高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專題4 立體幾何 突破點(diǎn)12 立體幾何中的向量方法教師用書 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

突破點(diǎn)12立體幾何中的向量方法(對應(yīng)學(xué)生用書第167頁)提煉1兩條異面直線的夾角(1)兩異面直線的夾角θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(2)設(shè)直線l1，l2的方向向量為s1，s2，則cosθ＝|cos〈s1，s2〉|＝eq\f(|s1·s2|,|s1|·|s2|).提煉2直線與平面的夾角(1)直線與平面的夾角θ∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(2)設(shè)直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a|·|n|).提煉3兩個(gè)平面的夾角(1)如圖12-1①，AB，CD是二面角α-l-β的兩個(gè)半平面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(CD,\s\up10(→))〉．①②③圖12-1(2)如圖12-1②③，n1，n2分別是二面角α-l-β的兩個(gè)半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cosθ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉．回訪1直線與平面的夾角1．(2015·全國卷Ⅱ)如圖12-2，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過點(diǎn)E，F(xiàn)(1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求直線AF與平面α所成角的正弦值．圖12-2[解](1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示．5分(2)作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.因?yàn)樗倪呅蜤HGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，所以AH＝10.7分以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up10(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(xiàn)(0,4,8)，eq\o(FE,\s\up10(→))＝(10,0,0)，eq\o(HE,\s\up10(→))＝(0，－6,8).8分設(shè)n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(FE,\s\up10(→))＝0，,n·\o(HE,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(10x＝0，,－6y＋8z＝0，))所以可取n＝(0,4,3).10分又eq\o(AF,\s\up10(→))＝(－10,4,8)，故|cos〈n，eq\o(AF,\s\up10(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AF,\s\up10(→))|,|n||\o(AF,\s\up10(→))|)＝eq\f(4\r(5),15).所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為eq\f(4\r(5),15).12分回訪2二面角2．(2016·山東高考)在如圖12-3所示的圓臺(tái)中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O′的直徑，F(xiàn)B是圓臺(tái)的—條母線.(1)已知G，H分別為EC，F(xiàn)B的中點(diǎn)，求證：GH∥平面ABC；(2)已知EF＝FB＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(3)，AB＝BC，求二面角F-BC-A的余弦值．圖12-3[解](1)證明：設(shè)CF的中點(diǎn)為I，連接GI，HI.在△CEF中，因?yàn)辄c(diǎn)G，I分別是CE，CF的中點(diǎn)，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.3分在△CFB中，因?yàn)镠，I分別是FB，CF的中點(diǎn)，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因?yàn)镚H?平面GHI，所以GH∥平面ABC.5分(2)法一：連接OO′，則OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圓O的直徑，所以BO⊥AC.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意得B(0,2eq\r(3)，0)，C(－2eq\r(3)，0,0)．過點(diǎn)F作FM⊥OB于點(diǎn)M，所以FM＝eq\r(FB2－BM2)＝3，可得F(0，eq\r(3)，3)．故eq\o(BC,\s\up10(→))＝(－2eq\r(3)，－2eq\r(3)，0)，eq\o(BF,\s\up10(→))＝(0，－eq\r(3)，3)．設(shè)m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量.8分由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up10(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up10(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x－2\r(3)y＝0，,－\r(3)y＋3z＝0.))可得平面BCF的一個(gè)法向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(\r(3),3))).10分因?yàn)槠矫鍭BC的一個(gè)法向量n＝(0,0,1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(\r(7),7)，所以二面角F-BC-A的余弦值為eq\f(\r(7),7).12分法二：如圖，連接OO′，過點(diǎn)F作FM⊥OB于點(diǎn)M，則有FM∥OO′.又OO′⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC，可得FM＝eq\r(FB2－BM2)＝3.過點(diǎn)M作MN⊥BC于點(diǎn)N，連接FN，可得FN⊥BC，從而∠FNM為二面角F-BC-A的平面角.10分又AB＝BC，AC是圓O的直徑，所以MN＝BMsin45°＝eq\f(\r(6),2).從而FN＝eq\f(\r(42),2)，可得cos∠FNM＝eq\f(\r(7),7).所以二面角F-BC-A的余弦值為eq\f(\r(7),7).12分(對應(yīng)學(xué)生用書第167頁)熱點(diǎn)題型1向量法求線面角題型分析：向量法求線面角是高考中的?？碱}型，求解過程中，建系是突破口，求直線的方向向量與平面的法向量是關(guān)鍵.(2016·全國丙卷)如圖12-4，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點(diǎn)，AM＝2MD，N為PC的中點(diǎn)．(1)證明MN∥平面PAB；(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值．圖12-4[解](1)證明：由已知得AM＝eq\f(2,3)AD＝2.取BP的中點(diǎn)T，連接AT，TN，由N為PC的中點(diǎn)知TN∥BC，TN＝eq\f(1,2)BC＝2.又AD∥BC，故TN綊AM，所以四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.因?yàn)锳T?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.4分(2)取BC的中點(diǎn)E，連接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，從而AE⊥AD，且AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2)＝eq\r(5).6分以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(AE,\s\up10(→))的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.由題意知P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(eq\r(5)，2,0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2))，8分eq\o(PM,\s\up10(→))＝(0,2，－4)，eq\o(PN,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq\o(AN,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，1，2)).設(shè)n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PM,\s\up10(→))＝0，,n·\o(PN,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))可取n＝(0,2,1).10分于是|cos〈n，eq\o(AN,\s\up10(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AN,\s\up10(→))|,|n||\o(AN,\s\up10(→))|)＝eq\f(8\r(5),25).所以直線AN與平面PMN所成角的正弦值為eq\f(8\r(5),25).12分向量法求線面角的一般步驟1．建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)．2．寫出相關(guān)向量的坐標(biāo)．3．求平面的法向量．4．求線面角的正弦值．5．轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論．提醒：直線和平面所成角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化．[變式訓(xùn)練1](2016·呼和浩特二模)如圖12-5，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝60°，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB和PD的中點(diǎn)．圖12-5(1)求證：直線AF∥平面PEC；(2)求PE與平面PBC所成角的正弦值．【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722043】[解](1)證明：作FM∥CD交PC于點(diǎn)M，連接EM.∵點(diǎn)F為PD的中點(diǎn)，∴FM＝eq\f(1,2)CD.∵AE＝eq\f(1,2)AB，AB＝CD，∴AE＝FM.又AE∥FM，∴四邊形AEMF為平行四邊形，∴AF∥EM.∵AF?平面PEC，EM?平面PEC，∴直線AF∥平面PEC.6分(2)連接DE，∵∠DAB＝60°，ABCD是菱形，∴DE⊥DC.以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DE，DC，DP所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，7分則P(0,0,1)，C(0,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，∴eq\o(PB,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，eq\o(PC,\s\up10(→))＝(0,1，－1)，eq\o(PE,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－1)).8分設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)．∵n·eq\o(PB,\s\up10(→))＝0，n·eq\o(PC,\s\up10(→))＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y－z＝0，,y＝z，))取n＝(eq\r(3)，3,3)，∴平面PBC的一個(gè)法向量為n＝(eq\r(3)，3,3).10分設(shè)向量n與eq\o(PE,\s\up10(→))所成的角為θ，∴cosθ＝eq\f(n·\o(PE,\s\up10(→)),|n||\o(PE,\s\up10(→))|)＝－eq\f(\r(3),7).∴PE與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),7).12分熱點(diǎn)題型2向量法求二面角題型分析：向量法求二面角是高考重點(diǎn)考查題型，此類問題求解的突破口是建立恰當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求解的關(guān)鍵是求兩個(gè)平面的法向量.(2016·全國乙卷)如圖12-6，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的五面體中，面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°.(1)證明：平面ABEF⊥平面EFDC；(2)求二面角E-BC-A的余弦值．圖12-6[解](1)證明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC.又AF?平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)過D作DG⊥EF，垂足為G.由(1)知DG⊥平面ABEF.以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(GF,\s\up10(→))的方向?yàn)閤軸正方向，|eq\o(GF,\s\up10(→))|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-xyz.6分由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，則|DF|＝2，|DG|＝eq\r(3)，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，eq\r(3)).7分由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°.從而可得C(－2,0，eq\r(3)).8分所以eq\o(EC,\s\up10(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up10(→))＝(0,4,0)，eq\o(AC,\s\up10(→))＝(－3，－4，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－4,0,0)．設(shè)n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EC,\s\up10(→))＝0，,n·\o(EB,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,4y＝0，))所以可取n＝(3,0，－eq\r(3)).9分設(shè)m是平面ABCD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up10(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up10(→))＝0，))同理可取m＝(0，eq\r(3)，4).10分則cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(2\r(19),19).故二面角E-BC-A的余弦值為－eq\f(2\r(19),19).12分利用空間向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分別在兩個(gè)半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)或通過二面角的兩個(gè)面的法向量的夾角求得，它等于兩個(gè)法向量的夾角或其補(bǔ)角．[變式訓(xùn)練2](名師押題)如圖12-7，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形，PA＝PB，O為AB的中點(diǎn)，OD⊥PC.(1)求證：OC⊥PD；(2)若PD與平面PAB所成的角為30°，求二面角D-PC-B的余弦值.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722044】圖12-7[解](1)證明：連接OP，∵PA＝PB，O為AB的中點(diǎn)，∴OP⊥AB.∵側(cè)面PAB⊥底面ABCD，∴OP⊥平面ABCD，∴OP⊥OD，OP⊥OC.∵OD⊥PC，OP∩PC＝P，∴OD⊥平面OPC，∴OD⊥OC.4分又∵OP∩OD＝O，∴OC⊥平面OPD，∴OC⊥PD.6分(2)取CD的中點(diǎn)E，以O(shè)為原點(diǎn)，OE，OB，OP所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由(1)知OD⊥OC，則AB＝2AD，又側(cè)面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，∴DA⊥平面PAB.∴∠DPA為直線PD與平面PAB所成的角，∴∠DPA＝30°.不妨設(shè)AD＝1，則AB＝2，PA＝eq\r(3)，PO＝eq\r(2).∴B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1，－1,0)，P(0,0，eq\r(2))，從而eq\o(PC,\s\up10(→))＝(1,1，－eq\r(2))，eq\o(CD,\s\up10(→))＝(0，－2,0).9分設(shè)平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up10(→))·n1＝0，,\o(CD,\s\up10(→))·n1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋y1－\r(2)z1＝0，,－2y1＝0，))可取n1＝(eq\r(2)，0,1)．同理，可取平面PCB的一個(gè)法向量為n2＝(0，－eq\r(2)，－1).11分于是cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝－eq\f(1,3).∴二面角D-PC-B的余弦值為－eq\f(1,3).12分熱點(diǎn)題型3利用空間向量求解探索性問題題型分析：1立體幾何中的探索性題目主要有兩類：一是利用空間線面關(guān)系的判定與性質(zhì)定理進(jìn)行推理探究，二是對幾何體的空間角、距離和體積等的研究.,2其解決方法多通過求角、距離、體積等把這些問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于某個(gè)參數(shù)的方程問題，根據(jù)方程解的存在性來解決.如圖12-8，空間幾何體ABCDE中，平面ABC⊥平面BCD，AE⊥平面ABC.(1)證明：AE∥平面BCD；(2)若△ABC是邊長為2的正三角形，DE∥平面ABC，且AD與BD，CD所成角的余弦值均為eq\f(\r(2),4)，試問在CA上是否存在一點(diǎn)P，使得二面角P-BE-A的余弦值為eq\f(\r(10),4).若存在，請確定點(diǎn)P的位置；若不存在，請說明理由．圖12-8[解題指導(dǎo)](1)eq\x(作DO⊥BC)→eq\x(DO⊥平面ABC)→eq\x(DO∥AE)→eq\x(AE∥平面BCD)(2)eq\x(\a\al(DE⊥平面BCD，,AO⊥BC))→eq\x(DO＝a)→→eq\x(求a)→eq\x(\a\al(以點(diǎn)O為,坐標(biāo)原點(diǎn),建系))→eq\x(設(shè)\o(AP,\s\up10(→))＝λ\o(AC,\s\up10(→)))→eq\x(\a\al(求平面ABE與,平面PBE的,法向量))→eq\x(建立方程求λ)[解](1)證明：過點(diǎn)D作直線DO⊥BC交BC于點(diǎn)O，連接DO.因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面BCD，DO?平面BCD，DO⊥BC，且平面ABC∩平面BCD＝BC，所以DO⊥平面ABC.1分因?yàn)橹本€AE⊥平面ABC，所以AE∥DO.2分因?yàn)镈O?平面BCD，AE?平面BCD，所以直線AE∥平面BCD.4分(2)連接AO，因?yàn)镈E∥平面ABC，所以AODE是矩形，所以DE⊥平面BCD.因?yàn)橹本€AD與直線BD，CD所成角的余弦值均為eq\f(\r(2),4)，所以BD＝CD，所以O(shè)為BC的中點(diǎn)，所以AO⊥BC，且cos∠ADC＝eq\f(\r(2),4).設(shè)DO＝a，因?yàn)锽C＝2，所以O(shè)B＝OC＝1，AO＝eq\r(3).所以CD＝eq\r(1＋a2)，AD＝eq\r(3＋a2).在△ACD中，AC＝2，所以AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos∠ADC，即4＝3＋a2＋1＋a2－2×eq\r(3＋a2)×eq\r(1＋a2)×eq\f(\r(2),4)，即eq\r(1＋a2)·eq\r(3＋a2)＝2eq\r(2)a2，解得a2＝1，a＝1.6分以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OB，OD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則C(0，－1,0)，B(0,1,0)，A(eq\r(3)，0,0)，E(eq\r(3)，0,1)．假設(shè)存在點(diǎn)P，連接EP，BP，設(shè)eq\o(AP,\s\up10(→))＝λeq\o(AC,\s\up10(→))，則P(eq\r(3)－eq\r(3)λ，－λ，0)．設(shè)平面ABE的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up10(→))＝z＝0，,m·\o(BA,\s\up10(→))＝\r(3)x－y＝0，))取x＝1，則平面ABE的一個(gè)法向量為m＝(1，eq\r(3)，0)．設(shè)平面PBE的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up10(→))＝\r(3)λ－\r(3)x＋1＋λy＝0，,n·\o(BE,\s\up10(→))＝\r(3)x－y＋z＝0，))取x＝1＋λ，則平面PBE的一個(gè)法向量為n＝(1＋λ，eq\r(3)－eq\r(3)λ，－2eq\r(3)λ).9分設(shè)二面角P-BE-A的平面角的大小為θ，由圖知θ為銳角．則cosθ＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(|1＋λ＋3－3λ|,2×\r(1＋λ2＋31－λ2＋12λ2))＝eq\f(\r(10),4)，化簡得6λ2＋λ－1＝0，解得λ＝eq\f(1,3)或λ＝－eq\f(1,2)(舍去).11分所以在CA上存在一點(diǎn)P，使得二面角P-BE-A的余弦值為eq\f(\r(10),4)，其為線段AC的三等分點(diǎn)(靠近點(diǎn)A).12分利用空間向量解點(diǎn)或參數(shù)存在性問題的優(yōu)勢及思路1．優(yōu)勢：空間向量最適合于解決立體幾何中的探索性問題，它無需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷．2．思路：把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法解題．[變式訓(xùn)練3]如圖12-9所示，在多面體ABCDE中，CD⊥平面ABC，BE∥CD，AB＝2eq\r(5)，AC＝4，BC＝2，CD＝4，BE＝1.(1)求證：平面ADC⊥平面BCDE；(2)試問在線段DE上是否存在點(diǎn)S，使得AS與平面ADC所成的角的余弦值為eq\f(3\r(5),7)？若存在，確定S的位置；若不存在，請說明理由．圖12-9[解](1)證明：因?yàn)锳B＝2eq\r(5)，AC＝4，BC＝2，所以AB2＝AC2＋BC2，故AC⊥BC.2分因?yàn)镃D⊥平面ABC，所以CD⊥BC.因?yàn)锳C∩CD＝C，故BC⊥平面ADC.因?yàn)锽C?平面BCDE，所以平面ADC⊥平面BCDE.5分(2)由(1)知AC⊥BC.又CD⊥平面ABC，所以CD⊥AC，CD⊥BC.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA，CB，CD所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,4)，E(0,2,1).8分假設(shè)線段DE上存在點(diǎn)S(x，y，z)，使得AS與平面ACD所成的角θ的余弦值為eq\f(3\r(5),7).設(shè)eq\o(DS,\s\up10(→))＝λeq\o(DE,\s\up10(→))(0≤λ≤1)，又eq\o(DS,\s\up10(→))＝(x，y，z－4)，eq\o(DE,\s\up10(→))＝(0,2，－3)，所以(x，y，z－4)＝λ(0,2，－3)，得S(0,2λ，4－3λ)，則eq\o(AS,\s\up10(→))＝(－4,2λ，4－3λ)．由(1)知平面ADC的一個(gè)法向量是eq\o(CB,\s\up10(→))＝(0,2,0)，因?yàn)閏osθ＝eq\f(3\r(5),7)，10分所以sinθ＝eq\f(2,7)＝|cos〈eq\o(AS,\s\up10(→))，eq\o(CB,\s\up10(→))〉|＝eq\f(4λ,2×\r(13λ2－24λ＋32))，化簡得9λ2＋6λ－8＝0，解得λ＝eq\f(2,3)或λ＝－eq\f(4,3)(舍去)．故存在滿足條件的點(diǎn)S，且DS＝eq\f(2,3)DE.12分專題限時(shí)集訓(xùn)(十二)立體幾何中的向量方法[建議用時(shí)：45分鐘]1．(2016·北京高考)如圖12-10，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).圖12-10(1)求證：PD⊥平面PAB.(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．(3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求eq\f(AM,AP)的值；若不存在，說明理由．[解](1)證明：因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.2分又因?yàn)镻A⊥PD，所以PD⊥平面PAB.4分(2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO，CO.因?yàn)镻A＝PD，所以PO⊥AD.又因?yàn)镻O?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.因?yàn)镃O?平面ABCD，所以PO⊥CO.因?yàn)锳C＝CD，所以CO⊥AD.5分如圖，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1).6分設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up8(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up8(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y－z＝0，,2x－z＝0.))令z＝2，則x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2).8分又eq\o(PB,\s\up8(→))＝(1,1，－1)，所以cos〈n，eq\o(PB,\s\up8(→))〉＝eq\f(n·\o(PB,\s\up8(→)),|n||\o(PB,\s\up8(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).10分(3)設(shè)M是棱PA上一點(diǎn)，則存在λ∈[0,1]使得eq\o(AM,\s\up8(→))＝λeq\o(AP,\s\up8(→)).11分因此點(diǎn)M(0,1－λ，λ)，eq\o(BM,\s\up8(→))＝(－1，－λ，λ).12分因?yàn)锽M?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD當(dāng)且僅當(dāng)eq\o(BM,\s\up8(→))·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝eq\f(1,4).所以在棱PA上存在點(diǎn)M使得BM∥平面PCD，此時(shí)eq\f(AM,AP)＝eq\f(1,4).14分2．(2016·四川高考)如圖12-11，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD，E為棱AD的中點(diǎn)，異面直線PA與CD所成的角為90°.圖12-11(1)在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由；(2)若二面角P-CD-A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722045】[解](1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行．如圖(1)，延長AB，DC，相交于點(diǎn)M(M∈平面PAB)，點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn).2分(1)理由如下：由已知，知BC∥ED，且BC＝ED，所以四邊形BCDE是平行四邊形，從而CM∥EB.4分又EB?平面PBE，CM?平面PBE，所以CM∥平面PBE.6分(說明：延長AP至點(diǎn)N，使得AP＝PN，則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn))(2)法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，從而CD⊥PD，所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，所以∠PDA＝45°.7分設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.如圖(1)，過點(diǎn)A作AH⊥CE，交CE的延長線于點(diǎn)H，連接PH，易知PA⊥平面ABCD，從而PA⊥CE，于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.9分過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE，所以∠APH是PA與平面PCE所成的角．在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝eq\f(\r(2),2).在Rt△PAH中，PH＝eq\r(PA2＋AH2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以sin∠APH＝eq\f(AH,PH)＝eq\f(1,3).12分法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，于是CD⊥PD.從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，所以∠PDA＝45°.又PA⊥AB，所以PA⊥平面ABCD.7分設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥平面PAD，以A為原點(diǎn)，以eq\o(AD,\s\up8(→))，eq\o(AP,\s\up8(→))的方向分別為x軸、z軸的正方向，建立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，(2)所以eq\o(PE,\s\up8(→))＝(1,0，－2)，eq\o(EC,\s\up8(→))＝(1,1,0)，eq\o(AP,\s\up8(→))＝(0,0,2).9分設(shè)平面PCE的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up8(→))＝0，,n·\o(EC,\s\up8(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2z＝0，,x＋y＝0.))設(shè)x＝2，解得n＝(2，－2,1).10分設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α，則sinα＝eq\f(|n·\o(AP,\s\up8(→))|,|n|·|\o(AP,\s\up8(→))|)＝eq\f(2,2×\r(22＋－22＋12))＝eq\f(1,3)，所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為eq\f(1,3).12分3．(2016·泰安模擬)在平面四邊形ACBD(如圖12-12(1))中，△ABC與△ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB，設(shè)AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，將△ABC沿AB折起，構(gòu)成如圖12-12(2)所示的三棱錐C′-ABD，且使C′D＝eq\r(2).(1)(2)圖12-12(1)求證：平面C′AB⊥平面DAB；(2)求二面角A-C′D-B的余弦值．【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722046】[解](1)證明：取AB的中點(diǎn)O，連接C′O，DO，在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，C′O＝DO＝1.又∵C′D＝eq\r(2)，∴C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD.2分又∵C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB，OD?平面ABD，∴C′O⊥平面ABD.4分又∵C′O?平面ABC′，∴平面C′AB⊥平面DAB.5分(2)以O(shè)為原點(diǎn)，AB，OC′所在的直線分別為y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C′(0,0,1)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，∴eq\o(AC′,\s\up8(→))＝(0,1,1)，eq\o(BC′,\s\up8(→))＝(0，－1,1)，eq\o(C′D,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1)).6分設(shè)平面AC′D的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(AC′,\s\up8(→))，,n1⊥\o(C′D,\s\up8(→))，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC′,\s\up8(→))＝0，,n1·\o(C′D,\s\up8(→))＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＋z1＝0，,\f(\r(3),2)x1＋\f(