專題78利用空間向量解決有關(guān)角的開放問題2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)對點(diǎn)提分文理科通用教師版紙間書屋

第七 立體幾何與空間向?qū)ｎ} 利用空間向量解決有關(guān)空間角的開放問考點(diǎn)一【例1】(2019重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)等邊△ABC的邊長為3，點(diǎn)D，E分別是AB，BC上的點(diǎn)，且 足DB＝EA＝2(如圖(1))，將△ADEDE折起到△A1DEA1－DE－B(1)求證：A1D⊥平面(2)段BC上是否存在點(diǎn)P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°？若存在，求出PB的長；若不存 DE＝12＋22－2×1×2×cos60°＝∴∠A1DBA1－DE－B的平面角，A1－DE－B為直二面角，∴∠A1DB＝90°，即∴A1D⊥平面(2)解存在．由(1)ED⊥DB，A1DDDB、DE、DA1x軸、y軸、zD－xyz，如PPH∥DEBDPB＝2a(0≤2a≤3)BH＝a，PH＝3a，DH＝2－a，A1(0，0，1)，P(2－a，3a，0)，E(0，3，0)，＝(a－2，－因?yàn)镋D⊥平面A1BD的一個法向量為＝(0，→因?yàn)橹本€PA1與平面A1BD所成的角為60°，所以sin ＝3，解得3→ 3

2所以BCPPA1A1BD60°2【規(guī)律方法】解決此類問題的基本策略是執(zhí)果，其結(jié)論明確需要求出使結(jié)論成立的充分條件，將題1P－ABCDPADABCDABCD45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝22，E為CD的中點(diǎn)，點(diǎn)F段PB上(1)求證(2)試確定點(diǎn)F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EFABCD所成的角相等 如圖，在平行四邊形ABCD中，連接AC，因?yàn)锳B＝2所以∠ACB＝90°BC⊥AC.AD∥BCAD⊥AC，AD＝AP＝2，DP＝22，所以AD2＋AP2＝DP2，所以AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC，所以(2)解因?yàn)閭?cè)面PAD⊥底面ABCD，PA⊥ADPAABCDAC，AD，AP兩兩互相垂AAD，AC，APA－xyz，則A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)，所以→ 所以ABCDm＝(0，0，1)．PDCn＝(x，y，z)，

x＝1EFPDCEFABCD所以|cos〈→，m〉|＝|cos〈→，n〉 即|EF·m|＝|EF·n|，所以|－2λ＋2|＝→

3－即3|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝3－ 3－所以PB＝ 3－即當(dāng)PB＝ 時，直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等考點(diǎn)二與二面角有關(guān)的探索性問題角度1 2－1(2019·濰坊模擬)P－ABCDABCD90°PADABCD，QAD的中點(diǎn)，MPC(1)求證：平面PBC(2)PM的長為何值時，平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為

＝2AD＝1，CD＝ ∵AD∥BC，Q為AD的中點(diǎn)BCDQ

∴PQ⊥平面又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面(2)解由(1)可知PQABCD.QQA，QB，QPx軸、y軸、z軸，Q(0，0，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，∴ QB＝(0，3，0)，DC＝(0，3，0)，DP＝(1，0，3)，PC＝(－1，3，－設(shè) PM＝λPC，則PM＝(－λ，3λ，－3λ)，且0≤λ≤1，得M(－λ，3λ，3－∴→∴QM＝(－λ，3λ，MBQm＝(x，y，z)， －λx＋3λy＋ 即QB·m＝0，

＝令x＝3，則 λ，＝MBQ

3，0，λPDCn＝(x′，y′，

即x′＋x′＝3y′＝0，z′＝－PDCn＝(3，0，－QMBPDC3 λ 1－λ λλ

1PC＝ 2角度 2－2(2019·河北“五個一”名校聯(lián)考)ABCD∠ABC＝60°，AB＝2BC＝2CDDCEF是正方形，N，GAB，CE(1)(一題多解)求證：NG∥平面1313(2)設(shè)二面角A－CD－F的大小為θ2<θ<π，當(dāng)θ為何值時，二面角A－BC－E的余弦值 法 如圖，設(shè)DF的中點(diǎn)為M，連接AM，GM，因?yàn)樗倪呅蜠CEF是正方形，所MG∥CDABCDAB＝2CD，AB∥CDNAB所以AN∥DC，所以ANGMAM?ADF，NG?平面所以NG∥平面法二NC，NENABABCDANCDNC∥AD，AD?ADF，NC?ADF，NG?NCENGADF.xNOyOABCDz軸建立如圖所示的空間直角所以∠NOPA－CD－F的平面角，B(2，－3，0)， CE＝(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，CB＝(1，－BCE x－則 即 z＝1y＝－tan(π－θ)，x＝－n＝(－3tan(π－θ)，－tan(π－θ)，1)BCE的一個法向量，又平面ACD的一個法向量為m＝(0，0，1)，〉 所以cos〈 m·n＝〉

A－BC－E 13所

13解得 tan(π－θ)＝3

π

3A－BC－E的余弦值為

3

131.解決探究性問題的基本方法是假設(shè)結(jié)論成立或?qū)ο蟠嬖?，然后在這個前提下進(jìn)行邏輯推理，若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實(shí)，則說明假設(shè)成立，即存在，并可進(jìn)一步證明；否則不成立，即不存在．22(2019·華南師大附中質(zhì)檢)ABCDEFCD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面(1)求證：CE⊥平面(2)已知PBC上的點(diǎn)，試確定點(diǎn)P的位置，使二面角P－DF－A的大小為 CDEF∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD?平面∴AD⊥平面CDEF，∵CE?平面又∵AD?平面ADF，DF?平面(2)解由(1)知四邊形CDEF為菱形，∴△DEFEFGGD∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD?平面CDEF，平面CDEF∩平面∴GD⊥平面又∵AD⊥CD，∴直線DA，DC，DG兩兩垂直DDA，DC，DGx軸、y軸、z∴D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，－1，3)，F(xiàn)(0，1，∴ CE＝(0，－3，3)，DF＝(0，1，→由(1)知ADF設(shè) 則 PDF n·DF＝0，y＋則 即 y＝3ax＝∴n＝(3(a－2)，P－DF－A→∴|cos〈n〉 4 12·

∴PBCB的三等分點(diǎn)處．考點(diǎn)三與空間角有關(guān)的最值問題【例3】(2019·新高考考試)如圖，在四棱錐E－ABCD中，底面ABCD是圓內(nèi)接四邊形CE＝1，AB＝AD＝AE＝(1)求證：平面BED⊥平面(2)若點(diǎn)P在平面ABE內(nèi)運(yùn)動，且DPBECDPABE 如圖，連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接EC⊥BD，EC∩AC＝C，∴BDAEC，OE?AEC，∴OE⊥BD.ABCD在Rt△ADC中，由AD＝3，CD＝1，可得

3，

AC＝AE＝EO⊥AC.AC，BD?平面∴EO⊥平面又EO?平面BED，∴平面BED⊥平面(2)解如圖，取AEM，AB的中點(diǎn)N∴△ABD∴DN⊥AB，又DMN∴點(diǎn)P段MN上O，則 3，

0，E0，0，

3，D 3

∴

3

2， →

2

4

2，

AB＝－2，2，0，AE＝－2，0，23 3

DM＝4，2，4，MN＝0，，－4ABE→ －則 即→ －x＝1n＝(1，3，設(shè) MP＝λMN(0≤λ≤1)，可333 →333DP＝DM＋MP＝4，2

λ，

DPABE →→則sinθ＝n·DP→

7∵0≤λ≤1λ＝0時，sinθ取得最大值77DPABE所成角的正弦值的最大值為7【規(guī)律方法】解決空間角的最值問題一般是把空間角的某個三角函數(shù)值表示為某個變量的函數(shù)，利用這【訓(xùn)練3】(2019靜安區(qū)質(zhì)檢)如圖所示，PA⊥平面ADE，B，C分別是AE，DE的中點(diǎn)(1)求二面角A－PE－D的余弦值(2)QBPCQDPBQPA⊥AD，PA⊥AB，PA，AD，AB以 {AB，AD，AP}為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則各點(diǎn)的坐標(biāo)ADPAE，所以 ADPAE的一個法向量，且易得 PED

m＝(1，1，1)PED→所以cos〈→ AD·m＝3〉 3〉3A－PE－D的余弦值為3 (2)BP＝(－1，0，2)，故可設(shè)又 又→又→ 〉所以cos〈→， CQ〉 →

9cos〈CQ，DP〉＝

5t

9

2

9t－9＋|cos〉

3

10y＝cosx在

＝5

CQDPBP＝12＋22＝

2 ＝5【與感悟理證明、輔助線的作法轉(zhuǎn)化為空間向量的運(yùn)算，降低了空間想象演繹推理的難度，體現(xiàn)了由“形”轉(zhuǎn)“數(shù)”(1)通過觀察二面角是銳角還是鈍角來確定其余弦值的正負(fù)(2)當(dāng)不易觀察二面角是銳角還是鈍角時可判斷兩半平面的法向量與二面角的位置關(guān)系來確定【基礎(chǔ)鞏固題組】(建議用時：40分鐘1.P－ABC中，DPAF，G，H(1)證明：BD∥平面(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，∠BAC＝45°，當(dāng)二面角

的平面角為3

PC 因?yàn)镚，H分別為AC，BC的中點(diǎn)，所以AB∥GH，且GH?平面FGH，AB?平面FGH，所以AB∥平面FGH.F，GPC，AC所以GF∥AP，且FG?平面FGH，AP?平面FGH，所以AP∥平面又因?yàn)锳P∩AB＝A，所以平面ABP∥平面因?yàn)锽D?平面ABP，所以BD∥平面(2)解在平面ABCCCM∥AB，如圖，以C為原點(diǎn)，分別以CB，CM，CF所在直線為x軸、y軸、zC－xyzBG.由△ABC因?yàn)锽G⊥CF，AC∩CF＝C，所以BG⊥平面所以＝(－1，－1，0)PAC又F(0，0，a)，H(1，0，0)，所以＝(1，0，－a) 設(shè)m＝(x，y，z)為平面FGH的法向量 m·FH＝0， 則 即 FGH由|cos〈m〉

a＝1(舍負(fù))2a＝2PC

2·a2＋1＝22．(2018卷)如圖，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DGABCD，DA＝DC＝DG＝2.MCF的中點(diǎn)，NEG的中點(diǎn)，求證：MN求二面角E－BC－F的正弦值若點(diǎn)P段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長D為原點(diǎn)，分別以x軸，y軸，z角坐標(biāo)系(如圖) 0，2)，M 證明依題意DC＝(0，2，0)，DE＝(2，0，2)n0＝(x，y，z)為平面CDE的法向量，則

即 不妨令z＝－1，可得n0＝(1，0，－1)．又MN＝1，－2，1，可得MN·n0＝0，又因?yàn)橹盡N?平面CDE，所以MN∥平面依題意，可得＝(－1，0，0)→＝(1，－2，2) 設(shè)n＝(x，y，z)為平面BCE的法向量，則 即

不妨令z＝1，可得 m·BC＝0， 設(shè)m＝(x，y，z)為平面BCF的法向量，則 即

不妨令z＝1 因此有cos〈 m·n

3

〉sin〈 10〉〉〉

10

1010E－BC－F的正弦值為10設(shè)線段DP的長為h(h∈[0，2])，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0，0，h)，可得→ ，→ DC2，0)ADGE→|cos〈→，→〉 ＝ ＝

→ ＝由題意，可 ＝sin 3，＝ ＝3解得h 3∈[0，2]．所以，線段DP的長為＝33.如圖，CABOA，BPACE，F(xiàn)PC，PBAEFABC(1)求證：l⊥平面(2)直線l上是否存在點(diǎn)QPQAEFEFAQ的長； 因?yàn)镋，F(xiàn)分別是PC，PB的中點(diǎn)，所以BC∥EF，EF?平面EFA，BC?EFA，BCEFA.BC?平面ABCEFA∩ABC＝l，BC∥l.BCPAClPAC.(2)解如圖，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA所在直線為x軸，CB所在直線為y軸，過C且垂直于平面ABC的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，，則A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0， 3，F(xiàn)1，

3，所以→

， ，

2

2AE＝－2，0，2Q(2，y，0)，平面AEF的法向量為3 3

則 即 y0＝0z0＝3m＝(1，0，3)AEF又→又PQ＝(1，y，－→＝所以|cos〈→，→〉 |PQ·EF|，＝ →→|cos〈，m〉|＝|PQ·m| PQAEFEF→ |PQ·m| → 所以|1×0＋y×2－3×0|＝|1×1＋y×0＋(－3)×3|，y＝±1.lQPQAEFEF4．(2019·濟(jì)南質(zhì)檢)P－ABCDABCD為菱形，PA＝60°，E，F(xiàn)BC，PC(1)求證(2)HPDEH長的最小值為5E－AF－C ∵四邊形ABCD為菱形∴△ABCEBC∴AE(2)解如圖，HPDEH的長最小時，EH⊥PD.∴PD⊥平面∵AH?平面Rt△EAH中，AE＝3，EH＝∴AH＝EH2－AE2＝Rt△ADHAH＝2，AD＝2，Rt△PAD由(1)AE，AD，APAE，F(xiàn)BC，PCA(0，0，0)，B(3，－1，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(F 所以

→ AE＝(3，0，0)，AF＝2AEF

則 因此

z1＝－1BDAFC，故→故BDAFC又→又BD＝(－ 5×〉 所以cos〈 n·5×〉 由圖二面角E－AF－C為銳角.故所求二面角的余弦值為.5【能力提升題組】(建議用時：20分鐘5.(2019·和平區(qū)質(zhì)檢)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形＝90°，AD∥BC，AB