第3講立體幾何中的向量方法考情研析以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，常與空間線面關系的證明相結合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標系和準確計算上.核心知識回顧1.線、面的位置關系與向量的關系設直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分別為(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(1)lmabakba1ka2，b1kb2，c1kc2；(2)lmaba·b0a1a2b1b2c1c20；(3)laa·0a1a3b1b3c1c30；(4)laaka1ka3，b1kb3，c1kc3；(5)vkva3ka4，b3kb4，c3kc4；(6)v·v0a3a4b3b4c3c40.2三種空間角與空間向量的關系(1)線線角：設a，b分別為異面直線a，b的方向向量，則兩異面直線所成的角滿足cos.(2)線面角：設l是斜線l的方向向量，n是平面的法向量，則斜線l與平面所成的角滿足sin.(3)二面角如圖()，AB，CD是二面角l的兩個半平面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小A，C；如圖()()，n1，n2分別是二面角l的兩個半平面，的法向量，則二面角的大小滿足coscosn1，n2或cosn1，n2熱點考向探究考向1 利用向量證明平行與垂直例1如圖，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD為等腰梯形，ABCD，AB4，BCCD2，AA12，E，E1分別是棱AD，AA1的中點(1)設F是棱AB的中點，證明：直線EE1平面FCC1；(2)證明：平面D1AC平面BB1C1C.證明如圖，過點D作AB垂線交AB于G，則以D為原點，DG，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，易得A(，1，0)，B(，3,0)，C(0，2,0)，E1(，1，1)，E，F(xiàn)(，1,0)，D1(0,0,2)，B1(，3,2)，C1(0,2,2)(1)(0,0,2)，C(，1,0)設平面C1FC的法向量n1(x，y，z)，則令x1，得n1(1，0)，又，故·n10，又E1E平面FCC1，所以E1E平面FCC1.(2)(，1，2)，(0,2，2)，設平面D1AC的法向量n2(a，b，c)，由得令b1，得其中一個n2(，1,1)同理易得平面BB1C1C的一個法向量n3(1，0)，n2·n30，故平面D1AC平面BB1C1C.利用空間向量證明平行與垂直的方法步驟(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(2019·貴陽二模)如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點E為棱PC的中點證明：(1)BEDC；(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)(1)向量B(0,1,1)，D(2,0,0)，故B·D0.所以BEDC.(2)因為PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA，又因為ABAD，PAADA，所以AB平面PAD，所以向量A(1,0,0)為平面PAD的一個法向量，而·A(0,1,1)·(1,0,0)0，所以BA，又BE平面PAD，所以BE平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一個法向量A(1,0,0)，向量P(0,2，2)，D(2,0,0)，設平面PCD的法向量為n(x，y，z)，則即不妨令y1，可得n(0,1,1)為平面PCD的一個法向量則n·A(0,1,1)·(1,0,0)0，所以nA.所以平面PAD平面PCD.考向2 利用空間向量求空間角角度1利用空間向量求異面直線所成的角例2如圖，四邊形ABCD為菱形，ABC120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側的兩點，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)證明：平面AEC平面AFC；(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值解(1)證明：連接BD，設BDACG，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不妨設GB1.由ABC120°，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.從而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因為EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)如圖，以G為坐標原點，分別以，的方向為x軸，y軸正方向，|為單位長，建立空間直角坐標系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.角度2利用空間向量求線面角例3(2019·銀川一中新高三入學考試)如圖，在四棱錐PABCD中，四邊形ABCD是邊長為8的菱形，BAD60°，PBD是等邊三角形，二面角PBDC的余弦值為.(1)求證：BDPC；(2)求直線PC與平面PAD夾角的正弦值解(1)證明：連接AC交BD于點O，連接PO.因為四邊形ABCD是菱形，所以BDAC，且AC和BD互相平分又因為PBPD，O為BD的中點，所以BDPO，又因為POACO，所以BD平面PAC.因為PC平面PAC，所以BDPC.(2)過點P作PEOC，交點為E，因為BD平面PAC，所以BDPE，因為BDOCO，所以PE平面ABCD.易知POE為二面角PBDC的平面角，所以cosPOE，sinPOE.又因為BAD60°，所以ABD和PBD都是邊長為8的等邊三角形所以OP4，則PE，OE.建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，4，0)，D(4，0,0)，C(0,4，0)，P0，.所以(4,4，0)，4，0，.設平面PAD的法向量為m(x1，y1，z1)，則即令x13，則y1，z1，得平面PAD的一個法向量m(3，)所以|cosm，|，所以直線PC與平面PAD夾角的正弦值為.角度3利用空間向量求二面角例4(2019·馬鞍山高三監(jiān)測)如圖，半圓柱OO中，平面ABBA過上、下底面的圓心O，O，點C，D分別在半圓弧AB，AB上且.(1)求證：CD平面ABBA；(2)若2ACABAA，求二面角CADB的余弦值解(1)證明：如圖，取的中點M，OO平面ABC，OA，OM，OO兩兩垂直，以O為坐標原點，OA，OM，OO所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系Oxyz，連接OC，設OA1，AOC(0<<)，則A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(cos，sin，0)，D(cos，sin，t)，于是(2cos，0，t)，而平面ABBA的一個法向量(0,1,0)，由于·0及CD平面ABBA，所以CD平面ABBA.(2)設OA1，2ACABAA，則C，0，D，2，(1,0,2)，0，2，(2,0,0)設平面CAD的法向量n1(x，y，z)，則不妨令x2，得n1(2，2，)，設平面BAD的法向量n2(x，y，z)，則不妨設y4，得n2(0,4，)，所以cosn1，n2，故二面角CADB的余弦值為.三種空間角的向量求法(1)異面直線所成的角，可以通過兩直線的方向向量的夾角求得，即cos|cos|.(2)直線與平面所成的角主要可以通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角求得，即sin|cos|.(3)二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內(nèi)與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角(2019·湖南永州高三第三次模擬)在三棱柱ABCA1B1C1中，側面ABB1A1底面ABC，ABC90°，且側面ABB1A1為菱形(1)證明：A1B平面AB1C1；(2)若A1AB60°，AB2，直線AC1與底面ABC所成角的正弦值為，求二面角A1AC1B1的余弦值解(1)證明：因為四邊形ABB1A1是菱形，則A1BAB1，平面ABB1A1平面ABC，且AB為交線，BCAB，BC平面ABB1A1，BCA1B.BCB1C1，A1BB1C1，又AB1C1B1B1，A1B平面AB1C1.(2)取A1B1的中點M，連接BM，易證BM平面ABC，且ABBC，以BA所在直線為x軸，BC所在直線為y軸，BM所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設BCt(t>0)，則A(2,0,0)，A1(1,0，)，C(0，t,0)，(1,0，)，(2，t,0)因為四邊形A1ACC1為平行四邊形，則(3，t，)，易知ABC的一個法向量為n(0,0,1)，|cos，n|，解得t.(1,0，)，(3，)，設平面AA1C1的法向量n1(x1，y1，z1)，令z11，則n1(，2,1)，由(1)可得平面AB1C1的一個法向量(1,0，)，cosn1，二面角A1AC1B1的余弦值為.考向3 立體幾何中的探索性問題例5如圖，四棱錐PABCD的底面ABCD為正方形，PA底面ABCD，ADAP，E為棱PD的中點(1)證明：PD平面ABE；(2)若F為AB的中點，(0<<1)，試確定的值，使二面角PFMB的余弦值為.解(1)證明：PA平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB，又ABAD，ADPAA，AB平面PAD.又PD平面PAD，PDAB，ADAP，E為PD中點，AEPD，由且ABAEA，可得PD平面ABE.(2)以A為原點，以，為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系Axyz，令|AB|2，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2，2,0)，E(0,1,1)，F(xiàn)(1,0,0)，(1,0，2)，P(2,2，2)，(2，2，2)，M(2，2，22)，B(1,0,0)，F(xiàn)(21,2，22)設平面PFM的法向量m(x，y，z)，即m(2，1,1)，設平面BFM的法向量n(x，y，z)，即取z，則n(0，1，)，|cosm，n|，解得.利用空間向量求解探索性問題的策略(1)假設題中的數(shù)學對象存在(或結論成立)或暫且認可其中的一部分結論(2)在這個前提下進行邏輯推理，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(zhuǎn)化為“點的坐標(或參數(shù))是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等若由此推導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論(2019·桂林高三4月一模)如圖1，在邊長為3的菱形ABCD中，已知AFEC1，且EFBC.將梯形ABEF沿直線EF折起，使BE平面CDFE，如圖2，P，M分別是BD，AD上的點(1)若平面PAE平面CMF，求AM的長；(2)是否存在點P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由解(1)因為平面PAE與平面CDFE有公共點E，所以平面PAE與平面CDFE相交，設交線為EQ，若平面PAE平面CMF，因為平面CDFE平面CMFCF，則EQCF.設EQDFQ，又因為FQCE，所以四邊形ECFQ是平行四邊形，F(xiàn)QCE，同理，由平面PAE平面CMF，因為平面PAE平面ADQAQ，平面CMF平面ADQMF，所以AQMF.所以.因為AFDF，AF1，DF2，所以AD，所以AM.(2)結論：存在點P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°.在題圖2中，以點F為原點，分別以FE，F(xiàn)D，F(xiàn)A所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示易得EF2，則F(0,0,0)，E(2，0,0)，又A(0,0,1)，B(2，0,2)，D(0,2,0)，所以(0,2,0)，(2，0，1)，(2，2，2)，(2，0,1)，設(0,1)，則(2，2，2)，則(22，2，12)，設平面PAE的法向量為n(x，y，z)，由得令x1，可得z2，y3，所以n(1,3，2)若存在點P，使DF與平面PAE所成的角是45°，則|cosn，|，解得，因為(0,1，所以，即.故存在一點P，當時，直線DF與平面PAE所成的角是45°.真題押題1(2019·遵義航天高級中學高三第四次模擬)在長方體ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A. B. C. D.答案A解析建立如圖所示的空間直角坐標系，由ABBC1，AA1，可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，(1,0，)，(1,1，)，設，的夾角為，則有cos，故異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為|cos|，故選A.2(2019·東北三校聯(lián)考)已知在正方體ABCDA1B1C1D1中，點E是棱A1B1的中點，則直線AE與平面BDD1B1所成角的正弦值為_答案解析以A1為坐標原點，A1B1，A1D1，A1A所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系設正方體的棱長為2，則A(0,0,2)，C(2,2,2)，E(1,0,0)，A(2,2,0)，A(1,0，2)ACBD，ACBB1，BDBB1B，AC平面BDD1B1，則A(2,2,0)是平面BDD1B1的一個法向量設直線AE與平面BDD1B1所成的角為，則sin|cosA，A|.3(2019·北京高考)如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E為PD的中點，點F在PC上，且.(1)求證：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)設點G在PB上，且.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由解(1)證明：因為PA平面ABCD，所以PACD.又因為ADCD，PAADA，所以CD平面PAD.(2)過點A作AD的垂線交BC于點M.因為PA平面ABCD，所以PAAM，PAAD.建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0,0,0)，B(2，1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)因為E為PD的中點，所以E(0,1,1)所以(0,1,1)，(2,2，2)，(0,0,2)所以，所以.設平面AEF的法向量為n(x，y，z)，則即令z1，則y1，x1.于是n(1，1,1)又因為平面PAD的一個法向量為p(1,0,0)，所以cosn，p.由題知，二面角FAEP為銳角，所以其余弦值為.(3)直線AG在平面AEF內(nèi)理由：因為點G在PB上，且，(2，1，2)，所以，所以.由(2)知，平面AEF的一個法向量n(1，1,1)，所以·n0.又直線AG與平面AEF有公共點A，所以直線AG在平面AEF內(nèi)4(2019·黃山高三第二次質(zhì)量檢測)如圖，已知四邊形ABCD滿足ADBC，BAADDCBCa，E是BC的中點，將BAE沿AE翻折成B1AE，使得B1Da，F(xiàn)為B1D的中點(1)證明：B1E平面ACF；(2)求平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值解(1)證明：連接ED交AC于點O，連接OF，由四邊形AECD為菱形，F(xiàn)為B1D的中點得，OFB1E，B1E平面ACF，所以B1E平面ACF.(2)取AE的中點M，連接DM，B1M，易知B1MAM，DMAM，由AB1a，ADa，AM，得B1MDMa，又B1Da，B1M2DM2B1D2，B1MDM，B1M，DM，MA兩兩垂直以MD，MA，MB1所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系(如圖)則A0，0，D，0,0，B10,0，C，a,0，E0，0，0，0，0，0，設平面ADB1的法向量m(x，y，z)，則令y1，解得m，1，同理平面ECB1的一個法向量n，1，cosm，n，故平面ADB1與平面ECB1所成銳二面角的余弦值為.金版押題5. 如圖，在多面體ABCDEF中，梯形ADEF與平行四邊形ABCD所在平面互相垂直，AFDE，DEAD，ADBE，AFADDE1，AB.(1)求證：BF平面CDE；(2)求二面角BEFD的余弦值；(3)判斷線段BE上是否存在點Q，使得平面CDQ平面BEF？若存在，求出的值；若不存在，說明理由解(1)證明：由底面ABCD為平行四邊形，知ABCD，又因為AB平面CDE，CD平面CDE，所以AB平面CDE.同理AF平面CDE，又因為ABAFA，所以平面ABF平面CDE.又因為BF平面ABF，所以BF平面CDE.(2)連接BD，因為平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，DEAD，所以DE平面ABCD，則DEDB.又因為DEAD，ADBE，DEBEE，所以AD平面BDE，則ADBD.故DA，DB，DE兩兩垂直，所以以DA，DB，DE所在的直線分別為x軸、y軸和z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，E(0，0,2)，F(xiàn)(1,0,1)，所以(0，1,2)，(1,0，1)，n(0,1,0)為平面DEF的一個法向量設平面BEF的法向量為m(x，y，z)，由m·0，m·0，得令z1，得m(1,2,1)所以cosm，n.如圖可得二面角BEFD為銳角，所以二面角BEFD的余弦值為.(3)結論：線段BE上存在點Q，使得平面CDQ平面BEF.證明如下：設(0，2)(0,1)，所以(0,1，2)設平面CDQ的法向量為u(a，b，c)，又因為(1,1，0)，所以u·0，u·0，即令b1，得u1,1，.若平面CDQ平面BEF，則m·u0，即120，解得(0,1)所以線段BE上存在點Q，使得平面CDQ平面BEF，且此時.配套作業(yè)1(2019·六盤山高級中學高三二模)如圖，AB是半圓O的直徑，C是半圓O上除A，B外的一個動點，DC垂直于半圓O所在的平面，DCEB，DCEB1，AB4.(1)證明：平面ADE平面ACD；(2)當C點為半圓的中點時，求二面角DAEB的余弦值解(1)證明：AB是直徑，BCAC，CD平面ABC，CDBC，CDACC，BC平面ACD，CDBE，CDBE，四邊形BCDE是平行四邊形，BCDE，DE平面ACD，DE平面ADE，平面ADE平面ACD.(2)依題意，ACBC2，如圖所示，建立空間直角坐標系，則D(0,0,1)，E(0,2，1)，A(2，0,0)，B(0,2，0)，(2，2，0)，(0,0,1)，(0,2，0)，(2，0，1)，設平面DAE的法向量為n1(x，y，z)，即n1(1,0,2)，設平面ABE的法向量為n2(x，y，z)，即n2(1,1,0)，cosn1，n2，二面角DAEB是鈍角，二面角DAEB的余弦值為.2(2019·聊城高三一模)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，AC2，AA1AB4，BAC120°，ACC160°.(1)證明：AC1BC；(2)求直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值解(1)證明：在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，AC2，AA1AB4，BAC120°，ACC160°.AC12，ACAC2CC，AC1AC，平面ACC1A1平面ABCAC，AC1平面ABC，AC1BC.(2)如圖，以A為坐標原點，AB為y軸，AC1為z軸，建立空間直角坐標系，則C(，1,0)，B1(，5，2)，B(0,4,0)，A(0,0,0)，(2，6,2)，(0,4,0)，(，5,2)，設平面ABB1A1的法向量n(x，y，z)，則取x2，得n(2,0,1)，設直線CB1與平面ABB1A1所成角為，則sin，直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值為.3.(2019·蚌埠市高三下學期第二次教學質(zhì)量檢查)如圖所示，菱形ABCD的邊長為2，D60°，點H為DC的中點，現(xiàn)以線段AH為折痕將菱形折起使得點D到達點P的位置且平面PHA平面ABCH，點E，F(xiàn)分別為AB，AP的中點(1)求證：平面PBC平面EFH；(2)求平面PAH與平面PBC所成銳二面角的余弦值解(1)證明：菱形ABCD中，E，H分別為AB，CD的中點，所以BECH，BECH，四邊形BCHE為平行四邊形，則BCEH，又EH平面PBC，所以EH平面PBC.又點E，F(xiàn)分別為AB，AP的中點，則EFBP，EF平面PBC，所以EF平面PBC.而EFEHE，所以平面EFH平面PBC.(2)菱形ABCD中，D60°，則ACD為正三角形，所以AHCD，AH，DHPHCH1.折疊后，PHAH，又平面PHA平面ABCH，平面PHA平面ABCHAH，從而PH平面ABCH.因為AHCD，所以HA，HC，HP三條線兩兩垂直，以，的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標系，則P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(，2,0)，(，1,0)，(0，1,1)，設平面PBC的法向量為m(x，y，z)，則即令y，得x1，z，所以m(1，)因為平面PAH的一個法向量n(0,1,0)，所以cosm，n.設平面PAH與平面PBC所成銳二面角為，則cos.4如圖，在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2，BC4，PA2.(1)求證：ABPC；(2)在線段PD上，是否存在一點M，使得二面角MACD的大小為45°，如果存在，求BM與平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，請說明理由解(1)證明：如圖，由已知得四邊形ABCD是直角梯形，由ADCD2，BC4，可得ABC是等腰直角三角形，即ABAC，因為PA平面ABCD，所以PAAB，又PAACA，所以AB平面PAC，又PC平面PAC，所以ABPC.(2)建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0,0,2)，B(2，2，0)，P(0，2，2)，A(2，2，0)設Pt(0<t<1)，則點M的坐標為(0，2t，22t)，所以A(0，2t，22t)設平面MAC的法向量是n(x，y，z)，則得則可取n.又m(0,0,1)是平面ACD的一個法向量，所以|cosm，n|cos45°，解得t，即點M是線段PD的中點此時平面MAC的一個法向量可取n0(1，1，)，B(2，3，1)設BM與平面MAC所成的角為，則sin|cosn0，B|.5如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，側棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且點M和N分別為B1C和D1D的中點(1)求證：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)設E為棱A1B1上的點，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A1E的長解如圖，以A為坐標原點建立空間直角坐標系，依題意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，2,2)因為M，N分別為B1C和D1D的中點，所以M，N(1，2,1)(1)證明：依題意，可得n(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，M.由此可得M·n0，又直線MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)(1，2,2)，A(2,0,0)設n1(x1，y1，z1)為平面ACD1的法向量，則即不妨設z11，可得n1(0,1,1)設n2(x2，y2，z2)為平面ACB1的法向量，則又(0,1,2)，得不妨設z21，可得n2(0，2,1)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2，所以二面角D1ACB1的正弦值為.(3)依題意，可設，其中0,1，則E(0，2)，從而N(1，2,1)又n(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得cosN，n，整理得2430，又0,1，所以2.所以線段A1E的長為2.6(2019·朝陽區(qū)高三二模)如圖，已知正方形ADEF，梯形ABCD，且ADBC，BAD90°，平面ADEF平面ABCD，ABAD1，BC3.(1)求證：AFCD；(2)求直線BF與平面CDE所成角的正弦值；(3)線段BD上是否存在點M，使得直線CE平面AFM，若存在，求的值；若不存在，請說明理由解(1)證明：因為四邊形ADEF為正方形，所以AFAD.又因為平面ADEF平面ABCD，且平面ADEF平面ABCDAD，所以AF平面ABCD.所以AFCD.(2)由(1)可知，AF平面ABCD，所以AFAD，AFAB.因為BAD90°，所以AB，AD，AF兩兩垂直分別以AB，AD，AF所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(如圖)因為ABAD1，BC3，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，F(xiàn)(0,0,1)，所以(1,0,1)，(1,2,0)，(0,0,1)設平面CDE的一個法向量為n(x，y，z)，則即令x2，則y1，所以n(2，1,0)設直線BF與平面CDE所成角為，則sin|cosn，|.(3)結論：線段BD上存在點M，使得直線CE平面AFM.設(0,1)，設M(x1，y1，z1)，由，得(x11，y1，z1)(1,1,0)，所以x11，y1，z10，所以M(1，0)，所以(1，0)設平面AFM的法向量為m(x0，y0，z0)，則因為(0,0,1)，所以令x0，則y01，所以m(，1,0)在線段BD上存在點M，使得CE平面AFM等價于存在0,1，使得m·0.因為(1，2,1)，由m·0，所以2(1)0，解得0,1，所以線段BD上存在點M，使得CE平面AFM，且.7如圖，在四邊形ABCD中，ABCD，BCD，四邊形ACFE為矩形，且CF平面ABCD，ADCDBCCF.(1)求證：EF平面BCF；(2)點M在線段EF上運動，當點M在什么位置時，平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大，并求此時二面角的余弦值解(1)證明：設ADCDBCCF1，ABCD，BCD，AB2，CBA60°.AC2AB2BC22·AB·BC·cos60°3.AB2AC2BC2.ACBC.又CF平面ABCD，CFAC.由可得AC平面BCF.又四邊形ACFE為矩形，EFAC，EF平面BCF.(2)由(1)可建立分別以直線CA，CB，CF為x軸，y軸，z軸的如圖所示的空間直角坐標系設ADCDBCCF1，令FM(0)，則C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(，0,1)，(，1,0)，(，1,1)，設n1(x，y，z)為平面MAB的一個法向量，由得取x1，則n1(1，)，設平面MAB與平面FCB所成銳二面角為，n2(1,0,0)是平面FCB的一個法向量，cos.0，當0時，cos有最小值，點M與點F重合時，平面MAB與平面FCB所成二面角最大，此時二面角的余弦值為.8(2019·凱里市第一中學高三模擬)如圖所示，三棱錐PABC放置在以AC為直徑的半圓面O上，O為圓心，B為圓弧上的一點，D為線段PC上的一點，且ABBCPA3，PB3，PABC.(1)求證：平面BOD平面PAC；(2)當二面角DABC的平面角為60°時，求的值解(1)證明：由ABPA3，PB3，PA2AB2PB2，PAAB，又PABC且ABBCB，PA平面ABC.BO平面ABC，PABO，由BABC，圓心O為AC的中點，所以BOAC.因為ACPAA，故BO平面PAC，又BO平面BOD，所以平面BOD平面PAC.(2)由(1)知PA平面ABC，且BABC，過點B作PA的平行線，建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意知B(0,0,0)，A(3,0,0)，C(0,3,0)，P(3,0,3)，設(01)，則(3,0,0)，(3,0,3)(3,3，3)(33，3，33)，設m(x，y，z)為平面BAD的法向量，則令z1，則y1，所以m0,1，1，取平面ABC的一個法向量為n(0,0,1)因為二面角DABC的平面角為60°，所以cos60°|cosm，n|，解得或<0(舍去)，所以當二面角DABC的平面角為60°時，.立體幾何類解答題(2019·大連市高三一模)(12分)如圖，等腰梯形ABCD中，ABCD，ADABBC1，CD2，E為CD的中點，以AE為折痕把ADE折起，使點D到達點P的位置(P平面ABCE)(1)證明：AEPB；(2)若直線PB與平面ABCE所成的角為，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，ABCE，ABCE，四邊形ABCE為平行四邊形，AEBCADDE，ADE為等邊三角形，在等腰梯形ABCD中，CADE，DABABC，在等腰三角形ADB中，ADBABD，DBC，即BDBC，BDAE，(2分)翻折后可得OPAE，OBAE，又OP平面POB，OB平面POB，OPOBO，AE平面POB，(4分)PB平面POB，AEPB.(6分)(2)在平面POB內(nèi)作PQOB，垂足為Q，AE平面POB，AEPQ，OB平面ABCE，AE平面ABCE，AEOBO，PQ平面ABCE，直線PB與平面ABCE的夾角為PBQ，(8分)又OPOB，OPOB，O，Q兩點重合，即OP平面ABCE，以O為原點，OE所在直線為x軸，OB所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，(9分)設平面PCE的一個法向量為n1(x，y，z)，則設x，則y1，z1，n1(，1,1)，(10分)由題意得，平面PAE的一個法向量n2(0,1,0)，(11分)設二面角APEC的大小為，則|cos|.易知二面角APEC為鈍角，所以cos.(12分)1由平面幾何的知識證明兩相交直線垂直給2分2由已知條件證明直線與平面垂直給2分3由直線與平面垂直證明直線與直線垂直給2分4由已知條件證明直線PB與平面ABCE的夾角為PBQ給2分5由已知條件證明OP平面ABCE，即以O為原點，OE為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系給1分6由已知條件求得二面角APEC的兩個半平面的法向量分別給1分7代入二面角的計算公式求解給1分1寫全得分條件，證明線面平行時，一定要說明平面內(nèi)的直線和平面外的直線2寫明得分關鍵，利用法向量求解空間角時，要構建恰當?shù)目臻g直角坐標系，準確求解相關點的坐標，賦值法求出平面的法向量，利用公式求出法向量的夾角，根據(jù)幾何體的結構特征判斷二面角的取值范圍，正確寫出二面角的余弦值跟蹤訓練(2019·毛坦廠中學高三聯(lián)考)(12分)如圖所示，在幾何體ABCDE中，ABC是等邊三角形，AE平面ABC，CDAE，且CD2AE2AC.(1)試在線段BD上確定點M的位置，使EM平面BCD，并證明；(2)求二面角EBCD的余弦值解(1)當點M為BD的中點時，EM平面BCD.(1分)證明如下：取BC的中點F，連接AF，MF，MFCD且MFCD，又AECD，AECD，MFAE且MFAE，四邊形AEMF為平行四邊形，EMAF.(2分)又AE平面ABC，CDAE，CD平面ABC，又CD平面BCD，平面BCD平面ABC，(3分)ABC是等邊三角形，AFBC，又平面ABC平面BCDBC，AF平面BCD，(5分)EM平面BCD.(6分)(2)由(1)知，F(xiàn)A，F(xiàn)B，F(xiàn)M兩兩互相垂直，以F為原點，以FA，F(xiàn)B，F(xiàn)M所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系(7分)設EAAC2，則CD4，C(0，1,0)，B(0,1,0)，E(，0,2)，(，1,2)，(，1,2)設平面EBC的法向量為n(x，y，z)，則即解得y0，令x，則z，n(，0，)，(9分)由(1)知，平面BCD的一個法向量為m(1,0,0)，(10分)cosm，n，由圖知，二面角EBCD為銳角，二面角EBCD的余弦值為.(12分)- 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