2022届高三数学一轮复习（原卷版）第6讲　立体几何中的向量方法.doc-得力文库

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1、第 6 讲立体几何中的向量方法一、知识梳理 1两条异面直线所成角的求法设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2的方向向量，则 l1与 l2所成的角 a 与 b 的夹角范围 0，2 0，求法 cos |a b|a|b| cos a b|a|b| 2.直线与平面所成角的求法设直线 l 的方向向量为 a，平面的法向量为 n，直线 l 与平面所成的角为，a 与 n的夹角为，则 sin |cos |a n|a|n| 3求二面角的大小 (1)如图，AB，CD 分别是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 AB，CD (2)如图，n1，n2分别是二面角 l 的两个半

2、平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹角(或其补角) 常用结论利用空间向量求距离 (1)两点间的距离设点 A(x1，y1，z1)，点 B(x2，y2，z2)，则|AB|AB|(x1x2)2(y1y2)2(z1z2)2. (2)点到平面的距离如图所示，已知 AB 为平面的一条斜线段，n 为平面的法向量，则 B 到平面的距离为|BO|AB n|n|. 二、教材衍化 1已知两平面的法向量分别为 m(0，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为_ 解析：cosm，nm n|m|n|11 222，即m

3、，n45 .所以两平面所成二面角为45 或 180 45 135 . 答案：45 或 135 2在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 是 C1D1的中点，则异面直线 DE 与 AC 夹角的余弦值为_ 解析：如图建立空间直角坐标系 Dxyz，设 DA1， A(1， 0， 0)， C(0， 1， 0)， E0，12，1 ，则AC(1，1，0)，DE0，12，1 ，设异面直线 DE 与 AC 所成的角为，则 cos |cosAC，DE|1010. 答案：1010 3正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为 2 2，则 AC1与侧面 ABB1A1所成的角

4、为_ 解析：以 C 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，得下列坐标：A(2，0，0)，C1(0，0， 2 2) 点 C1在侧面 ABB1A1内的射影为点 C232，32，2 2 .所以AC1(2， 0， 2 2)， AC212，32，2 2 ，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为，则cos |AC1AC2|AC1|AC2|1082 3332.又 0，2，所以 6. 答案：6 一、思考辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”) (1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角( ) (2)已知 a(2，3，1)，b(2，0，4)，c(4，6，2)，则 ac，ab.( ) (3)已知两平

5、面的法向量分别为 m(0，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为 45 .( ) 答案：(1) (2) (3) 二、易错纠偏常见误区| (1)异面直线所成角的取值范围出错； (2)二面角的取值范围出错 1已知 2ab(0，5，10)，c(1，2，2)，a c4，|b|12，则以 b，c 为方向向量的两直线的夹角为_ 解析：由题意得，(2ab) c0102010，即 2a cb c10.因为 a c4，所以 b c18，所以 cos b， c b c|b| |c|1812 14412，所以b，c120 ，所以两直线的夹角为 60 . 答案：60 2已知向量 m，n 分别

6、是直线 l 的方向向量、平面的法向量，若 cosm，n12，则 l 与所成的角为_ 解析：设 l 与所成的角为，则 sin |cosm，n|12，所以 30 . 答案：30 考点一异面直线所成的角(基础型) 复习指导| 能用向量方法解决直线与直线的夹角的计算问题核心素养：数学运算如图，在四棱锥 P- ABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 是菱形，AB2，BAD60 . (1)求证：BD平面 PAC； (2)若 PAAB，求 PB 与 AC 所成角的余弦值【解】 (1)证明：因为四边形 ABCD 是菱形，所以 ACBD. 因为 PA平面 ABCD，所以 PABD. 又

7、因为 ACPAA，所以 BD平面 PAC. (2)设 ACBDO. 因为BAD60 ，PAAB2，所以 BO1，AOCO 3. 如图，以 O 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Oxyz，则 P(0， 3，2)，A(0， 3，0)，B(1，0，0)，C(0， 3，0) 所以PB(1， 3，2)，AC(0，2 3，0) 设 PB 与 AC 所成角为，则 cos PB AC|PB|AC|62 22 364. 即 PB 与 AC 所成角的余弦值为64. 用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系 (2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量

8、(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值 (4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值提醒注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角如图，在三棱锥 PABC 中，PA底面 ABC，BAC90 .点 D，E，N分别为棱 PA，PC，BC 的中点，M 是线段 AD 的中点，PAAC4，AB2. (1)求证：MN平面 BDE； (2)已知点 H 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为721，求线段 AH 的长解：如图，

9、以 A 为原点，分别以AB，AC，AP的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系依题意可得 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0) (1)证明：DE(0，2，0)，DB(2，0，2) 设 n(x，y，z)为平面 BDE 的法向量，则n DE0，n DB0，即2y0，2x2z0. 不妨设 z1，可取 n(1，0，1) 又MN(1，2，1)，可得MN n0. 因为 MN平面 BDE，所以 MN平面 BDE. (2)依题意，设 AHh(0h4)，则 H(0，0，h)，进而可得

11、B1C1与平面 B1CE 所成角的正弦值【解】 (1)证明：因为 B1A1平面 ADD1A1，所以 B1A1DD1，又 DD1D1A1，B1A1D1A1A1，所以 DD1平面 A1B1C1D1，又 DD1CC1，所以 CC1平面 A1B1C1D1. 因为 B1C1平面 A1B1C1D1，所以 CC1B1C1. 因为平面 ADD1A1平面 CDD1C1，平面 ADD1A1平面 CDD1C1DD1，C1D1DD1，所以 C1D1平面 ADD1A1. 经计算可得 B1E 5，B1C1 2，EC1 3，从而 B1E2B1C21EC21，所以在B1EC1中，B1C1C1E. 又 CC1，C1

12、E平面 CC1E，CC1C1EC1，所以 B1C1平面 CC1E. (2)如图，以点 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得 A(0，0，0)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)，则CE(1，1，1)，B1C(1，2，1) 设平面 B1CE 的法向量为 m(x，y，z)，则m B1C0，m CE0，即x2yz0，xyz0，消去 x 得 y2z0，不妨设 z1，可得 m(3，2，1)为平面 B1CE 的一个法向量，易得B1C1(1，0，1)，设直线 B1C1与平面 B1CE 所成角为，则 sin |cosm，B1C1|m B1C1|m|

13、B1C1|414 22 77，故直线 B1C1与平面 B1CE 所成角的正弦值为2 77. (1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角 (2)若直线 l 与平面的夹角为，直线 l 的方向向量 l 与平面的法向量 n 的夹角为，则 2 或 2. 提醒求解直线和平面所成角，要注意直线的方向向量与平面法向量的夹角和所求角之间的关系，线面角的正弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值 (2020 深圳模拟)如图

14、，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PDPB，H 为 PC 上的点，过 AH 的平面分别交 PB，PD 于点 M，N，且 BD平面 AMHN. (1)证明：MNPC； (2)设 H 为 PC 的中点，PAPC 3AB，PA 与平面 ABCD 所成的角为 60 ，求 AD 与平面 AMHN 所成角的正弦值解：(1)证明：如图，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 PO. 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 BDAC，且 O 为 BD 的中点因为 PDPB，所以 POBD，因为 ACPOO，且 AC，PO平面 PAC，所以 BD平面 PAC. 因为 PC平面 PAC，所以

15、BDPC. 因为 BD平面 AMHN，且平面 AMHN平面 PBDMN，所以 BDMN，所以 MNPC. (2)由(1)知 BDAC 且 POBD，因为 PAPC，且 O 为 AC 的中点，所以 POAC，所以 PO平面 ABCD，因为 PA 与平面 ABCD 所成的角为PAO，所以PAO60 ，所以 AO12PA， PO32PA. 因为 PA 3AB，所以 BO36PA. 以 O 为坐标原点，OA，OD，OP的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，记 PA2，则 O(0，0，0)，A(1，0，0)，B0，33，0 ，C(1，0，0)，D0，

16、33，0 ，P(0，0， 3)，H12，0，32，所以BD0，2 33，0 ，AH32，0，32，AD1，33，0 . 设平面 AMHN 的法向量为 n(x，y，z)，则n BD0，n AH0，即2 33y0，32x32z0，令 x2，解得 y0，z2 3，所以 n(2，0，2 3)是平面 AMHN 的一个法向量记 AD 与平面 AMHN 所成角为，则 sin |cosn，AD|n AD|n|AD|34. 所以 AD 与平面 AMHN 所成角的正弦值为34. 考点三二面角(综合型) 复习指导| 能用向量方法解决面与面的夹角的计算问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用核心素养：数

17、学运算、逻辑推理 (2019 高考全国卷)如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60 ，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中点. (1)证明：MN平面 C1DE； (2)求二面角 A- MA1N 的正弦值【解】 (1)证明：连接 B1C，ME.因为 M，E 分别为 BB1，BC 的中点，所以 MEB1C，且 ME12B1C. 又因为 N 为 A1D 的中点，所以 ND12A1D. 由题设知 A1B1DC，可得 B1CA1D，故 MEND，因此四边形 MNDE 为平行四边形，MNED. 又 MN平面 EDC1，所以 MN平面 C1DE. (

18、2)由已知可得 DEDA.以 D 为坐标原点，DA的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz，则 A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1， 3，2)，N(1，0，2)，A1A(0，0，4)，A1M(1， 3，2)，A1N(1，0，2)，MN(0， 3，0) 设 m(x，y，z)为平面 A1MA 的法向量，则m A1M0，m A1A0.所以x 3y2z0，4z0. 可取 m( 3，1，0) 设 n(p，q，r)为平面 A1MN 的法向量，则n MN0，n A1N0. 所以 3q0，p2r0.可取 n(2，0，1) 于是 cosm，nm n|m|n|2 32 5155

19、，所以二面角 A- MA1 N 的正弦值为105. 利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小 (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小如图，已知四棱锥 S- ABCD 的底面是边长为 2 的正方形，且平面 SAD平面 ABCD，M，N 分别为棱 AD，BC 的中点，P，Q 为侧棱 SD 上的三等分点 (1)求证：PN平面 MQC； (2)若 SASD 2

20、，求二面角 D- SA- N 的余弦值解：(1)证明：法一：如图，连接 AP. 因为 P，Q 为侧棱 SD 上的三等分点，所以 SPPQQD. 又 M 为 AD 的中点，所以 APMQ. 因为 AP平面 QMC，MQ平面 QMC，所以 AP平面 QMC. 因为 M，N 分别为棱 AD，BC 的中点，所以易得 ANCM. 因为 AN平面 QMC，CM平面 QMC，所以 AN平面 QMC. 因为 AP，AN平面 PAN，且 APANA，所以平面 PAN平面 MQC. 又 PN平面 PAN，所以 PN平面 MQC. 法二：如图，连接 ND 交 CM 于点 R，连接 QR，MN. 因为在正方形 AB

21、CD 中，M，N 分别为 AD，BC 的中点，所以四边形 MNCD 为矩形，所以 R 为 ND 的中点又 Q 为 PD 的中点，所以 PNQR. 因为 QR平面 MQC，PN平面 MQC，所以 PN平面 MQC. (2)因为 SA2SD2AD2，所以SAD 为等腰直角三角形连接 SM，因为 M 为 AD 的中点，所以 SMAD，所以 SM1.又平面 SAD平面 ABCD，所以 SM平面 ABCD. 以 A 为坐标原点，AB，AD 所在直线分别为 x，y 轴，过点 A 且与平面 ABCD 垂直的直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，N(2，1，0)，D

22、(0，2，0)，S(0，1，1)，所以AN(2，1，0)，AS(0，1，1) 设 n1(x，y，z)为平面 SAN 的法向量，则n1AN0，n1AS0，得2xy0，yz0，取 y2，得 n1(1，2，2) 又平面 SAD 的一个法向量为 n2(1，0，0)，所以 cosn1，n2n1n2|n1|n2|11313，易知二面角 D- SA- N 为锐二面角，故二面角 D- SA- N 的余弦值为13. 基础题组练 1.将边长为 1 的正方形 AA1O1O(及其内部)绕 OO1旋转一周形成圆柱，如图， AC长为23，A1B1长为3，其中 B1与 C 在平面 AA1O1O 的同侧则异面直线

23、 B1C 与 AA1所成的角的大小为( ) A6 B4 C3 D2 解析：选 B以 O 为坐标原点建系如图，则 A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B132，12，1 ，C32，12，0 . 所以AA1(0，0，1)，B1C(0，1，1)，所以 cosAA1，B1CAA1B1C|AA1|B1C| 000(1)1(1)1 02(1)2(1)222，所以AA1，B1C34，所以异面直线 B1C 与 AA1所成的角为4.故选 B 2.如图，已知长方体 ABCD- A1B1C1D1中，ADAA11，AB3，E 为线段 AB 上一点，且 AE13AB，则 DC1与平面 D1EC 所成的角的正弦

24、值为( ) A3 3535 B2 77 C33 D24 解析：选 A如图，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，则 C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以DC1(0，3，1)，D1E(1，1，1)，D1C(0，3，1) 设平面 D1EC 的法向量为 n(x，y，z)，则n D1E0，n D1C0，即xyz0，3yz0，即x2y，z3y，取 y1，得 n(2，1，3) 因为 cosDC1，nDC1n|DC1|n| (0，3，1) (2，1，3)10 143 3535，所以 DC1与平面 D1EC

25、所成的角的正弦值为3 3535，故选 A 3在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E 为 BB1的中点，则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为_ 解析：以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为 1，则 A1(0，0，1)，E1，0，12，D(0，1，0)，所以A1D(0，1，1)，A1E1，0，12.设平面 A1ED 的法向量为 n1(1，y，z)，则A1D n10，A1En10，即yz0，112z0，所以y2，z2，所以 n1(1，2，2)又平面 ABCD 的一个法向量为 n2(0，0，1)，所以 cosn1n223，故平面 A1ED 与平面

26、ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23. 答案：23 4.如图，正三棱柱 ABC- A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G 分别为 AB，AA1，A1C1的中点，则 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为_ 解析：设正三棱柱的棱长为 2，取 AC 的中点 D，连接 DG，DB，分别以 DA，DB，DG所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则 B1(0， 3，2)，F(1，0，1)，E12，32，0 ，G(0，0，2)， B1F(1， 3，1)，EF12，32，1 ，GF(1，0，1) 设平面 GEF 的法向量为 n(x，y，z)，则EF n0，GFn0，即1

27、2x32yz0，xz0，取 x1，则 z1，y 3，故 n(1， 3，1)为平面 GEF 的一个法向量，所以|cosn，B1F|131|5 535，所以 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为35. 答案：35 5.如图所示，菱形 ABCD 中，ABC60 ，AC 与 BD 相交于点 O，AE平面 ABCD，CFAE，ABAE2. (1)求证：BD平面 ACFE； (2)当直线 FO 与平面 BED 所成的角为 45 时，求异面直线 OF 与 BE 所成角的余弦值的大小解：(1)证明：因为四边形 ABCD 是菱形，所以 BDAC. 因为 AE平面 ABCD，BD平面 ABCD，

28、所以 BDAE. 又因为 ACAEA，AC，AE平面 ACFE. 所以 BD平面 ACFE. (2)以 O 为原点，OA，OB 所在直线分别为 x 轴，y 轴，过点 O 且平行于 CF 的直线为 z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则 B(0， 3，0)，D(0， 3，0)，E(1，0，2)，F(1，0，a)(a0)，OF(1，0， a) 设平面 EBD 的法向量为 n(x，y，z)，则有n OB0，n OE0，即3y0，x2z0，令 z1，则 n(2，0，1)，由题意得 sin 45 |cosOF，n|OF n|OF|n| |2a|a21 522，解得 a3 或 a13(舍去

29、) 所以OF(1，0，3)，BE(1， 3，2)， cosOF，BE1610 854，故异面直线 OF 与 BE 所成角的余弦值为54. 6(2020 湖北十堰 4 月调研)如图，在三棱锥 PABC 中，M 为 AC 的中点，PAPC，ABBC，ABBC，PB 2，AC2，PAC30 . (1)证明：BM平面 PAC； (2)求二面角 BPAC 的余弦值解：(1)证明：因为 PAPC，ABBC，所以 MPMB12AC1，又 MP2MB2BP2，所以 MPMB. 因为 ABBC，M 为 AC 的中点，所以 BMAC，又 ACMPM，所以 BM平面 PAC. (2)法一：取 MC 的中点

30、O，连接 PO，取 BC 的中点 E，连接 EO，则 OEBM，从而OEAC. 因为 PAPC，PAC30 ，所以 MPMCPC1. 又 O 为 MC 的中点，所以 POAC. 由(1)知 BM平面 PAC，OP平面 PAC，所以 BMPO. 又 BMACM，所以 PO平面 ABC. 以 O 为坐标原点，OA，OE，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知 A32，0，0 ，B12，1，0 ， P0，0，32，BP12，1，32，BA(1，1，0)，设平面 APB 的法向量为 n(x，y，z)，则n BP12xy32z0，n BAxy0，令 x

31、1，得 n(1，1， 3)为平面 APB 的一个法向量，易得平面 PAC 的一个法向量为 (0，1，0)，cosn，55，由图知二面角 BPAC 为锐角，所以二面角 BPAC 的余弦值为55. 法二：取 PA 的中点 H，连接 HM，HB，因为 M 为 AC 的中点，所以 HMPC，又 PAPC，所以 HMPA. 由(1)知 BM平面 PAC，则 BHPA，所以BHM 为二面角 BPAC 的平面角因为 AC2， PAPC， PAC30 ，所以 HM12PC12.又 BM1，则 BH BM2HM252，所以 cosBHMHMBH55，即二面角 BPAC 的余弦值为55. 7. (

32、2020 合肥模拟)如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是正方形，BF平面ABCD，DE平面 ABCD，BFDE，M 为棱 AE 的中点 (1)求证：平面 BDM平面 EFC； (2)若 DE2AB，求直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值解：(1)证明：连接 AC，交 BD 于点 N，连接 MN，则 N 为 AC 的中点，又 M 为 AE 的中点，所以 MNEC. 因为 MN平面 EFC，EC平面 EFC，所以 MN平面 EFC. 因为 BF，DE 都垂直底面 ABCD，所以 BFDE. 因为 BFDE，所以四边形 BDEF 为平行四边形，所以 BDEF. 因

33、为 BD平面 EFC，EF平面 EFC，所以 BD平面 EFC. 又 MNBDN，所以平面 BDM平面 EFC. (2)因为 DE平面 ABCD，四边形 ABCD 是正方形，所以 DA，DC，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系 D- xyz. 设 AB2，则 DE4，从而 D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)，所以DB(2，2，0)，DM(1，0，2)，设平面 BDM 的法向量为 n(x，y，z)，则n DB0，n DM0，得2x2y0，x2z0. 令 x2，则 y2，z1，从而 n(2，2，1)为平面 BDM 的一个法向量

34、因为AE(2，0，4)，设直线 AE 与平面 BDM 所成的角为，则 sin |cosn AE|n AE|n| |AE|4 515，所以直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为4 515. 综合题组练 1(2020 河南联考)如图所示，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，平面 PAD平面 ABCD，PAD 是边长为 4 的等边三角形，BCPB，E 是 AD 的中点 (1)求证：BEPD； (2)若直线 AB 与平面 PAD 所成角的正弦值为154，求平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的余弦值解：(1)证明：因为PAD 是等边三角形，E 是 AD 的中点，

35、所以 PEAD. 又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PE平面 PAD，所以 PE平面 ABCD，所以 PEBC，PEBE.又 BCPB，PBPEP，所以 BC平面 PBE，所以BCBE. 又 BCAD，所以 ADBE. 又 ADPEE 且 AD，PE平面 PAD，所以 BE平面 PAD，所以 BEPD. (2)由(1)得 BE平面 PAD，所以BAE 就是直线 AB 与平面 PAD 所成的角因为直线 AB 与平面 PAD 所成角的正弦值为154，即 sinBAE154 ，所以 cosBAE14. 所以 cosBAEAEAB2AB14，解得 AB8，则 BE AB

36、2AE22 15. 由(1)得 EA，EB，EP 两两垂直，所以以 E 为坐标原点，EA，EB，EP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点 P(0，0，2 3)，A(2，0，0)，D(2，0，0)，B(0，2 15，0)，C(4，2 15，0)，所以PB(0，2 15，2 3)，PC(4，2 15，2 3) 设平面 PBC 的法向量为 m(x，y，z)，由PB m0，PCm0，得2 15y2 3z0，4x2 15y2 3z0，解得x0，z 5y. 令 y1，可得平面 PBC 的一个法向量为 m(0，1， 5) 易知平面 PAD 的一个法向量为 n(0，

37、1，0)，设平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的大小为，则 cos m n|m|n|(0，1， 5) (0，1，0)6166. 所以平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的余弦值为66. 2(2020 河南郑州三测)如图，ABC 中，ABBC2，ABC90 ，E，F 分别为边 AB，AC 的中点，以 EF 为折痕把AEF 折起，使点 A 到达点 P 的位置(如图)，且 PBBE. (1)证明：EF平面 PBE； (2)设 N 为线段 PF 上的动点(包含端点)，求直线 BN 与平面 PCF 所成角的正弦值的最大值解：(1)证明：因为 E，F 分别为边 AB，AC 的中

38、点，所以 EFBC. 因为ABC90 ，所以 EFBE，EFPE，又 BEPEE，所以 EF平面 PBE. (2)取 BE 的中点 O，连接 PO，因为 PBBEPE，所以 POBE. 由(1)知 EF平面 PBE，EF平面 BCFE，所以平面 PBE平面 BCFE. 又 PO平面 PBE，平面 PBE平面 BCFEBE，所以 PO平面 BCFE. 过点 O 作 OMBC 交 CF 于点 M，分别以 OB，OM，OP 所在的直线为 x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则 B12，0，0 ，P0，0，32，C12，2，0 ，F12，1，0 ，PC12，2，32， PF12，1，3

39、2，由 N 为线段 PF 上一动点，得PNPF(01)，则可得 N2，32(1) ， BN12，32(1) . 设平面 PCF 的法向量为 m(x，y，z)，则PC m0，PFm0，即12x2y32z0，12xy32z0，取 y1，则 x1，z 3，所以 m(1，1，3)为平面 PCF 的一个法向量设直线 BN 与平面 PCF 所成的角为，则 sin |cosBN，m|BN m|BN| |m|25 2212521427825784 7035(当且仅当 14时取等号)，所以直线 BN 与平面 PCF 所成角的正弦值的最大值为4 7035. 3(2020 山东淄博三模)如图，已知正方

40、形 ABCD 的边长为 4，E，F 分别为 AD，BC的中点，将正方形 ABCD 沿 EF 折成如图所示的二面角，且二面角的大小为 60 ，点 M 在线段 AB 上(包含端点)，连接 AD. (1)若 M 为 AB 的中点，直线 MF 与平面 ADE 的交点为 O，试确定点 O 的位置，并证明直线 OD平面 EMC； (2)是否存在点 M，使得直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60 ？若存在，求此时二面角MEC- F 的余弦值；若不存在，说明理由解：(1)因为直线 MF平面 ABFE，故点 O 在平面 ABFE 内，也在平面 ADE 内，所以点 O 在平面 ABFE 与平面 ADE

41、的交线(即直线 AE)上(如图所示) 因为 AOBF，M 为 AB 的中点，所以OAMFBM，所以 OMMF，AOBF，所以 AO2. 故点 O 在 EA 的延长线上且与点 A 间的距离为 2. 连接 DF，交 EC 于点 N，因为四边形 CDEF 为矩形，所以 N 是 EC 的中点连接 MN，则 MN 为DOF 的中位线，所以 MNOD，又 MN平面 EMC，OD/ 平面 EMC，所以直线 OD平面 EMC. (2)由已知可得 EFAE，EFDE，又 AEDEE，所以 EF平面 ADE. 所以平面 ABFE平面 ADE，易知ADE 为等边三角形，取 AE 的中点 H，则易得

42、DH平面 ABFE，以 H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 E(1，0，0)，D(0，0， 3)，C(0，4， 3)，F(1，4，0)，所以ED(1，0， 3)，EC(1，4， 3) 设 M(1，t，0)(0t4)，则EM(2，t，0)，设平面 EMC 的法向量为 m(x，y，z)，则m EM0，m EC02xty0，x4y 3z0，取 y2，则 xt，z8t3，所以 mt，2，8t3为平面 EMC 的一个法向量要使直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60 ，则82t24(8t)2332，所以2 3t24t1932，整理得 t24t30，解得 t1 或 t3，所以存在点 M，使得直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60 ，取 ED 的中点 Q，连接 QA，则QA为平面 CEF 的法向量，易得 Q12，0，32，A(1，0，0)，所以QA32，0，32. 设二面角 MECF 的大小为，则|cos |QA m|QA| |m|2t4|3 t24(8t)23 |t2|t24t19. 因为当 t2 时，cos 0，平面 EMC平面 CDEF，所以当 t1 时，cos 14，为钝角；当 t3 时，cos 14，为锐角综上，二面角 MECF 的余弦值为14.

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2022届高三数学一轮复习（原卷版）第6讲 立体几何中的向量方法.doc

2022届高三数学一轮复习（原卷版）第6讲　立体几何中的向量方法.doc