第3講立體幾何中的向量方法A組夯基保分專練1(2019·重慶市七校聯(lián)合考試)如圖，三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱長都是2，AA1平面ABC，D，E分別是AC，CC1的中點(1)求證：AE平面A1BD；(2)求二面角D­BE­B1的余弦值解：(1)證明：因為ABBCCA，D是AC的中點，所以BDAC，因為AA1平面ABC，所以平面AA1C1C平面ABC，所以BD平面AA1C1C，所以BDAE.又在正方形AA1C1C中，D，E分別是AC，CC1的中點，所以A1DAE.又A1DBDD，所以AE平面A1BD.(2)以DA所在直線為x軸，過D作AC的垂線，以該垂線為y軸，DB所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，E(1，1，0)，B(0，0，)，B1(0，2，)，(0，0，)，(1，1，0)，(0，2，0)，(1，1，)，設(shè)平面DBE的法向量為m(x，y，z)，則，即，令x1，則m(1，1，0)，設(shè)平面BB1E的法向量為n(a，b，c)，則，即，令c，則n(3，0，)，設(shè)二面角D­BE­B1的平面角為，觀察可知為鈍角，因為cosm，n，所以cos ，故二面角D­BE­B1的余弦值為.2(2019·成都第一次診斷性檢測)如圖，四棱錐P­ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，ABC，PA平面ABCD，點M是棱PC的中點(1)證明：PA平面BMD；(2)當(dāng)PA時，求直線AM與平面PBC所成角的正弦值解：(1)證明：如圖1，連接AC交BD于點O，連接MO.因為M，O分別為PC，AC的中點，所以PAMO.因為PA平面BMD，MO平面BMD，所以PA平面BMD.(2)如圖2，取線段BC的中點H，連接AH.因為四邊形ABCD為菱形，ABC，所以AHAD.以A為坐標(biāo)原點，分別以AH，AD，AP所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)­xyz，則A(0，0，0)，B(，1，0)，C(，1，0)，P(0，0，)，M，所以(，)，(0，2，0)，(，1，)設(shè)平面PBC的法向量為m(x，y，z)，由得，取z1，m(1，0，1)設(shè)直線AM與平面PBC所成角為，則sin |cosm，|.所以直線AM與平面PBC所成角的正弦值為.3(2019·高考天津卷)如圖，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(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的長解：依題意，可以建立以A為原點，分別以，的方向為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)設(shè)CFh(h>0)，則F(1，2，h)(1)證明：依題意，(1，0，0)是平面ADE的法向量，又(0，2，h)，可得·0，又因為直線BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依題意，(1，1，0)，(1，0，2)，(1，2，2)設(shè)n(x，y，z)為平面BDE的法向量，則即不妨令z1，可得n(2，2，1)因此有cos，n.所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為.(3)設(shè)m(x，y，z)為平面BDF的法向量，則即不妨令y1，可得m(1，1，)由題意，有|cosm，n|，解得h，經(jīng)檢驗，符合題意所以，線段CF的長為.4(2019·東北四市聯(lián)合體模擬(一)如圖，等腰梯形ABCD中，ABCD，ADABBC1，CD2，E為CD的中點，將ADE沿AE折到APE的位置(1)證明：AEPB；(2)當(dāng)四棱錐P­ABCE的體積最大時，求二面角A­PE­C的余弦值解：(1)證明：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點O，因為ABCE，ABCE，所以四邊形ABCE為平行四邊形，所以AEBCADDE，所以ADE為等邊三角形，所以在等腰梯形ABCD中，CADE，BDBC，所以BDAE.翻折后可得OPAE，OBAE，又OP平面POB，OB平面POB，OPOBO，所以AE平面POB，因為PB平面POB，所以AEPB.(2)當(dāng)四棱錐P­ABCE的體積最大時，平面PAE平面ABCE.又平面PAE平面ABCEAE，PO平面PAE，POAE，所以O(shè)P平面ABCE.以O(shè)為坐標(biāo)原點，OE所在的直線為x軸，OB所在的直線為y軸，OP所在的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由題意得，P，E，C，所以，設(shè)平面PCE的法向量為n1(x，y，z)，則，即，設(shè)x，則y1，z1，所以n1(，1，1)為平面PCE的一個法向量，易知平面PAE的一個法向量為n2(0，1，0)，cosn1，n2.由圖知所求二面角A­PE­C為鈍角，所以二面角A­PE­C的余弦值為.B組大題增分專練1(2019·高考浙江卷)如圖，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1平面ABC，ABC90°，BAC30°，A1AA1CAC，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點(1)證明：EFBC；(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值解：法一：(1)證明：如圖，連接A1E，因為A1AA1C，E是AC的中點，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，所以，A1E平面ABC，則A1EBC.又因為A1FAB，ABC90°，故BCA1F.所以BC平面A1EF.因此EFBC.(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A1EEG，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(bǔ)角)不妨設(shè)AC4，則在RtA1EG中，A1E2，EG.由于O為A1G的中點，故EOOG，所以cosEOG.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A1AA1C，E是AC的中點，所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1平面ABCAC，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(biāo)系E­xyz.不妨設(shè)AC4，則A1(0，0，2)，B(，1，0)，B1(，3，2)，F(xiàn)(，2)，C(0，2，0)因此，(，1，0)由·0得EFBC.(2)設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為.由(1)可得(，1，0)，(0，2，2)設(shè)平面A1BC的法向量為n(x，y，z)由得取n(1，1)故sin |cos，n|.因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值為.2(2019·濟(jì)南市統(tǒng)一模擬考試)如圖，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BECF，BCF90°，AD，BE3，CF4，EF2.(1)求證：AE平面DCF；(2)當(dāng)AB的長為何值時，二面角A­EF­C的大小為60°？解：因為平面ABCD平面BEFC，平面ABCD平面BEFCBC，DC平面ABCD，且DCBC，所以DC平面BEFC.以點C為坐標(biāo)原點，分別以CB，CF，CD所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C­xyz.設(shè)ABa，則C(0，0，0)，A(，0，a)，B(，0，0)，E(，3，0)，F(xiàn)(0，4，0)，D(0，0，a)(1)證明：因為(0，3，a)，(，0，0)，(0，4，0)，(0，0，a)，所以·0，·0，又CDCFC，所以CB平面CDF，即為平面CDF的一個法向量又·0，所以CBAE，又AE平面CDF，所以AE平面DCF.(2)設(shè)n(x，y，z)與平面AEF垂直，(0，3，a)，(，1，0)，由，得，取x1，則n.BA平面BEFC，(0，0，a)，由|cosn，|，得a.所以當(dāng)AB時，二面角A­EF­C的大小為60°.3(2019·江西八所重點中學(xué)聯(lián)考)如圖所示多面體ABCDEF，其底面ABCD為矩形，且AB2，BC2，四邊形BDEF為平行四邊形，點F在底面ABCD內(nèi)的投影恰好是BC的中點(1)已知G為線段FC的中點，證明：BG平面AEF；(2)若二面角F­BD­C的大小為，求直線AE與平面BDEF所成角的正弦值解：(1)證明：如圖，連接AC交BD于H，連接GH，則GH為ACF的中位線，所以GHAF.因為GH平面AEF，AF平面AEF，所以GH平面AEF.又BDEF，BD平面AEF，EF平面AEF，所以BD平面AEF.連接DG，因為BDGHH，BD平面BDG，GH平面BDG，所以平面BDG平面AEF，因為BG平面BDG，所以BG平面AEF.(2)取BC的中點O，AD的中點M，連接OF，OM，則OF平面ABCD，OMBC，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OC，OM，OF所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，2，0)，所以(2，2，0)設(shè)OFa(a>0)，則F(0，0，a)，所以(1，0，a)設(shè)平面BDEF的法向量為n1(x，y，z)，由，得，令xa，得n1(a，a，)易得平面ABCD的一個法向量為n2(0，0，1)因為二面角F­BD­C的大小為，所以|cosn1，n2|，解得a.設(shè)直線AE與平面BDEF所成的角為，因為(2，0，0)，且n1，所以sin |cos，n1|.故直線AE與平面BDEF所成角的正弦值為.4(2019·湖南省湘東六校聯(lián)考)如圖，ABEDFC為多面體，平面ABED與平面ACFD垂直，點O在線段AD上，OA1，OD2，OAB，OAC，ODE，ODF都是正三角形(1)證明：直線BC平面OEF；(2)在線段DF上是否存在一點M，使得二面角M­OE­D的余弦值是？若不存在，請說明理由；若存在，請求出M點所在的位置解：(1)證明：依題意，在平面ADFC中，CAOFOD60°，所以ACOF，又OF平面OEF，所以AC平面OEF.在平面ABED中，BAOEOD60°，所以ABOE，又OE平面OEF，所以AB平面OEF.因為ABACA，AB平面OEF，AC平面OEF，AB平面ABC，AC平面ABC，所以平面ABC平面OEF.又BC平面ABC，所以直線BC平面OEF.(2)設(shè)OD的中點為G，如圖，連接GE，GF，由題意可得GE，GD，GF兩兩垂直，以G為坐標(biāo)原點，GE，GD，GF所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，易知，O(0，1，0)，E(，0，0)，F(xiàn)(0，0，)，D(0，1，0)假設(shè)在線段DF上存在一點M，使得二面角M­OE­D的余弦值是，設(shè)，0，1，則M(0，1，)，(0，2，)設(shè)n(x，y，z)為平面MOE的法向量，由得，可取x，則y，z2，n(，2)又平面OED的一個法向量m(0，0，1)，所以|cosm，n|，所以(21)(1)0，又0，1，所以.所以存在滿足條件的點M，M為DF的中點 - 11 -