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2019届高三数学一轮复习:第45讲 立体几何中的向量方法 _图文

2019年7月10日

第45讲 PART 7
立体几何中的 向量方法
教学参考│课前双基巩固│课堂考点探究│教师备用例题

你是我今生最美的相遇遇上你是我的缘

1

考试说明
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问题中的应用.

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你是我今生最美的相遇遇上你是我的缘

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考情分析

考点

考查方向

考例

考查热度

异面直线 所成的角

求异面直线所成的角或 与异面直线所成角有关
的探索性问题

2015全国卷Ⅰ18

★☆☆

直线与平面 所成的角

求直线与平面所成的角

2016全国卷Ⅲ19、2015全国 卷Ⅱ19、2013全国卷Ⅰ18

★★★

2017全国卷Ⅱ19、2016全国

二面角

求二面角或与二面角有 卷Ⅰ18、2016全国卷Ⅱ19、 关的探索性问题 2014全国卷Ⅰ19、2014全国

★★★

卷Ⅱ18,2013全国卷Ⅱ18

平行 与垂直 2019年7月10日

与平行和垂直有关的探 索性问题你是我今生最美的相遇遇上你是我的缘

☆☆☆
3

教学参考

真题再现
■ [2017-2013]课标全国真题再现

1.[2017·全国卷Ⅱ] 如图,四棱锥 P-ABCD 中,侧面 解:(1)证明:取 PA 的

PAD 为等边三角形且垂直于底面

中点 F,连接 EF,BF.

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.

因为 E 是 PD 的中点, 所以 EF∥AD,EF=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得 BC∥
AD, 又 BC=12AD,所以 EF BC,四边形

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教学参考

1.[2017·全国卷Ⅱ] 如图,四棱锥 P-ABCD 中,侧面 BCEF 是平行四边形,CE∥BF,

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

又 BF?平面 PAB,CE?平面 PAB,故 CE∥平面 PAB. (2)由已知得 BA ⊥AD,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

成角为 45°,求二面角 M-AB-D 的余弦值.

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).

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教学参考

1.[2017·全国卷Ⅱ] 如图,四棱锥 P-ABCD 中,侧面 设 M(x,y,z)(0<x<1),则

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.

=(x-1,y,z),=(x,y-1,z- 3). 因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45°,而 n=(0,0,1)是底面 ABCD 的法向 量,所以|cos< ,n>|=sin

(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

45°,

||

=

(-1)2+ 2+ 2

22,即(x-1)2+y2-z2=0.



成角为 45°,求二面角 M-AB-D 的余弦值.

又 M 在棱 PC 上,设

=λ ,则

x=λ,y=1,z= 3- 3λ.②

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教学参考

1.[2017·全国卷Ⅱ] 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.



=

1+

2 2

,

由①②解得 = 1, (舍去)或



=

-

6 2



=

1-

2 2

,

= 1,

=

6 2

,

所以 M

1-

2 2

,1,

6 2

,

从而 =

1-

2 2

,1,

6 2

.

设 m=(x0,y0,z0)是平面 ABM 的法向量,



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教学参考

1.[2017·全国卷Ⅱ] 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

· = 0,即 · = 0,
(2- 2)0 + 20 + 60 = 0, 0 = 0,
所以可取 m=(0,- 6,2).

于是 cos<m,n>=

= 510,

因此二面角 M-AB-D 的余弦值为 510.

成角为 45°,求二面角 M-AB-D 的余弦值.

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2.[2016·全国卷Ⅱ] 如图,菱形 ABCD 的对角
线 AC 与 BD 交于点 O,AB=5,AC=6,点 E,F 分别在 AD,CD 上,AE=CF=54,EF 交 BD 于点 H,将△DEF 沿 EF 折到△D'EF 的位 置,OD'= 10. (1)证明:D'H⊥平面 ABCD; (2)求二面角 B - D'A - C 的正弦值.

解:(1)证明:由已知得 AC⊥BD,AD=CD. 又由 AE=CF 得=,故 AC∥EF. 因此 EF⊥HD,从而 EF⊥D'H.
由 AB=5,AC=6 得 DO=BO= 2-2=4. 由 EF∥AC 得==14,所以 OH=1,D'H=DH=3. 于是 D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故 D'H⊥OH. 又 D'H⊥EF,且 OH∩EF=H,所以 D'H⊥平面 ABCD.

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教学参考

2.[2016·全国卷Ⅱ] 如图,菱形 ABCD 的对角
线 AC 与 BD 交于点 O,AB=5,AC=6,点 E,F 分别在 AD,CD 上,AE=CF=54,EF 交 BD 于点 H,将△DEF 沿 EF 折到△D'EF 的位 置,OD'= 10. (1)证明:D'H⊥平面 ABCD; (2)求二面角 B - D'A - C 的正弦值.

(2)如图,以 H 为坐标

原点,的方向为 x 轴

正方向,建立空间直角

坐标系 H - xyz,则

H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3), =(3,-4,0),=(6,0,0),'=(3,1,3).

设 m=(x1,y1,z1)是平面 ABD'的法向量,则

· = 0, 即 ·' = 0,

31-41 = 0, 31 + 1 + 31

=

0,

所以可取 m=(4,3,-5).

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2.[2016·全国卷Ⅱ] 如图,菱形 ABCD 的对角
线 AC 与 BD 交于点 O,AB=5,AC=6,点 E,F 分别在 AD,CD 上,AE=CF=54,EF 交 BD 于点 H,将△DEF 沿 EF 折到△D'EF 的位 置,OD'= 10. (1)证明:D'H⊥平面 ABCD; (2)求二面角 B - D'A - C 的正弦值.

设 n=(x2,y2,z2)是平面 ACD'的法向量,则

· = 0, 即 ·' = 0,

62 32

= +

0, 2

+

32

=

0,

所以可取 n=(0,-3,1).于是

cos<m,n>=||·|

=
|

-14 50× 10

=-7255,sin<m,n>=22595.

因此二面角 B - D'A - C 的正弦值是22595.

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3.[2014·全国卷Ⅰ] 如图,三棱柱 ABC
-A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥ B1C. (1)证明:AC=AB1; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC, 求二面角 A -A1B1 -C1 的余弦值.

解:(1)证明:连接 BC1,交 B1C 于点 O,连接 AO, 因为侧面 BB1C1C 为菱形,所以 B1C⊥BC1,且 O 为 B1C 及 BC1 的中点.又 AB⊥B1C,所以 B1C ⊥平面 ABO. 由于 AO?平面 ABO,故 B1C⊥AO. 又 B1O=CO,故 AC=AB1. (2)因为 AC⊥AB1,且 O 为 B1C 的中点,所以 AO=CO.

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教学参考
3.[2014·全国卷Ⅰ] 如图,三棱柱 ABC
-A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥ B1C. (1)证明:AC=AB1; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC, 求二面角 A -A1B1 -C1 的余弦值.

又因为 AB=BC,所以△BOA≌ △BOC.故 OA ⊥OB,从而 OA,OB,OB1 两两垂直. 以 O 为坐标原点,的方向为 x 轴正方 向,| |为单位长,建立如 图 7-45-4 所示的空间直 角坐标系 O-xyz. 因为∠CBB1=60°,所以△CBB1 为等边三角形, 又 AB=BC,则

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教学参考

3.[2014·全国卷Ⅰ] 如图,三棱柱 ABC
-A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥ B1C. (1)证明:AC=AB1; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC, 求二面角 A -A1B1 -C1 的余弦值.

A

0,0,

3 3

,B(1,0,0),B1

0,

3 3

,0

,C 0,- 33,0

.1 =

0,

3 3

,-

3 3

,11==

1,0,-

3 3

,

11==

-1,-

3 3

,0

.

设 n=(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量,则

·1 = 0, 即 ·11 = 0,

3 3

-

3
3

=

0,

-

3 3



=

0.

所以可取 n=(1, 3, 3).

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教学参考
3.[2014·全国卷Ⅰ] 如图,三棱柱 ABC
-A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥ B1C. (1)证明:AC=AB1; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC, 求二面角 A -A1B1 -C1 的余弦值.

设 m 是平面 A1B1C1 的法向量,则
·11 = 0, ·11 = 0, 同理可取 m=(1,- 3, 3). 则 cos<n,m>=||·||=17. 所以结合图形知二面角 A -A1B1 - C1 的余弦 值为17.

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■ [2017-2016]其他省份类似高考真题

1.[2017·江苏卷] 如图,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1⊥平面 ABCD, 且 AB=AD=2,AA1= 3,∠BAD=120°.

解:在平面 ABCD 内,过点 A 作 AE⊥AD,交 BC 于点 E.因为 AA1⊥平面 ABCD,所以 AA1⊥AE,AA1

⊥AD.如图,以{ , ,1 }

为正交基底,建立空间直角坐标系 A-xyz.

(1)求异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余 弦值;

因为 AB=AD=2,AA1= 3,∠BAD=120°,所以
A(0,0,0),B( 3,-1,0),D(0,2,0),E( 3,0,0),A1(0,0, 3),C1( 3,1, 3).

(2)求二面角 B-A1D-A 的正弦值.

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1.[2017·江苏卷] 如图,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,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.

(1)1=( 3,-1,- 3),1=( 3,1, 3), 则

cos<1 ,1 >=|11|·|11 |

=(

3,-1,-

3)·( 7

3,1,

3)=-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1=( 3,-1,- 3),=(- 3,3,0),

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教学参考

1.[2017·江苏卷] 如图,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,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.

则 ·1 = 0,即 3-- 3 = 0, · = 0, - 3 + 3 = 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<,m>=||·|

=(
|

3,0,0)·(3, 3×4

3,2)=34.

设二面角 B-A1D-A 的大小为 θ,则|cos θ|=34.

因为 θ∈[0,π],所以 sin θ= 1-cos2= 47.

因此二面角 B-A1D-A 的正弦值为 47.

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教学参考
2.[2017·北京卷] 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:(1)证明:设 AC,BD 的交点为 E,连接 ME. 因为 PD∥平面 MAC,平面 MAC∩平面 PDB=ME,所以 PD∥ME. 因为 ABCD 是正方形,所以 E 为 BD 的中点, 所以 M 为 PB 的中点.

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教学参考

2.[2017·北京卷] 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.

(2)取 AD 的中点 O,连接 OP,OE.因为 PA=PD,所 以 OP⊥AD. 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 OP⊥OE. 因为 ABCD 是正方形,所以 OE⊥AD. 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),所以

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教学参考

2.[2017·北京卷] 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.

=(4,-4,0), =(2,0,- 2). 设平面 BDP 的法向量为 n=(x,y,z),则 · = 0,即 4-4 = 0,
· = 0, 2- 2 = 0. 令 x=1,则 y=1,z= 2,于是 n=(1,1, 2).
平面 PAD 的一个法向量为 p=(0,1,0),所以 cos<n,p>=||·||=12. 由题知二面角 B - PD - A 为锐角,所以它的大小 为π3.

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教学参考
2.[2017·北京卷] 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.

(3)由题意知

M

-1,2,

2 2

,C(2,4,0),

则 =

3,2,-

2 2

.

设直线 MC 与平面 BDP 所成角为 α,则 sin

α=|cos<n,>|=|||·|||=296, 所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为

2 96.

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3.[2016·天津卷] 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:依题意,OF⊥平面 ABCD,如图所示,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(0,0,0),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=(x1,y1,z1)为平面 ADF 的法向量,则

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教学参考

3.[2016·天津卷] 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.

1· 1·

= 0,即 = 0,

21 = 0, 1-1 + 21

=

0.不妨设

z1=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=(x2,y2,z2)为平面 CEF 的法向量,则

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教学参考

3.[2016·天津卷] 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.

2· 2·

= =

0,即 0,

2 + 2 = 0, -2 + 2 + 22

=

0.不妨设

x2=1,可得 n2=(1,-1,1).

因此有

cos<,n2>=||··|22

=-
|

36,于是

sin<,n2>= 33,所以二面角 O - EF - C 的正

弦值为 33.

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教学参考

3.[2016·天津卷] 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

(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<,n2>=||··|22|=-217, 所以直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值为
217.

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.

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?#?

课前双基巩固
2.直线和平面所成角的求法
(1)如图 7-45-1 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 sin φ=|cos θ|= |||| .

图 7-45-1
(2)直线和平面所成角 φ 的取值范围是 0≤φ≤π2 .

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课前双基巩固
3.求二面角的大小
(1)如图 7-45-2①所示,AB,CD 是二面角 α - l - β 的两个半平面内与棱 l 垂直的直线,则二面
角的大小为< , >.

图 7-45-2

(2)如图 7-45-2②③所示,n1,n2 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
的大小为<n1,n2>(或 π-<n1,n2>).
(3)二面角的平面角的取值范围是 [0,π] .

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课前双基巩固

常用结论 空间距离的几个结论: (1)点到直线的距离:设过点 P 的直线 l 的方向向量为单位向量 n,A 为直线 l 外一点,点 A 到

直线 l 的距离 d= ||2-| ·|2.

(2)点到平面的距离:设 P 为平面 α 内的一点,n 为平面 α 的法向量,A 为平面 α 外一点,点 A

到平面

α

的距离

d=

·

.

(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离.

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课前双基巩固

对点演练

题组一 常识题

1.在正方体 ABCD - A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,

则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦

值为

.

[答案]

2 3

[解析] 以 A 为坐标

原点,建立如图所示

的空间直角坐标系,

设棱长为 1,则
A1(0,0,1),E 1,0,12 ,D(0,1,0),所以 1=(0,1,-1),1= 1,0,-12 .设平面

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课前双基巩固

1.在正方体 ABCD - A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,

则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦

值为

.

A1ED 的法向量为 n1=(1,y,z),则

1·1 1·1

= =

0,即 0,

- = 0,

1-

1 2



=

0,解得



= =

22,,故

n1=(1,2,2).

又平面 ABCD 的一

个法向量为

n2=(0,0,1),所以
cos<n1,n2>=23,故平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.

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课前双基巩固

2.[教材改编] 如果平面的一条斜线和斜线在这个平

面上的射影的方向向量分别是

a=(0,2,1),b=( 2, 5, 5),那么这条斜线与平面所成的

角是

.

[答案] 30°
[解析] cos<a,b>=||··||= 23,因此 a 与 b 的夹角为 30°,即斜线与平面 所成的角为 30°.

2019年7月10日

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33

课前双基巩固

3.[教材改编] 如图 7-45-3 所示,在正方体 ABCD -

A1B1C1D1 中,M,N 分别为棱 AA1 和 BB1 的中点,则

sin<,1>的值为

.

图 7-45-3

[答案]

45 9

[解析] 设正方体的棱长为 2,以 D 为坐标

原点,,,1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,可知

=(2,-2,1),1=(2,2,-1),所以 cos<,1>=-19,所以 sin<,1>=495.

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课前双基巩固

4.[教材改编] 在长方体 ABCD - A1B1C1D1

中,AB=2,BC=AA1=1,则 BB1与平面 A1BC1所成角

的正弦值为

.

[答案]

2 3

[解析] 建立如图所示的空间直角坐

标系,由于 AB=2,

BC=AA1=1,所以 A1(1,0,1),B(1,2,0), C1(0,2,1),B1(1,2,1),所以 11=(-1,2,0),1=(-1,0,1),1=(0,0, 1).设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x,y,z),

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课前双基巩固

4.[教材改编] 在长方体 ABCD - A1B1C1D1

中,AB=2,BC=AA1=1,则 BB1与平面 A1BC1所成角

的正弦值为

.

则有 ·11 = 0,即 - + 2 = 0, ·1 = 0, - + = 0,
令 x=2,则 y=1,z=2,则 n=(2,1,2). 设 BB1 与平面 A1BC1 所成的角为 θ,则 sin θ=|cos<1,n>|=||11|·|||=1×23=23.

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课前双基巩固
题组二 常错题
◆索引:异面直线所成角的取值范围出错;二面角的取值范围出错;直线和平面所成的角的取 值范围出错.

5.已知 2a+b=(0,-5,10),c=(1,-2,-2),a·c=4,|b|=12,

则以 b,c 为方向向量的两直线的夹角



.

[答案] 60°
[解析] 由题意得,(2a+b)·c=0+10-20=-10,即 2a·c+b·c=-10.因为 a·c=4,所以 b·c=-18,所以 cos<b,c>=||··||=12× -118+4+4=-12,所以 <b,c>=120°,所以两直线的夹角为 60°.

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课前双基巩固

6.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则

两平面所成的二面角的大小为

.

[答案] 45°或 135° [解析] cos<m,n>=||·||=1×1 2= 22,
即<m,n>=45°,其补角为 135°,∴两
平面所成的二面角的大小为 45° 或 135°.

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课前双基巩固

7.已知向量 m,n 分别是直线 l 的方向向量、平面 α 的法向

量,若 cos<m,n>=-1,则 l 与 α 所成的角为

.

2

[答案] 30°
[解析] 设 l 与 α 所成的角为 θ,则
sin θ=|cos<m,n>|=12,∴θ=30°.

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39

课前双基巩固

8.若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的夹角等于 120°,

则直线 l 与平面 α 所成的角等于

.

[答案] 30°
[解析] 设直线 l 与平面 α 所成的 角为 θ,作图(图略),根据线面角的 定义,有 θ+90°=120°,即直线 l 与平 面 α 所成的角为 30°.

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第1课时
空间角的求法

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课堂考点探究

探究点一 异面直线所成角

例 1 (1)[2018·扶余一中月考] 在正方体 ABCD -A1B1C1D1 中,点

E,F 分别是 BB1,D1B1 的中点,则 EF 与 A1D 所成角的大小为

() A.60° C.45°

B.90° D.75°

(2)在如图 7-45-4 所示的几何体中,四边形

ABCD 为矩形,直线 AF⊥平面

ABCD,EF∥AB,AD=2,AB=AF=2EF=1,若 P

图 7-45-4

是 DF 的中点,则异面直线 BE 与 CP 所成角的余弦值



.

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[思路点拨] (1)建立空间直角坐 标系,确定相关点的坐标,利用 两直线的方向向量求解;(2)利 用题中两两垂直的三条直线, 建立空间直角坐标系,用坐标 表示向量 , ,利用向量的夹 角公式可求得两异面直线的夹 角的余弦值.
42

课堂考点探究

例 1 (1)[2018·扶余一中月考] 在正方体 ABCD -A1B1C1D1

中,点 E,F 分别是 BB1,D1B1 的中点,则 EF 与 A1D 所成角的

大小为( )

A.60° C.45°

B.90° D.75°

(2)在如图 7-45-4 所示的几何体中,四边形

ABCD 为矩形,直线 AF⊥平面

ABCD,EF∥AB,AD=2,AB=AF=2EF=1,

图 7-45-4

若 P 是 DF 的中点,则异面直线 BE 与

CP 所成角的余弦值是

.

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[答案] (1)B (2)4155
[解析] (1)如图所 示,以 D 为坐标原 点,以 DA 所在直 线为 x 轴,DC 所在直线为 y 轴,DD1 所在直线为 z 轴,建立空 间直角坐标系,设正方体 ABCD -A1B1C1D1 的棱长为 2,易得
43

课堂考点探究

例 1 (1)[2018·扶余一中月考] 在正方体 ABCD -A1B1C1D1

中,点 E,F 分别是 BB1,D1B1 的中点,则 EF 与 A1D 所成角的

大小为( )

A.60° C.45°

B.90° D.75°

(2)在如图 7-45-4 所示的几何体中,四边形

ABCD 为矩形,直线 AF⊥平面

ABCD,EF∥AB,AD=2,AB=AF=2EF=1,

图 7-45-4

若 P 是 DF 的中点,则异面直线 BE 与

CP 所成角的余弦值是

.

E(2,2,1),F(1,1,2),D(0,0,0),A1(2,0,2),

=(-1,-1,1),1 =
(2,0,2),∴
·1 =-2+2=0,
∴⊥1,故选 B.
(2)因为直线
AF⊥平面 ABCD,AB⊥ AD,所以以 A 为坐标原点,分别以

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课堂考点探究

例 1 (1)[2018·扶余一中月考] 在正方体 ABCD -A1B1C1D1

中,点 E,F 分别是 BB1,D1B1 的中点,则 EF 与 A1D 所成角的

大小为( )

A.60° C.45°

B.90° D.75°

(2)在如图 7-45-4 所示的几何体中,四边形

ABCD 为矩形,直线 AF⊥平面

ABCD,EF∥AB,AD=2,AB=AF=2EF=1,

图 7-45-4

若 P 是 DF 的中点,则异面直线 BE 与

CP 所成角的余弦值是

.

AB,AD,AF 所在的直线为 x 轴、y
轴、z 轴,建立空间直角坐标系如图 所示,则 E 12,0,1 ,B(1,0,0),P 0,1,12 ,C(1,2,0),
∴= -12,0,1 ,= -1,-1,12 ,
cos<,>=||·||=12+250×+3212=4155, 则异面直线 BE
与 CP 所成角的
余弦值是4155.

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课堂考点探究

例 1 (1)[2018·扶余一中月考] 在正方体 ABCD -A1B1C1D1

中,点 E,F 分别是 BB1,D1B1 的中点,则 EF 与 A1D 所成角的

大小为( )

A.60° C.45°

B.90° D.75°

(2)在如图 7-45-4 所示的几何体中,四边形

ABCD 为矩形,直线 AF⊥平面

[总结反思] (1)两异面直线所成角 的余弦值等于两条异面直线的方 向向量所成角的余弦值的绝对 值;(2)在证明两直线垂直时,可证两 条直线所成的角为 90°;(3)注意两 异面直线所成角的范围是(0°,90°].

ABCD,EF∥AB,AD=2,AB=AF=2EF=1,

图 7-45-4

若 P 是 DF 的中点,则异面直线 BE 与

CP 所成角的余弦值是

.

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课堂考点探究

变式题 如图 7-45-5 所示,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1⊥平面 ABCD,且 AB=AD=2,AA1= 3,∠BAD=120°.求异面直 线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值.
图 7-45-5

解:在平面 ABCD 内,过点 A 作 AE⊥AD,交 BC 于 点 E.因为 AA1⊥平面 ABCD, 所以 AA1⊥AE,AA1⊥AD. 如图所示,以 A 为坐标原点, 建立空间直角坐标系 A-xyz. 因为 AB=AD=2,AA1= 3,∠BAD=120°, 所以 A(0,0,0),B( 3,-1,0),A1(0,0, 3),C1( 3,1, 3), 所以1=( 3,-1,- 3),1=( 3,1, 3),

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课堂考点探究

变式题 如图 7-45-5 所示,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1⊥平面 ABCD,且 AB=AD=2,AA1= 3,∠BAD=120°.求异面直 线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值.



cos<1

,1

>= 1·1
|1 ||1

|

=(

3,-1,-

3)·( 7

3,1,

3)=-17,

因此异面直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值为17.

图 7-45-5

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课堂考点探究

探究点二 直线与平面所成的角

例 2 [2017·广州二模] 如图 7-45-6 所示,四边形 ABCD 是边长为 a 的菱形,∠BAD=60°,EB⊥平面 ABCD,FD⊥平面 ABCD,EB=2FD= 3a. (1)求证:EF⊥AC; (2)求直线 CE 与平面 ABF 所成角的正弦值.

[思路点拨] (1)由已知,得 EB∥FD, 即 B,D,F,E 四点共面,则要证明 EF ⊥AC,需证明 AC 与平面 BDFE 垂 直;(2)建立空间直角坐标系,求出 直线 CE 的方向向量和平面 ABF

的法向量,将问题转化为求解两

个向量的夹角的余弦值.

图 7-45-6

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课堂考点探究

例 2 [2017·广州二模] 如图 7-45-6 所示,四边形 ABCD 是边长为 a 的菱形,∠BAD=60°,EB⊥平面 ABCD,FD⊥平面 ABCD,EB=2FD= 3a. (1)求证:EF⊥AC; (2)求直线 CE 与平面 ABF 所成角的正弦值.
图 7-45-6

解:(1)证明:连接 BD, 因为四边形 ABCD 是菱形,所以 AC⊥BD. 因为 FD⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD, 所以 AC⊥FD. 因为 BD∩FD=D,所以 AC⊥平面 BDF. 因为 EB⊥平面 ABCD,FD⊥平面 ABCD,所以 EB∥FD. 所以 B,D,F,E 四点共面, 所以 EF?平面 BDFE,所以 EF⊥AC.

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课堂考点探究

例 2 [2017·广州二模] 如图 7-45-6 所示,四边形 ABCD 是边长为 a 的菱形,∠BAD=60°,EB⊥平面 ABCD,FD⊥平面 ABCD,EB=2FD= 3a. (1)求证:EF⊥AC; (2)求直线 CE 与平面 ABF 所成角的正弦值.
图 7-45-6

(2)如图,以 D 为坐标原点,分别
以,的方向为 y 轴、z 轴的
正方向,建立空间直角坐标系 D - xyz. 易得 A 23a,-12a,0 ,B 23a,12a,0 , F 0,0, 23a ,C(0,a,0),E 23a,12a, 3a , 所以=(0,a,0),= - 23a,12a, 23a .

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课堂考点探究

例 2 [2017·广州二模] 如图 7-45-6 所示,四边形 ABCD 是边长为 a 的菱形,∠BAD=60°,EB⊥平面 ABCD,FD⊥平面 ABCD,EB=2FD= 3a. (1)求证:EF⊥AC; (2)求直线 CE 与平面 ABF 所成角的正弦值.
图 7-45-6

设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y,z),



· = 0,即 · = 0,

= 0,

-

3
2

+ 1 +
2

3 2



=

0,

不妨取 x=1,则平面 ABF 的一个法向量为

n=(1,0,1). 因为= 23a,-12a, 3a , 所以|cos<n,>|=|||·|||=386,

所以直线 CE 与平面 ABF 所成角的正弦值为

386.

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课堂考点探究

例 2 [2017·广州二模] 如图 7-45-6 所示,四边形 ABCD 是边长为 a 的菱形,∠BAD=60°,EB⊥平面 ABCD,FD⊥平面 ABCD,EB=2FD= 3a. (1)求证:EF⊥AC; (2)求直线 CE 与平面 ABF 所成角的正弦值.
图 7-45-6

[总结反思] (1)利用向量求直线与平面所成的

角有两个思路:①分别求出斜线和它在平面内

的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向

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所

夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角.

(2)若直线 l 与平面 α 的夹角为 θ,直线 l 的方向

向量 l 与平面 α 的法向量 n 的夹角为 β,则 θ=π-β
2



θ=β-π,故有
2

sin

θ=|cos

β|=|||·|||.

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课堂考点探究

变式题 [2016·全国卷Ⅲ] 如图 7-45-7,四棱锥 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:(1)证明:由已知得 AM=23AD=2. 取 BP 的中点 T,连接 AT,TN, 由 N 为 PC 的中点知 TN∥BC,TN=12BC=2. 又 AD∥BC,所以 TN AM,
故四边形 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.

图 7-45-7

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课堂考点探究

变式题 [2016·全国卷Ⅲ] 如图 7-45-7,四棱锥 P - (2)取 BC 的中点 E,连接 AE.由 AB=AC 得 AE

ABCD 中,PA⊥底面

⊥BC,从而 AE⊥AD,且

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.

AE= 2-2= 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

2019年7月10日

图 7-45-7

意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C( 5,2,0),N 25,1,2 ,=(0,2,-4),= 25,1,-2 ,= 25,1,2 .

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课堂考点探究

变式题 [2016·全国卷Ⅲ] 如图 7-45-7,四棱锥 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.

设 n=(x,y,z)为平面 PMN 的法向量,则

· = 0, · = 0,

2-4 = 0,



5 2



+

-2

=

可取 0,

n=(0,2,1),

于是|cos<n,>|=|||·|||=8255.

故直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为

8255.

图 7-45-7

2019年7月10日

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课堂考点探究

探究点三 二面角

例 3 [2017·全国卷Ⅰ] 如图 7-45-8,在四棱锥
P-ABCD 中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)若 PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角 A-PB-C 的余弦值.

[思路点拨] (1)证明平面 PAB⊥平面 PAD,转化为证明平面 PAB 内的直线 AB⊥平面 PAD;(2)建立空间直角坐标 系,分别求解平面 PAB 和平面 PBC 的法 向量,把求二面角 A - PB - C 的余弦值

转化为求平面 PAB 的法向量与平面

PBC 的法向量的余弦值.

图 7-45-8

2019年7月10日

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课堂考点探究

例 3 [2017·全国卷Ⅰ] 如图 7-45-8,在四棱锥
P-ABCD 中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)若 PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角 A-PB-C 的余弦值.
图 7-45-8

解:(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,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. (2)在平面 PAD 内作 PF⊥AD, 垂足为 F.由(1)可知,AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PF,可得 PF⊥平面 ABCD.以 F 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 F-xyz.

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课堂考点探究

例 3 [2017·全国卷Ⅰ] 如图 7-45-8,在四棱锥
P-ABCD 中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)若 PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角 A-PB-C 的余弦值.

由(1)及已知可得

A

2 2

,0,0

,P

0,0,

2 2

,B

2 2

,1,0

,C

-

2 2

,1,0

,所以

=

-

2 2

,1,-

2 2

, =(

2,0,0), =

2 2

,0,-

2 2

,

=(0,1,0).

设 n=(x,y,z)是平面 PCB 的法向量,则

· = 0,即 · = 0,

图 7-45-8

-

2 2



+

-

2 2



=

0,

2 = 0,

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课堂考点探究

例 3 [2017·全国卷Ⅰ] 如图 7-45-8,在四棱锥
P-ABCD 中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)若 PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角 A-PB-C 的余弦值.
图 7-45-8

可取 n=(0,-1,- 2).

设 m=(x1,y1,z1)是平面 PAB 的法向量,则

· = 0,即 · = 0,

2 2

1

-

2 2

1

=

0,

1 = 0,

可取 m=(1,0,1),



cos<n,m>=||·|

=-
|

33,

所以二面角 A-PB-C 的余弦值为- 33.

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课堂考点探究

例 3 [2017·全国卷Ⅰ] 如图 7-45-8,在四棱锥
P-ABCD 中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)若 PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角 A-PB-C 的余弦值.
图 7-45-8

[总结反思] (1)求二面角最常用的方法就是分别 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是锐角 还是钝角. (2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平
面的法向量,求法向量的方法主要有两种:①求平 面的垂线的方向向量;②利用法向量与平面内两
个不共线向量的数量积为零,列方程组求解.

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课堂考点探究

变式题 [2017·全国卷Ⅱ] 如图 7-45-9,四棱锥
P-ABCD 中,侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD,AB=BC=1AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是 PD
2
的中点. (1)证明:直线 CE∥平面 PAB;

解:(1)证明:取 PA 的中点 F,连接 EF,BF. 因为 E 是 PD 的中点,所以 EF∥AD,EF=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得 BC∥AD,又 BC=12AD,所以 EF BC,四边形 BCEF 是平行 四边形,CE∥BF,又 BF?平面 PAB,CE?平面

(2)点 M 在棱 PC 上,且直线

PAB,故 CE∥平面 PAB.

BM 与底面 ABCD 所成角为

(2)由已知得 BA⊥AD,以 A 为坐标原点,的

45°,求二面角 M-AB-D 的余

图 7-45-9

方向为 x 轴正方向,||为单位长,建立如图

弦值.

所示的空间直角坐标系 A-xyz,则

2019年7月10日

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课堂考点探究

变式题 [2017·全国卷Ⅱ] 如图 7-45-9,四棱锥

P-ABCD 中,侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD,AB=BC=1AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是 PD
2
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

图 7-45-9

弦值.

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<x<1),



=(x-1,y,z),=(x,y-1,z- 3). 因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45°,而

n=(0,0,1)是底面 ABCD 的法向量,所以

|cos<,n>|=sin 45°,

||

= 2,

(-1)2+ 2+ 2 2

即(x-1)2+y2-z2=0.①

2019年7月10日

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63

课堂考点探究

变式题 [2017·全国卷Ⅱ] 如图 7-45-9,四棱锥

P-ABCD 中,侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD,AB=BC=1AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是 PD
2
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

图 7-45-9

弦值.

又 M 在棱 PC 上,设=λ,则

x=λ,y=1,z= 3- 3λ.②



=

1+

2 2

,

由①②解得 = 1, (舍去)或



=

-

6 2



=

1-

2 2

,

= 1,

=

6 2

,

所以 M

1-

2 2

,1,

6 2

,

从而 =

1-

2 2

,1,

6 2

.

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课堂考点探究

变式题 [2017·全国卷Ⅱ] 如图 7-45-9,四棱锥
P-ABCD 中,侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD,AB=BC=1AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是 PD
2
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

设 m=(x0,y0,z0)是平面 ABM 的法向量,则

· = 0,即 · = 0,

(2- 2)0 0 = 0,

+

20

+

60 = 0,

所以可取 m=(0,- 6,2).

于是 cos<m,n>=

= 510,

因此二面角 M-AB-D 的余弦值为 510.

45°,求二面角 M-AB-D 的余

图 7-45-9

弦值.

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教师备用例题
【备选理由】用空间向量求空间角是本讲次的主要内容,下面的例1就是用空间向 量求解异面直线所成角的具体应用问题,例2是用空间向量求解线面角的问题,例3 是用空间向量求解二面角的问题.

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教师备用例题
例 1 [配合例 1 使用] 如图所示,直角三角形 ABC 中,∠ACB=90°,∠BAC=60°,点 F 在 斜边 AB 上,且 AB=4AF.D,E 是平面 ABC 同一侧的两点,AD⊥平面 ABC,BE⊥平面 ABC,AD=3,AC=BE=4. (1)求证:平面 CDF⊥平面 CEF; (2)点 M 在线段 BC 上,异面直线 CF 与 EM 所成角的余弦值为14,求 CM 的长.

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教师备用例题
解:(1)证明:∵直角三角形 ABC 中,∠BAC=60°,AC=4,∴AB=8,AF=14AB=2,
由余弦定理得 CF=2 3且 CF⊥AB.
连接 DE.∵AD⊥平面 ABC,CF?平面 ABC, ∴AD⊥CF. 又 AD∩AB=A,∴CF⊥平面 DABE, ∴CF⊥DF,CF⊥EF, ∴∠DFE 为二面角 D-CF-E 的平面角.
又 AF=2,AD=3,BE=4,BF=6,
故 Rt△ADF∽Rt△BFE,∴∠ADF=∠BFE,

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教师备用例题

∴∠AFD+∠BFE=∠AFD+∠ADF=90°, ∴∠DFE=90°,即 D-CF-E 为直二面角,

∴平面 CDF⊥平面 CEF.

(2)以 C 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz,

则 C(0,0,0),B(0,4 3,0),E(0,4 3,4),

F(3, 3,0),M(0,a,0)(0≤a≤4 3),

∴=(3, 3,0),=(0,a-4 3,-4).

∵异面直线 CF 与 EM 所成角的余弦值为14,∴

|cos<,>|=|||··|||=2

3(4 3· (4

3-) 3- )2

+16=14,解得

a=833,故

CM=833.

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教师备用例题
例 2 [配合例 2 使用] 如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CA=CB,侧面 ABB1A1 是边 长为 2 的正方形.点 E,F 分别在线段 AA1,A1B1 上,且 AE=12,A1F=34,CE⊥EF. (1)证明:平面 ABB1A1⊥平面 ABC; (2)若 CA⊥CB,求直线 AC1 与平面 CEF 所成角的正弦值.

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教师备用例题

解:(1)证明:取线段 AB 的中点 M,连接 EM,CM.
在正方形 ABB1A1 中,AM=1,A1E=32, 在 Rt△EAM 和 Rt△FA1E 中,1=1=23, 又∠EAM=∠FA1E=π2,
∴Rt△EAM∽Rt△FA1E, ∴∠AEM=∠A1FE,
从而∠AEM+∠A1EF=∠A1FE+∠A1EF=π2,
∴∠FEM=π2,即 EF⊥EM.
又 EF⊥CE,ME∩CE=E,∴EF⊥平面 CEM.

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教师备用例题

∵CM?平面 CEM,∴CM⊥EF,

在等腰三角形 CAB 中,CM⊥AB,

又 AB 与 EF 相交,∴CM⊥平面 ABB1A1. ∵CM?平面 ABC,∴平面 ABB1A1⊥平面 ABC.
(2)在等腰三角形 CAB 中,由 CA⊥CB,AB=2,

知 CA=CB= 2,且 CM=1,

记线段 A1B1 的中点为 N,连接 MN,由(1)知,MC,MA,MN 两两垂直.

以 M 为坐标原点,分别以,,为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系

M-xyz,则 C(1,0,0),E

0,1,

1 2

,F

0,

1 4

,2

,A(0,1,0),C1(1,0,2),

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教师备用例题

设平面 CEF 的法向量为 n=(x,y,z),则 n⊥,n⊥,



-

+



+

1 2



=

0,

-

3 4



+

3 2



=

0

?

2-2- = 2,

=

0,

取 z=2,则 y=4,x=5,从而得到平面 CEF 的一个法向量为

n=(5,4,2).

1=(1,-1,2),记直线 AC1 与平面 CEF 所成角为 θ,



sin

θ=|cos<1

,n>|= |1·| =
|1 |·| |

|54-54×+46| =

1380.

故直线 AC1 与平面 CEF 所成角的正弦值为 1380.

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73

教师备用例题
例 3 [配合例 3 使用] 如图所示,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AC=AA1=BC1=2,∠ AA1C1=60°,平面 ABC1⊥平面 AA1C1C,AC1 与 A1C 相交于点 D. (1)求证:BD⊥平面 AA1C1C; (2)求二面角 C1-AB-C 的余弦值.

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教师备用例题

解:(1)证明:依题意知,侧面 AA1C1C 是菱形,D 是 AC1 的中点,因为 BA=BC1, 所以 BD⊥AC1. 又平面 ABC1⊥平面 AA1C1C,且 BD?平面 ABC1,平面 ABC1∩平面 AA1C1C=AC1, 所以 BD⊥平面 AA1C1C. (2)以 D 为原点,建立空间直角坐标系 D-xyz,如图所示, 由已知可得 AC1=2,AD=1,BD=A1D=DC= 3,BC= 6,故 D 0,0,0 ,A 1,0,0 ,B 0,0, 3 ,C1(-1,0,0),C 0, 3,0 , 则= -1,0, 3 ,= 0, 3,- 3 .

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教师备用例题

设平面 ABC 的法向量是 n= ,, ,



· = 0,即 · = 0,

- + 3-

3 3

= =

0, 解得 0,



= =

3, ,

令 z=1,得 n= 3,1,1 ,

显然= 0, 3,0 是平面 ABC1 的一个法向量,

所以

cos<n, >=

·

=

3 5×

3=

55,

即二面角 C1-AB-C 的余弦值是 55.

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第2课时
空间向量的应用

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课堂考点探究
探究点一 空间角有关的探索性问题

例 1 [2017·河北名校联盟二模] 如图 7-45-10 所示,在梯形

[思路点拨] (1)由已知得 BD⊥AD,

ABCD 中,AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°,四边形 BFED

是以 BD 为直角腰的直角梯形,DE=2BF=2,平面 BFED⊥平面 ABCD. (1)求证:AD⊥平面 BFED.

(2)在线段 EF 上是否存在一点 P,使得平面 PAB

与平面 ADE 所成的锐二面角的余弦值为5 7?若
28

存在,求出点 P 的位置;若不存在,说明理由.

图 7-45-10

由两平面垂直的性质定理,可证 明 AD⊥平面 BFED;(2)建立空间 直角坐标系,设出点 P 的坐标,求 得平面 EAD 与平面 PAB 的法向 量,根据两向量的夹角公式,得到 关于参数 λ 的等式,解方程可得 λ 的值,即可确定点 P 的位置.

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课堂考点探究

解:(1)证明:在梯形 ABCD 中,
∵AB∥CD,AD=DC=CB=1,∠BCD=120°, ∴∠ADB=90°,∴BD⊥AD. ∵平面 BFED⊥平面 ABCD,平面 BFED∩平面 ABCD=BD,AD?平面 ABCD, ∴AD⊥平面 BFED. (2)∵AD⊥平面 BFED,∴AD⊥DE.
以 D 为原点,分别以 DA,DB,DE 所在直线为 x 轴、 y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 在△BCD 中,DC=BC=1,∠BCD=120°,由余弦定理得 BD= 3,

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课堂考点探究

则 A(1,0,0),B(0, 3,0),由题意,设 P 0,λ,2- 33λ (0≤λ≤ 3),

∴ =(-1,

3,0),= 0,λ-

3,2-


3

.

易知平面 EAD 的一个法向量为 m=(0,1,0),

设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),



· = 0,得 · = 0,

- + 3 = 0,

(-

3)

+

(2-

3 3

)

=

0,

取 y=1,可得 n= 3,1,2-33-3 .
∵平面 PAB 与平面 ADE 所成的锐二面角的余弦值为5287,

2019年7月10日

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课堂考点探究

∴|cos<m,n>|=|||·|||=

=5287,

解得 λ= 33,即 P 为线段 EF 上靠近点 E 的三等分点.

[总结反思] 利用向量解决与空间 角有关的探索性问题,其步骤 是:(1)假设存在(或结论成立);(2) 建立空间直角坐标系,设(求)出相 关空间点的坐标;(3)构建有关向 量;(4)结合空间向量,利用线面角 或二面角的公式求解;(5)作出判 断.

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课堂考点探究
变式题 如图 7-45-11 所示,在四棱锥 P - ABCD 中,∠ABC=∠ACD=90°,∠BAC=∠CAD=60°,PA⊥平面 ABCD,PA=2,AB=1. (1)设点 E 为 PD 的中点,求证:CE∥平面 PAB. (2)线段 PD 上是否存在一点 N,使得直线 CN 与平面 PAC 所成的角 θ 的正弦值为 15?
5
若存在,试确定点 N 的位置;若不存在,请说明理由.

图 7-45-11

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课堂考点探究
解: (1)证明:取 AD 的中点 M,连接 EM,CM,则 EM∥PA.
∵EM?平面 PAB,PA?平面 PAB, ∴EM∥平面 PAB. 在 Rt△ACD 中,∠CAD=60°,CM=AM,∴∠ACM=60°. 又∠BAC=60°,∴MC∥AB. ∵MC?平面 PAB,AB?平面 PAB,∴MC∥平面 PAB. ∵EM∩MC=M,∴平面 EMC∥平面 PAB. ∵EC?平面 EMC,∴EC∥平面 PAB.

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83

课堂考点探究

(2)过 A 作 AF⊥AD 交 BC 于 F,以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

则 A(0,0,0),C( 3,1,0),D(0,4,0),P(0,0,2),∴=( 3,1,0),=(0,0,2),=(0,4,-2).

设平面

PAC

的法向量为

n=(x,y,z),则

2 = 0, 3 +

=

0,取

n=( 3,-3,0).

设=λ(0≤λ≤1),则=(0,4λ,-2λ),=(- 3,4λ-1,2-2λ),

∴|cos<n, >|=

|12|

=

3+(4-1)2+(2-2)2· 12

515,∴λ=12,

∴N 为 PD 的中点时,直线 CN 与平面 PAC 所成的角 θ 的正弦值为 515.

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课堂考点探究
探究点二 垂直有关的探索性问题
例 2 如图 7-45-12 所示的几何体中,四边形 ABCD 为等腰梯 形,AB∥CD,AB=2AD=2,∠DAB=60°,四边形 CDEF 为正方形,平面 CDEF⊥平面 ABCD. (1)若点 G 是棱 AB 的中点,求证:EG∥平面 BDF. (2)求直线 AE 与平面 BDF 所成角的正弦值. (3)在线段 FC 上是否存在点 H,使平面 BDF⊥平面 HAD?若存在,求的值;若不存在, 说明理由.

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你是我今图生最7美-4的5相-遇12遇上你是我的缘

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课堂考点探究
[思路点拨] (1)由已知条件及等腰梯形的性质,可证明四边形 EFBG 是平行四边 形,则有 EG∥FB,再根据线面平行的判定定理即可得到 EG∥平面 BDF;(2)建立空 间直角坐标系,确定平面 BDF 的法向量,再求出直线 AE 的方向向量与平面 BDF 法向量的夹角,即得直线 AE 与平面 BDF 所成角的正弦值;(3)假设线段 FC 上存在 点 H,设 H -12, 23,t (0≤t≤1),用 t 表示平面 HAD 的法向量,由平面 BDF 与平面 HAD 的两个法向量的数量积为 0,得关于 t 的方程, 若方程有解,则满足条件的点 H 存在,可求得的值,若方程无解, 则满足条件的点 H 不存在.

2019年7月10日

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课堂考点探究
解:(1)证明:由已知得 EF∥CD,且 EF=CD. 因为四边形 ABCD 为等腰梯形,所以 BG∥CD. 因为 G 是棱 AB 的中点,所以 BG=CD, 所以 EF∥BG,且 EF=BG, 故四边形 EFBG 为平行四边形, 所以 EG∥FB. 因为 FB?平面 BDF,EG?平面 BDF, 所以 EG∥平面 BDF.

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课堂考点探究

(2)因为四边形 CDEF 为正方形,所以 ED⊥DC. 因为平面 CDEF⊥平面 ABCD, 平面 CDEF∩平面 ABCD=DC,DE?平面 CDEF, 所以 ED⊥平面 ABCD. 在△ABD 中,因为∠DAB=60°,AB=2AD=2, 所以由余弦定理,得 BD= 3,所以 AD⊥BD. 在等腰梯形 ABCD 中,可得 DC=CB=1. 如图所示,以 D 为原点,以 DA,DB,DE 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间 直角坐标系,则 D(0,0,0),A(1,0,0),E(0,0,1),B(0, 3,0),F -12, 23,1 ,

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课堂考点探究

所以=(-1,0,1),= -12, 23,1 ,=(0, 3,0).

设平面 BDF 的法向量为 n=(x,y,z),由 · = 0, · = 0,

3 = 0,



-

1 2



+

3
2

+

=

取 0,

z=1,则

x=2,y=0,得

n=(2,0,1).

设直线 AE 与平面 BDF 所成的角为 θ,

则 sin θ=|cos<,n>|=|||··|||= 1100, 所以 AE 与平面 BDF 所成的角的正弦值为 1100.

2019年7月10日

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课堂考点探究

(3)线段 FC 上不存在点 H,使平面 BDF⊥平面 HAD.证明如下:

假设线段 FC 上存在点 H,设 H -12, 23,t (0≤t≤1), 则= -12, 23,t .

设平面 HAD 的法向量为 m=(a,b,c),由 · = 0, · = 0,

= 0,



-

1 2



+

3 2



+



=

0,

取 c=1,则 a=0,b=- 23t,得 m= 0,- 23t,1 .

要使平面 BDF⊥平面 HAD,只需 m·n=0,即 2×0- 23t×0+1×1=0,此方程无解.

所以线段 FC 上不存在点 H,使平面 BDF⊥平面 HAD.

2019年7月10日

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课堂考点探究
[总结反思] 探索在某平面内是否存在某点满足垂直关系,通常先假设存在,然后 引入参数,用向量方法处理,由条件与结论列出等式,再解出参数,思路简单,解法固 定,操作方便.注意将点的坐标设为(x,y,z)时,要结合图形的几何特征尽量减少 x,y,z 中未知数的个数.

2019年7月10日

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课堂考点探究
变式题 [2017·洛阳三模] 如图 7-45-13 所示,在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=2,E 是 BC 的中点. (1)求证:A1B∥平面 AEC1. (2)在棱 AA1 上是否存在一点 M,满足 B1M⊥C1E?若存在,求平面 MEC1 与平面 ABB1A1 所成锐二面角的余弦值;若不存在,说明理由.

图 7-45-13

2019年7月10日

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课堂考点探究

解:(1)证明:连接 A1C 交 AC1 于点 O,连接 EO,
∵四边形 ACC1A1 是正方形,∴O 为 A1C 的中点, 又 E 为 CB 的中点,∴EO∥A1B. ∵EO?平面 AEC1,A1B?平面 AEC1, ∴A1B∥平面 AEC1.
(2)棱 AA1 上存在 M,满足 B1M⊥C1E. 以 A 为坐标原点,AB 为 x 轴,AC 为 y 轴,AA1 为 z 轴,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B1(2,0,2),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(1,1,0). 设 M(0,0,m)(0≤m≤2),则1=(-2,0,m-2),1=(1,-1,-2).

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课堂考点探究

∵B1M⊥C1E,∴1·1=-2-2(m-2)=0,解得 m=1,

∴M(0,0,1),则 =(1,1,-1),1 =(0,2,1).

设平面 MEC1 的法向量为 n=(x,y,z),

则 · = + - = 0,取 y=-1,得 n=(3,-1,2). 1· = 2 + = 0,
易知 AC⊥平面 ABB1A1,∴平面 ABB1A1 的一个法向量为

=(0,2,0),

∴cos<,n>=||··|

=-
|

1144,

∴平面 MEC1 与平面 ABB1A1 所成锐二面角的余弦值为 1144.

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课堂考点探究
探究点三 平行有关的探索性问题
例 3 [2017·临汾三模] 如图 7-45-14 所示,梯形 ABCD 中,∠BAD=∠ADC=90°,CD=2AD=2, 四边形 BDEF 为矩形,平面 BDEF 丄平面 ABCD,BD⊥CF. (1)若 AF⊥CE,求证:CE⊥DF. (2)在棱 AE 上是否存在点 G,使得直线 BG∥平面 EFC?并说明理由?

图 7-45-14

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课堂考点探究
[思路点拨] (1)由平面 BDEF 丄平面 ABCD,DE 丄 BD,根据面面垂直性质定理知 DE⊥平面 ABCD,得 DA,DC,DE 两两垂直,则以 D 为坐标原点建立空间直角坐标 系,确定相关向量的坐标,把两直线垂直的问题转化为两直线的方向向量的数量 积为 0;(2)假设存在点 G,用坐标表示直线 BG 的方向向量与平面 EFC 的法向量 n,把问题转化为证明 ·n=0.

2019年7月10日

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课堂考点探究

解:(1)证明:∵四边形 BDEF 为矩形,∴BD⊥DE, 又平面 BDEF 丄平面 ABCD,平面 BDEF∩平面 ABCD=BD,∴DE⊥平面 ABCD, 又∵∠ADC=90°,∴DA,DC,DE 两两垂直.
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, 如图所示. 设 DE=m,AB=y,则 D(0,0,0),B(1,y,0),A(1,0,0),E(0,0,m),F(1,y,m),C(0,2,0),
∴ =(1,y,0), =(1,y-2,m). ∵BD⊥CF,∴·=1+y2-2y=0,解得 y=1,

2019年7月10日

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课堂考点探究

∴ =(0,1,m), =(0,-2,m), =(1,1,m). ∵AF⊥CE,∴ ·=-2+m2=0, ∵ · =-2+m2,∴ · =0, ∴CE⊥DF.
(2)在棱 AE 上存在点 G,使得直线 BG∥平面 EFC,且=12.
证明如下:
由(1)知 G 23,0,3 ,
∴= -13,-1,3 ,=(1,1,0),=(0,2,-m).
设平面 EFC 的法向量为 n=(a,b,c),

2019年7月10日

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课堂考点探究



· ·

= =

+ = 0, 取 2- = 0,

b=1,得

n=

-1,1,2

,

∴ ·n=

-

1 3

×(-1)+(-1)×1+3 ·2 =0,∴⊥n.

∵BG?平面 EFC,∴BG∥平面 EFC.

[总结反思] 存在判断型问题的求解,应 假设存在, 把问题转化为点的坐标是 否有解,借助于空间向量列出满足条件 的等式求解.运用向量法解题,可使几何 问题代数化,降低思维的难度.另外,探 索在线段 AP 上(不含端点时)是否存在 某点 M 时,要注意三点共线的条件 =λ,可由此设出点 M 的坐标,其中 λ 为参数,且 0<λ<1.

2019年7月10日

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99

课堂考点探究
变式题 如图 7-45-15 所示,四棱锥 S - ABCD 的底面是正方形,每条侧棱的长都是底 面边长的 2倍,P 为侧棱 SD 上的点,且 SD⊥PC. (1)求二面角 P - AC - D 的大小.
(2)在侧棱 SC 上是否存在一点 E,使得 BE∥平面 PAC?若存在,求 SE∶EC 的值;若不
存在,试说明理由.

图 7-45-15

2019年7月10日

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100

课堂考点探究

解:连接 BD 交 AC 于点 O,连接 SO,以 O 为坐标原点,以,,的方向分别为

x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系.

(1)设底面边长为 1,易知 AC⊥平面 SBD,∴SD⊥AC.

又∵SD⊥PC,AC∩PC=C,∴SD⊥平面 APC.

由勾股定理易知

OS=

26,则

S

0,0,

6 2

,D

-

22,0,0

,C

0,

22,0

,B

22,0,0

,∴ =

0,0,

6 2

, =

-

22,0,-

6 2

,

∴cos<,>=||··||=- 23.

由图可知,所求二面角 P - AC - D 为锐二面角,则所求二面角大小为π6.

2019年7月10日

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101

课堂考点探究

(2)存在点 E,当 SE∶EC=2∶1 时,BE∥平面 PAC.理由如下:

易知 =

22,0,

6 2

, =

0,-

22,

6 2

, =

-

22,

22,0

,

设=t(0≤t≤1),则=+=+t= - 22, 22(1-t), 26t .

易知平面 PAC 的一个法向量为=

22,0,

6 2

,

∴·=0,∴t=13,∴=2,

∴存在点 E,当 SE∶EC=2∶1 时,BE∥平面 PAC.

2019年7月10日

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102

课堂考点探究

探究点四 空间向量的综合应用

例 4 如图 7-45-16 所示,PA⊥平面 ADE,B,C 分别是 AE,DE 的中点,AE⊥AD,AD=AE=AP=2. (1)求二面角 A - PE - D 的余弦值; (2)点 Q 是线段 BP 上的点,当直线 CQ 与 DP 所成 的角最小时,求线段 BQ 的长.

[思路点拨] (1)注意到 PA⊥平面 ADE,AE⊥AD,建立空间直角坐标系,分 别确定平面 PDE 和平面 APE 的法向量, 把求二面角 A -PE - D 的余弦值转化为 求两个法向量的余弦值;(2)写出表示

向量 与 夹角的余弦,把表达式化

归为二次函数或基本不等式的形式,利

2019年7月10日

用二次函数或基本不等式求其最大值.

图 7-45-16

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103

课堂考点探究
解:(1)因为 PA⊥平面 ADE,AD?平面 ADE,AE?平面 ADE, 所以 PA⊥AD,PA⊥AE.又因为 AE⊥AD, 所以 PA,AD,AE 两两垂直. 以点 A 为坐标原点,分别以 AE,AD,AP 所在直线为 x,y,z 轴, 建立如图所示空间直角坐标系, 则 A(0,0,0),E(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),B(1,0,0),C(1,1,0), 所以 =(2,0,-2), =(0,2,-2). 设平面 PDE 的法向量为 n=(x,y,z),

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104

课堂考点探究

所以 · = 2-2 = 0, · = 2-2 = 0,
令 x=1,则 y=z=1,所以平面 PDE 的一个法向量为 n=(1,1,1). 易知平面 APE 的一个法向量为=(0,2,0).设所求二面角为 θ(显然为锐角), 所以 cos θ=||×·||= 32×2= 33, 即二面角 A - PE - D 的余弦值为 33. (2) =(-1,0,2),设 =λ =(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),因为 =(0,-1,0),所以 = + =(-λ,-1,2λ).

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105

课堂考点探究

又=(0,-2,2),所以 cos<,>=||·||= 110+22+ 2.

设 1+2λ=t,t∈[1,3],



cos2< , >=
5

2

2 2 -10

+9=9

2 1 -59 2

+290≤190,

当 t=59,即 λ=25时,|cos<,>|的最大值为31010,

此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值.

又因为 BP= 5,所以 BQ=25BP=255.

[总结反思] 立体几何的综合应 用问题中常涉及最值问题,处理 时常用以下两种方法:(1)结合图 形分析取得最值的条件;(2)建系 后表示出最值函数,转化为求最 值问题.

2019年7月10日

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课堂考点探究
变式题 [2017·郑州三模] 如图 7-45-17 所示,在梯形 ABCD 中,AB∥CD,∠BCD=120°, 四边形 ACFE 为矩形,且 CF⊥平面 ABCD,AD=CD=BC=CF. (1)求证:EF⊥平面 BCF; (2)点 M 在线段 EF 上运动,当点 M 在什么位置时,平面 MAB 与平面 FCB 所成的锐 二面角最大,并求此时二面角的余弦值.

图 7-45-17

2019年7月10日

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107

课堂考点探究

解:(1)证明:设 AD=CD=BC=1,
∵AB∥CD,∠BCD=23π,∴AB=2, ∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 60°=3, ∴AB2=AC2+BC2,则 BC⊥AC.
∵CF⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,
∴AC⊥CF,而 CF∩BC=C,
∴AC⊥平面 BCF. ∵EF∥AC, ∴EF⊥平面 BCF.

2019年7月10日

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108

课堂考点探究

(2)以 C 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, 设 FM=λ(0≤λ≤ 3), 则 C(0,0,0),A( 3,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),
∴=(- 3,1,0),=(λ,-1,1).
设 n=(x,y,z)为平面 MAB 的法向量, 由 · = 0, 得 - 3 + = 0,取 x=1,则 n=(1, 3, 3-λ).
· = 0, - + = 0, 易知 m=(1,0,0)是平面 FCB 的一个法向量,

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课堂考点探究

∴cos<n,m>=||·|

=
|

1

=

1+3+( 3-)2×1

1.
(- 3)2+4

∵0≤λ≤ 3,∴当 λ=0 时,cos<n,m>取得最小值 77, ∴点 M 与点 F 重合时,平面 MAB 与平面 FCB 所成的锐二面角最大,此时二面角

的余弦值为 77.

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110

教师备用例题
【备选理由】例1是探究空间角的问题;例2是利用空间向量探究空间面面垂直的 问题;例3是一道证明线面平行的探索性问题,例4是求体积及二面角的综合题.

2019年7月10日

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111

教师备用例题
例 1 [配合例 1 使用] 如图①所示,在直角梯形 ABCD 中,AB∥CD,∠DAB=90°,点 E,F
分别在 CD,AB 上,且 EF⊥CD,BE⊥BC,BC=1,CE=2.现将矩形 ADEF 沿 EF 折起,使
平面 ADEF 与平面 EFBC 垂直(如图②所示).
(1)求证:CD∥平面 ABF. (2)若 AF=1,在线段 AF 上是否存在点 P,使二面角 P-BC-F 的大小为 30°?若存在,求 出 PF 的长;若不存在,请说明理由.

2019年7月10日

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112

教师备用例题
解:(1)证明:∵CE∥BF,CE?平面 ABF,BF?平面 ABF, ∴CE∥平面 ABF.
又 DE∥AF,DE?平面 ABF,AF?平面 ABF,
∴DE∥平面 ABF. ∵DE∩CE=E,且 DE,CE?平面 CDE, ∴平面 CDE∥平面 ABF. 又 CD?平面 CDE,∴CD∥平面 ABF.

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113

教师备用例题

(2)在直角梯形 EFBC 中,由 BE⊥BC,且 BC=1,CE=2,得∠BEC=

∠EBF=30°,BE= 2-2= 22-12= 3,

∴BF=BE·cos 30°=32,EF=BE·sin 30°= 23.
如图所示,以 F 为坐标原点,以 FE,FB,FA 所在的直线分别为 x 轴、y 轴和 z 轴,建立

空间直角坐标系,则 F(0,0,0),B

0,

3 2

,0

,C

3 2

,2,0

,E

3 2

,0,0

.

假设线段 AF 上存在点 P,使二面角 P - BC - F 的大小为 30°,设 P(0,0,m)(0<m≤1),

∴ =

3 2

,

1 2

,0

, =

0,

3 2

,-

.

设平面 PBC 的法向量为 n1=(x,y,z),

2019年7月10日

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114

教师备用例题



1· = 0,即 1· = 0,

3 2

-

=

0,

3 2



+

1 2



=

0,

令 y=

3,得 x=-1,z=323,

∴平面 PBC 的一个法向量为 n1=

-1,

3,

33 2

.

又平面 BCF 的一个法向量为 n2=(0,0,1),

由二面角 P-BC-F 的大小为 30°,得|cos<n1,n2>|=cos 30°=||11|··|22||,即

-1×0+ 3×0+323×1



(-1)2 +(

3)2 +

33 2

=
2

23,化简可得1692+27=14,解得

m=34,即在线段

AF

上存在点

P,当

PF=34时,二面角 P-BC-F 的大小为 30°.

2019年7月10日

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115

教师备用例题
例 2 [配合例 2 使用] 如图,在三棱锥 P-ABC 中,平面 PAC⊥平面 ABC,△PAC 为等腰 直角三角形,PA⊥PC,AC⊥BC,BC=2AC=4,M 为 AB 的中点. (1)求证:AC⊥PM. (2)求 PC 与平面 PAB 所成角的正弦值. (3)在线段 PB 上是否存在点 N,使得平面 CNM⊥平面 PAB?若存在,求出的值;若不 存在,说明理由.

2019年7月10日

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116

教师备用例题

解:(1)证明:取 AC 的中点 O,连接 PO,OM,
∵△PAC 为等腰直角三角形,且 PA⊥PC,∴PO⊥AC. 又∵在△ABC 中,CA⊥CB,M 为 AB 的中点, ∴OM∥CB,∴OM⊥AC. ∵PO∩OM=O,PO,OM?平面 POM, ∴AC⊥平面 POM. ∵PM?平面 POM,∴AC⊥PM.
(2)由(1),有 PO⊥AC,OM⊥AC.
∵平面 PAC⊥平面 ABC,平面 PAC∩平面 ABC=AC,

2019年7月10日

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117

教师备用例题

PO⊥AC,PO?平面 PAC,
∴PO⊥平面 ABC,∴PO⊥OM, ∴PO,AC,OM 两两垂直.以 O 为原点,建立空间直角坐标系(如图),则
P(0,0,1),C(-1,0,0),A(1,0,0),B(-1,4,0),
∴ =(1,0,-1), =(-2,4,0).
设平面 PAB 的法向量为 n1=(x,y,z),则 ·1 = 0,即 - = 0, ·1 = 0, -2 + 4 = 0,
令 x=2,则 n1=(2,1,2).
∵ =(-1,0,-1),

2019年7月10日

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118

教师备用例题

∴ cos < ,1 > =|||·|11||=232, ∴PC 与平面 PAB 所成角的正弦值是232.
(3)在线段 PB 上存在点 N,使得平面 CNM⊥平面 PAB, 且=19.证明如下: 设=λ,λ∈(0,1), 由(2)知平面 PAB 的一个法向量为 n1=(2,1,2),
∵M(0,2,0),∴ =(1,2,0),
= + = +λ =(1-λ,4λ,1-λ), 设平面 CNM 的法向量为 n2=(x,y,z),

2019年7月10日

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119

教师备用例题

∴ ·2 = 0,∴ + 2 = 0,
·2 = 0, (1-) + 4 + (1-) = 0,

令 y=1,∴n2=

-2,1,

6-2 -1

.

∵平面 CNM⊥平面 PAB,∴n1·n2=0,

即-4+1+2

6-2 -1

=0,解得 λ=19,

∴在线段 PB 上存在点 N,当=19时,

平面 CNM⊥平面 PAB.

2019年7月10日

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120

教师备用例题
例 3 [配合例 3 使用] 如图所示,四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥平面 ABCD,底面 ABCD 为 正方形,BC=PD=2,E 为 PC 的中点,CB=3CG. (1)求证:PC⊥BC. (2)AD 边上是否存在一点 M,使得 PA∥平面 MEG?若存在,求出 AM 的长;若不存在, 说明理由.

2019年7月10日

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121

教师备用例题

解:(1)证明: 因为底面 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,所以,以 D 为原

点,DA,DC,DP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,

则 P(0,0,2),B(2,2,0),C(0,2,0),则=(0,2,-2),=(-2,0,0),所以·=0,所以 PC⊥

BC. (2)假设在 AD 边上存在一点 M,使得 PA∥平面 MEG.

设 M(a,0,0)(0≤a≤2).

由题可知 P(0,0,2),A(2,0,0),E(0,1,1),G

2 3

,2,0

,于是

=(2,0,-2), =(-a,1,1), =

2 3

,1,-1

.

2019年7月10日

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教师备用例题

设平面 MGE 的法向量为 m=(x,y,z),则

· = 0,即 · = 0,

- + + = 0,

2 3



+

-

=

0,

令 x=1,则 m=

1,

2

-

1 3

,

2

+

1 3

.

因为 m·=2-2

+ 1
23

=0,

解得 a=43,符合要求,所以 AM 的长为 2-43=23.

2019年7月10日

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123

教师备用例题
例 4 [配合例 4 使用] 如图所示,在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中,点 E,F 分 别是棱 AB,BC 上的动点,且 AE=BF. (1)求证:A1F⊥C1E; (2)当三棱锥 B1-BEF 的体积取得最大值时,求二面角 B1-EF-B 的正切值.

2019年7月10日

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124

教师备用例题

解:设 AE=BF=m.以 D 为原点建立空间直角坐标系,如图所示,则

D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),E(2,m,0), F(2-m,2,0).

(1)证明: 因为1=(-m,2,-2),1=(2,m-2,-2),

所以1·1=(-m,2,-2)·(2,m-2,-2)=0,

所以 A1F⊥C1E.

(2)因为
三棱锥1

-

=13S△BEF×BB1=23S△BEF,所以当

S△BEF

取得最大值时,三棱锥

B1-BEF 的体积取得最大值. 因为 S△BEF=12(2-m)m=12-12(m-1)2≤12,

2019年7月10日

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教师备用例题

所以当 m=1,即 E,F 分别是棱 AB,BC 的中点时,三棱锥 B1-BEF 的体积取得最大

值,此时 E(2,1,0),F(1,2,0).

设平面 B1EF 的法向量为 m=(a,b,c),

则 ·1 = (,,)·(0,-1,-2) = 0, · = (,,)·(-1,1,0) = 0,



+ -

2 = = 0,

0,

取 a=2,则 b=2,c=-1,

得 m=(2,2,-1).

2019年7月10日

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教师备用例题
显然底面 ABCD 的一个法向量为 n=(0,0,1). 设二面角 B1-EF-B 的平面角为 θ,由题意知 θ 为锐角. 因为 cos<m,n>=||··||=-13, 所以 cos θ=13,于是 sin θ=232,所以 tan θ=2 2, 即二面角 B1 -EF-B 的正切值为 2 2.

2019年7月10日

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