歷年高考數(shù)學（理）知識清單-專題13 立體幾何中的向量方法（考點解讀）（原卷+解析版）

專題13立體幾何中的向量方法考情解讀空間向量及其應用一般每年考一道大題，試題一般以多面體為載體，分步設問，既考查綜合幾何也考查向量幾何，諸小問之間有一定梯度，大多模式是：諸小問依次討論線線垂直與平行→線面垂直與平行→面面垂直與平行→異面直線所成角、線面角、二面角→體積的計算．強調作圖、證明、計算相結合．考查的多面體以三棱錐、四棱錐(有一條側棱與底面垂直的棱錐、正棱錐)、棱柱(有一側棱或側面與底面垂直的棱柱，或底面為特殊圖形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等類型的棱柱)為主.重點知識梳理1．共線向量與共面向量(1)共線向量定理：對空間任意兩個向量a、b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數(shù)λ,使a=λb.(2)共面向量定理：如果兩個向量a、b不共線，則向量p與向量a、b共面的充要條件是存在唯一實數(shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb.2．兩個向量的數(shù)量積向量的數(shù)量積滿足如下運算律：①(λa)·b=λ(a·b)；3．空間向量基本定理如果三個向量a、b、c不共面，那么對空間任一向量p，存在唯一有序實數(shù)組{x，y，z}，使p＝xa＋yb+zc.推論：設O、A、B、C是不共面的四點，則對空間任一點P，都存在唯一的有序實數(shù)組{x，y，z}，使=x＋y＋z.4．空間向量平行與垂直的坐標表示則a∥b?a=λb?a1=λb1，a2=λb2，a3=λb3(λ∈R)；5．模、夾角和距離公式cos〈a，b〉.(2)距離公式設A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，則22.(3)平面的法向量如果表示向量a的有向線段所在的直線垂直于平面α,則稱這個向量垂直于平面α,記作a⊥α.如果a⊥α,那么向量a叫做平面α的法向量.6．空間角的類型與范圍(1)異面直線所成的角θ：0<θ≤；(2)直線與平面所成的角θ：0≤θ≤；(3)二面角θ：0≤θ≤π.7．用向量求空間角與距離的方法(1)求空間角：設直線l1、l2的方向向量分別為a、b，平面α、β的法向量分別為n、m.①異面直線l1與l2所成的角為θ,則cosθ=.②直線l1與平面α所成的角為θ,則sinθ=.③平面α與平面β所成的二面角為θ,則|cosθ|＝.(2)求空間距離①直線到平面的距離，兩平行平面間的距離均可轉化為點到平面的距離.點P到平面α的距離：d＝(其中n為α的法向量，M為α內任一點).②設n與異面直線a，b都垂直，A是直線a上任一點，B是直線B上任一點，則異面直線a、b的距離d＝.高頻者點突破高頻考點一向量法證明平行與垂直31．(2019·高考浙江卷)如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°,∠BAC=30°,A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點.(1)證明：EF⊥BC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.【舉一反三】如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點．證明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.【變式探究】如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.【方法規(guī)律】利用空間向量證明平行與垂直的步驟(1)建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用載體中的垂直關系；(2)建立空間圖形與空間向量之間的關系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素；(3)通過空間向量的運算研究平行、垂直關系；(4)根據(jù)運算結果解釋相關問題.4【變式探究】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°,BC＝2，CC1＝4，點E在線段BB1上，且EB1=1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點.求證：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.高頻考點二、向量法求空間角例2、(2019·高考全國卷Ⅱ)如圖，長方體ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE(1)證明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角BECC1的正弦值.【變式探究】(2017·全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐P－ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD=∠ABC＝90°,E是PD的中點.5(1)證明：直線CE∥平面PAB；(2)點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°,求二面角MABD的余弦值.【方法技巧】(1)利用空間向量求空間角的一般步驟①建立恰當?shù)目臻g直角坐標系.②求出相關點的坐標，寫出相交向量的坐標.③結合公式進行論證、計算.④轉化為幾何結論.點M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PDAB＝4.(1)求證：M為PB的中點；(2)求二面角BPDA的大??；(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.高頻考點三探索性問題要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學對象(數(shù)值、圖形等)是否存在或某一結論是否成立．“是否存在”的問題的命題形式有兩種情況：如果存在，找出一個來；如果不存在，需要說明理由，這類問題常用“肯定順推”的方法.例3、如圖，多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，二面角ACDF為60°,DE∥CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6.(1)求證：BF∥平面ADE；(2)在線段CF上求一點G，使銳二面角BEGD的余弦值為.【舉一反三】如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，(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M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由.【方法技巧】空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無須進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷；解題時，把要成立的結論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法解題.【變式探究】如圖所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1點D為AC的中點，點E的線段AA1上.(1)當AEEA1＝12時，求證：DE⊥BC1；(2)是否存在點E，使二面角DBEA等于60°?若存在，求AE的長；若不存在，請說明理由.真題感悟1．(2019·高考全國卷Ⅱ)如圖，長方體ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)證明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角BECC1的正弦值.2.(2019·高考天津卷)如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC=2.(1)求證：BF∥平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值為，求線段CF的長.3．(2019·高考浙江卷)如圖，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°,∠BAC=30°,A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點.(1)證明：EF⊥BC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.1.（2018年浙江卷）如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°,A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2.8(Ⅰ)證明：AB1⊥平面A1B1C1；(Ⅱ)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.2.（2018年天津卷）如圖，AD//BC且AD=2BC，ADICD,且EG=AD，CD/FG且CD=2FG，DG⊥平面ABCD，DA=DC=DG=2.（I）若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：MNI平面CDE；（II）求二面角E-BC-F的正弦值；（III）若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長.3.（2018年北京卷）如圖，在三棱柱ABC-AB1C1中，平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點，AB=BC=，AC=AA1=2.(Ⅰ)求證：AC⊥平面BEF；(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；(Ⅲ)證明：直線FG與平面BCD相交.4.（2018年江蘇卷）如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點.（1）求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；（2）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.5.（2018年江蘇卷）在平行六面體ABCD-A1B1CD1中，AA1=AB,AB1⊥B1C1.求證1）ABI平面A1B1C；（2）6.（2018年全國I卷理數(shù)）如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點，以DF為折痕把△DFC折起，使點C到達點P的位置，且PF⊥BF.(1)證明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.7.（2018年全國Ⅲ卷理數(shù)）如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點.（1）證明：平面AMD⊥平面BMC；（2）當三棱錐M-ABC體積最大時，求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.8.（2018年全國Ⅱ卷理數(shù)）如圖，在三棱錐P-ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，o為AC的中點.（1）證明：PO⊥平面ABC；（2）若點M在棱BC上，且二面角M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值.專題13立體幾何中的向量方法考情解讀空間向量及其應用一般每年考一道大題，試題一般以多面體為載體，分步設問，既考查綜合幾何也考查向量幾何，諸小問之間有一定梯度，大多模式是：諸小問依次討論線線垂直與平行→線面垂直與平行→面面垂直與平行→異面直線所成角、線面角、二面角→體積的計算．強調作圖、證明、計算相結合．考查的多面體以三棱錐、四棱錐(有一條側棱與底面垂直的棱錐、正棱錐)、棱柱(有一側棱或側面與底面垂直的棱柱，或底面為特殊圖形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等類型的棱柱)為主.1．共線向量與共面向量(1)共線向量定理：對空間任意兩個向量a、b(b≠0)，a∥b的充要條件是存在實數(shù)λ,使a=λb.(2)共面向量定理：如果兩個向量a、b不共線，則向量p與向量a、b共面的充要條件是存在唯一實數(shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb.2．兩個向量的數(shù)量積向量的數(shù)量積滿足如下運算律：①(λa)·b=λ(a·b)；3．空間向量基本定理如果三個向量a、b、c不共面，那么對空間任一向量p，存在唯一有序實數(shù)組{x，y，z}，使p＝xa＋yb+zc.推論：設O、A、B、C是不共面的四點，則對空間任一點P，都存在唯一的有序實數(shù)組{x，y，z}，使OP=xOA＋yOB＋zOC.4．空間向量平行與垂直的坐標表示則a∥b?a=λb?a1=λb1，a2=λb2，a3=λb3(λ∈R)；5．模、夾角和距離公式cos〈a，b〉.(2)距離公式設A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，則(3)平面的法向量如果表示向量a的有向線段所在的直線垂直于平面α,則稱這個向量垂直于平面α,記作a⊥α.如果a⊥α,那么向量a叫做平面α的法向量.6．空間角的類型與范圍(1)異面直線所成的角θ：0<θ≤；(2)直線與平面所成的角θ：0≤θ≤；(3)二面角θ：0≤θ≤π.7．用向量求空間角與距離的方法(1)求空間角：設直線l1、l2的方向向量分別為a、b，平面α、β的法向量分別為n、m.①異面直線l1與l2所成的角為θ,則cosθ=.②直線l1與平面α所成的角為θ,則sinθ=.③平面α與平面β所成的二面角為θ,則|cosθ|＝.(2)求空間距離①直線到平面的距離，兩平行平面間的距離均可轉化為點到平面的距離.點P到平面α的距離：d＝|(其中n為α的法向量，M為α內任一點).②設n與異面直線a，b都垂直，A是直線a上任一點，B是直線B上任一點，則異面直線a、b的距離d＝|AB·d＝|AB·n|高頻考點突攻高頻考點一向量法證明平行與垂直1．(2019·高考浙江卷)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°,∠BAC=30°,A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點.(1)證明：EF⊥BC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.【解析】法一：(1)證明：如圖，連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC.又因為A1F∥AB，∠ABC＝90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC的中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形.由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形.連接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補角).不妨設AC＝4，則在RtΔA1EG中，A1E＝2，EG＝.由于O為A1G的中點，故EO＝OG所以cos∠EOG＝EO2EG2＝.因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是.法二：(1)證明：連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC.如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系E-xyz.不妨設AC＝4，則A1(0，0，2)，B(，1，0)，(2)設直線EF與平面A1BC所成角為θ.設平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z).得-x＋y＝0，得 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值為.【舉一反三】如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點．證明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面PAD；(3)平面PCD⊥平面PAD.【證明】依題意，以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E為棱PC的中點，得E(1，1，1).所以BE⊥DC.(2)因為AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，所以BE⊥AB，又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，2x＝0，【變式探究】如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.【證明】以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系A－xyz如圖所示，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，→-1，0，01→→-1，0，01→(1)因為所以∥，即EF∥AB.又AB?平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB.所以AP⊥DC，AD⊥DC，即AP⊥DC，AD⊥DC.又因為AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD，【方法規(guī)律】利用空間向量證明平行與垂直的步驟(1)建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用載體中的垂直關系；(2)建立空間圖形與空間向量之間的關系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素；(3)通過空間向量的運算研究平行、垂直關系；(4)根據(jù)運算結果解釋相關問題.【變式探究】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°,BC＝2，CC1＝4，點E在線段BB1上，且EB1=1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點.求證：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.證明：(1)以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系B-xyz，如圖所示，則B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，設BA＝a，則A(a,0,0)，所以BA＝(a,0,0)，BD＝(0,2,2)，B1D＝(0,22)，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD，因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，1，4，F(xiàn)(0,1,4)，B1D·EG＝0＋2－2＝0，B1D·EF＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.結合(1)可知平面EGF∥平面ABD.高頻考點二、向量法求空間角例2、(2019·高考全國卷Ⅱ)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)證明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值.【解析】(1)證明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由題設知RtΔABE≌RtΔA1B1E，所以∠AEB＝45°,故AE＝AB，AA1＝2AB.設平面EBC的法向量為n＝(x，y，z)，則所以可取n＝(011).設平面ECC1的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則y1＋z1＝0，于是cosn，m.所以，二面角B-EC-C1的正弦值為.【變式探究】(2017·全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐P－ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD=∠ABC＝90°,E是PD的中點.(1)證明：直線CE∥平面PAB；(2)點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°,求二面角M-AB-D的余弦值.【解析】(1)證明：取PA的中點F，連接EF，BF.因為E是PD的中點，所以EF∥AD，EF＝AD.由∠BAD=∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝AD，所以EF綊BC，四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF.又BF?平面PAB，CE?平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A為坐標原點，AB的方向為x軸正方向，|AB|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，PC＝(1,0)，AB＝(1,0,0).設M(x，y，z)(0<x<1)，則BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－).因為BM與底面ABCD所成的角為45°,而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，|即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，設PM=λPC，則x＝1x＝1zzzz所以M22，從而AM＝22.設m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，則所以可取m＝(02).于是cos〈m，n〉.因此二面角M-AB-D的余弦值為.【方法技巧】(1)利用空間向量求空間角的一般步驟①建立恰當?shù)目臻g直角坐標系.②求出相關點的坐標，寫出相交向量的坐標.③結合公式進行論證、計算.④轉化為幾何結論.點M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PDAB＝4.(1)求證：M為PB的中點；(2)求二面角B-PD-A的大??；(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.【解析】(1)證明：如圖，設AC，BD交于點E，連接ME，因為PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因為四邊形ABCD是正方形，所以E為BD的中點，所以M為PB的中點.(2)取AD的中點O，連接OP，OE.因為PA＝PD，所以OP⊥AD.又因為平面PAD⊥平面ABCD，且OP?平面PAD，所以OP⊥平面ABCD.因為OE?平面ABCD，所以OP⊥OE.因為四邊形ABCD是正方形，所以OE⊥AD.如圖，建立空間直角坐標系O－xyz，則P(0,0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，BD＝(44,0)，PD＝(2,0，-).設平面BDP的法向量為n＝(x，y，z)，即4x－4y＝0，即2x－z＝0.令x＝1，則y＝1，z＝.平面PAD的法向量為p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉.-12→32－(3)由題意知M2，C(2,4,0)，MC-12→32－設直線MC與平面BDP所成角為α,則|=|=→=,|n||MC|9所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為.高頻考點三探索性問題要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學對象(數(shù)值、圖形等)是否存在或某一結論是否成立．“是否存在”的問題的命題形式有兩種情況：如果存在，找出一個來；如果不存在，需要說明理由，這類問題常用“肯定順推”的方法.例3、如圖，多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為矩形，二面角A-CD-F為60°,DE∥CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6.(1)求證：BF∥平面ADE；(2)在線段CF上求一點G，使銳二面角B-EG-D的余弦值為.【解】(1)證明：因為四邊形ABCD為矩形，所以BC∥AD.因為AD?平面ADE，BC?平面ADE，所以BC∥平面ADE.同理CF∥平面ADE.又BC∩CF＝C，所以平面BCF∥平面ADE.因為BF?平面BCF，所以BF∥平面ADE.(2)因為CD⊥AD，CD⊥DE，所以∠ADE是二面角A-CD-F的平面角，即∠ADE＝60°.因為AD∩DE＝D，所以CD⊥平面ADE.因為CD?平面CDEF，所以平面CDEF⊥平面ADE.如圖，作AO⊥DE于點O，則AO⊥平面CDEF.以O為坐標原點，平行于DC的直線為x軸，DE所在的直線為y軸，OA所在的直線為z軸建立空間直角坐標系O-xyz，設G(3，t，0)1≤t≤5，，－，－設平面BEG的法向量為m＝(x，y，z)，則由，可取-3x＋2y－z＝可取ty－z＝0 x＝2－t z 故平面BEG的一個法向量為m＝(2－t，3，t)，又平面DEG的一個法向量為n＝(0，0，1)，4|4解得t＝或t(舍去)，即所求線段CF上的點G滿足CG＝.【舉一反三】如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，(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M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由.【解析】(1)證明：因為平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，PD?平面PAD，所以AB⊥PD.又因為PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.(2)取AD的中點O，連接PO，CO.因為PA＝PD，所以PO⊥CD.又因為PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.如圖，建立空間直角坐標系O－xyz.由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(01,0)，P(0,0,1).設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則-y－z＝0，即2x－z＝0.令z＝2，則x＝1，y2.所以n＝(12,2).(3)設M是棱PA上一點，則存在λ∈[0,1]使得AM=λAP.因此點M(0,1-λ,λ),BM＝(－1，-λ,λ).因為BM?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD當且僅當BM·n＝0，即(－1，-λ,λ)·(12,2)＝0.解得λ=.所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD，此時＝.【方法技巧】空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無須進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷；解題時，把要成立的結論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法解題.【變式探究】如圖所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1點D為AC的中點，點E的線段AA1上.(1)當AEEA1＝12時，求證：DE⊥BC1；(2)是否存在點E，使二面角D-BE-A等于60°?若存在，求AE的長；若不存在，請說明理由.【解析】(1)證明：連接DC1，因為ABC－A1B1C1為正三棱柱，所以△ABC為正三角形.又因為D為AC的中點，所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.所以BD⊥DE.因為AEEA1＝12，AB＝2，AA1所以AEAD＝1.所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°.在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°.所以∠EDC1＝90°,即ED⊥DC1.所以DE⊥平面BDC1.又因為BC1?平面BDC1，所以ED⊥BC1.(2)假設存在點E滿足條件，設AE＝h.取A1C1的中點D1，連接DD1，則DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD.如圖，分別以DA，DB，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系D－xyz，設平面DBE的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)則n1·DB＝0，n1·DE＝0，x1＋hz1＝0.同理，設平面ABE的一個法向量為n2＝(x2，y2，z2)，n2·AB＝0，-x2＋y2＝0，即所以|cos〈n1，n2|cos60°=.解得h＝<，故存在點E滿足條件.當AE＝時，二面角D-BE-A等于60°.真題感悟1．(2019·高考全國卷Ⅱ)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE(1)證明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值.【解析】(1)證明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由題設知RtΔABE≌RtΔA1B1E，所以∠AEB＝45°,故AE＝AB，AA1＝2AB.設平面EBC的法向量為n＝(x，y，z)，則所以可取n＝(011).設平面ECC1的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則y1＋z1＝0，于是cosn，m.所以，二面角B-EC-C1的正弦值為.2.(2019·高考天津卷)如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC=2.(1)求證：BF∥平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E-BD-F的余弦值為，求線段CF的長.角坐標系(如圖)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E線BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE. →所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為.-).|4解得h經(jīng)檢驗，符合題意.所以，線段CF的長為.3．(2019·高考浙江卷)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°,∠BAC=30°,A1A＝A1C＝AC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點.(1)證明：EF⊥BC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.【解析】法一：(1)證明：如圖，連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC.又因為A1F∥AB，∠ABC＝90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC的中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形.由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形.連接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補角).不妨設AC＝4，則在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.由于O為A1G的中點，故EO＝OG所以cos∠EOG＝EO2EG2＝.因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是.法二：(1)證明：連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC.如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系E-xyz.不妨設AC＝4，則A1(0，0，2)，B(，1，0)， (2)設直線EF與平面A1BC所成角為θ.設平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z).BC·n＝0x＋y＝0， 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值為.1.（2018年浙江卷）如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°,A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2.(Ⅰ)證明：AB1⊥平面A1B1C1；(Ⅱ)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.【答案】(Ⅰ)見解析【解析】方法一：所以.故AB1±A1B1.由BC=2，BB1=2,CC1=1,得B1C1=S，由AB=BC=2,2ABC=120°得AC=25，AC=，所以，故AB1±B1C1.因此AB1⊥平面AB1C1.(Ⅱ)如圖，過點C1作，交直線AB1于點D，連結AD.由AB1⊥平面AB1C1得平面AB1C1±平面ABB1，由得CD1平面ABB1，所以2C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.學科.網(wǎng)所以，故.因此，直線與平面ABB1所成的角的正弦值是.方法二：(Ⅰ)如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系O-xyz.由題意知各點坐標如下：A0,-50)B(1,0.0)A1(0,-5,4B1(1,0,2)C1(05,1)由得AB1±AB1.所以AB1⊥平面AB1C1.(Ⅱ)設直線AC1與平面ABB1所成的角為.由(Ⅰ)可知設平面ABB1的法向量n=(xy,z).由即可取n=(-5,1,0).所以.因此，直線與平面ABB1所成的角的正弦值是.2.（2018年天津卷）如圖，AD//BC且AD=2BC，ADICD,且EG=AD，CD/FG且CD=2FG，DG⊥平面ABCD，DA=DC=DG=2.（I）若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：MNI平面CDE；（II）求二面角E-BC-F的正弦值；（III）若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長.【答案】(Ⅰ)證明見解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】依題意，可以建立以D為原點，分別以，DC，DG的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標系（如圖可得D（0，0，0A（2，0，0B（1，2，0C（0，2，0設n0=(x，y，z)為平面CDE的法向量，又=（11可得MN·n0=0，又因為直線MN平面CDE，所以MN∥平面CDE.設n=（x，y，z）為平面BCE的法向量，設m=（x，y，z）為平面BCF的法向量，因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=.所以，二面角E–BC–F的正弦值為.(Ⅲ)設線段DP的長為h（h∈［0，2則點P的坐標為（0，0，h可得BP=(-1,-2,h).易知，DC=（0，2，0）為平面ADGE的一個法向量，由題意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］.所以線段的長為.3.（2018年北京卷）如圖，在三棱柱ABC-AB1C1中，平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點，AB=BC=5，AC=AA1=2.(Ⅰ)求證：AC⊥平面BEF；(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；(Ⅲ)證明：直線FG與平面BCD相交.【答案】(1)證明見解析(2)B-CD-C1的余弦值為(3)證明過程見解析【解析】(Ⅰ)在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四邊形A1ACC1為矩形.又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點，∴AC⊥EF.∵AB=BC.∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF.(Ⅱ)由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC.∵BE平面ABC，∴EF⊥BE.如圖建立空間直角坐稱系E-xyz.設平面BCD的法向量為n=(a,b,c)，∴平面BCD的法向量n=(2，-1，-4)，又∵平面CDC1的法向量為，由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角，所以二面角B-CD-C1的余弦值為.(Ⅲ)平面BCD的法向量為n=(2，-1，-4)，∵G（0，2，1F（0，0，2∴GF與平面BCD不平行且不在平面BCD內，∴GF與平面BCD相交.4.（2018年江蘇卷）如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點.（1）求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；（2）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.（2）【解析】如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以OC，OO1⊥OB，以因為AB=AA1=2，所以.（1）因為P為A1B1的中點，所以，從而，因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為.（2）因為Q為BC的中點，所以，設n=（x，y，z）為平面AQC1的一個法向量，則即不妨取n=(5,