【精品】2019高考数学二轮复习专题二立体几何第2讲立体几何中的空间角问题学案.pdf-得力文库

资源描述

《【精品】2019高考数学二轮复习专题二立体几何第2讲立体几何中的空间角问题学案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【精品】2019高考数学二轮复习专题二立体几何第2讲立体几何中的空间角问题学案.pdf（20页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 2 讲立体几何中的空间角问题高考定位以空间几何体为载体考查空间角(以线面角为主)是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查，高考注重以传统方法解决空间角问题，但也可利用空间向量来求解.真题感悟(2018浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C 1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.法一(1)证明由AB 2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB得AB1A1B122，所以A1B21AB21

2、AA21，所以AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC得B1C15，由ABBC2，ABC120得AC23，由CC1AC，得AC113，所以AB21B1C21AC21，故AB1B1C1，又A1B1B1C1B1，因此AB1平面A1B1C1.(2)解如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1平面A1B1C1，AB1平面ABB1，得平面A1B1C1平面ABB1，由C1DA1B1得C1D平面ABB1，所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C15，A1B122，A1C121得 cosC1A1B167，sin C1A1B117，所以C1D

3、3，故 sin C1ADC1DAC13913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.法二(1)证明如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：2A(0，3，0)，B(1，0，0)，A1(0，3，4)，B1(1，0，2)，C1(0，3，1).因此AB1(1，3，2)，A1B1(1，3，2)，A1C1(0，23，3).由AB1A1B10 得AB1A1B1.由AB1A1C10 得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.(2)解设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知AC1(0，23，1)，A

4、B(1，3，0)，BB1(0，0，2).设平面ABB1的法向量n(x，y，z).由nAB0，nBB10，即x3y0，2z0，可取n(3，1，0).所以 sin|cos AC1，n|AC1n|AC1|n|3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.考点整合1.求异面直线所成角的方法方法一：几何法.用几何法求两条异面直线所成角的步骤为：利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；证明找到(或作出)的角即为所求角；通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.用空间向量法求两条异面直线a，b所成角的步骤为：求出直线a，b的方向向量，

6、(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；证明所找的角就是要求的角；把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.用空间向量法求二面角l 的平面角的步骤为：求两个半平面，的法向量m，n；计算cosm，nmn|m|n|；根据图形和计算结果判断是锐角、直角，还是钝角，从而得出与m，n是相等关系还是互补关系.热点一求线线角【例 1】如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，E是PC的中点.已知AB2，AD22，PA 2

7、，求异面直线BC与AE所成角的大小.解法一如图 1，取PB的中点F，连接EF，AF，则EFBC，从而AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角.在AEF中，由EF2，AF2，AE2，知AEF是等腰直角三角形，所以AEF4.因此，异面直线BC与AE所成角的大小是4.图 1 图 2 法二如图 2，建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(2，22，0)，E(1，2，1)，AE(1，2，1)，BC(0，22，0).设AE与BC的夹角为，则 cos AEBC|AE|BC|422 222，所以 4.由此可知，异面直线BC与AE所成角的大小是4.探究提高求异面直线所成的角，可以应用向量法，也可以应用

8、异面直线的定义求解.【训练 1】(1)(2018 浙江卷)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线4段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则()A.12 3B.321C.13 2D.231(2)(2016 浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD，ABBC3，CD1，AD5，ADC90，沿直线AC将ACD翻折成ACD，直线AC与BD所成角的余弦的最大值是 _.解析(1)由题意知四棱锥S-ABCD为正四棱锥，如图，连接AC，BD，记ACBDO，连接SO，则SO平面ABCD，取AB的中点M，连接SM，OM，OE，

9、易得ABSM，则 2SEO，3SMO，易知 3 2.再根据最小角定理知，31，所以 231，故选 D.(2)设直线AC与BD所成角为，平面ACD翻折的角度为，设O是AC中点，由已知得AC6，如图，以OB为x轴，OA为y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A0，62，0，B302，0，0，C0，62，0.作DHAC于H，翻折过程中，DH始终与AC垂直，CHCD2CA1666，则OH63，DH156306，因此可设D 306cos，63，306sin ，则BD 306cos 302，63，306sin ，与CA平行的单位向量为n(0，1，0)，所以 cos|cos

10、BD，n|BDn|BD|n|6395cos，所以 cos 1 时，cos 取最大值66.5答案(1)D(2)66热点二求线面角【例 2】(2017浙江卷)如图，已知四棱锥PABCD，PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PCAD2DC2CB，E为PD的中点.(1)证明：CE平面PAB；(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.法一(1)证明如图，设PA中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA中点，所以EFAD且EF12AD，又因为BCAD，BC12AD，所以EFBC且EFBC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CEBF.又因为CE平面PAB，BF平面PAB，因

11、此CE平面PAB.(2)解分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接MQ.因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQCE.由PAD为等腰直角三角形得PNAD.由DCAD，N是AD的中点得BNAD.因为PNBNN，所以AD平面PBN.由BCAD得BC平面PBN，因为BC平面PBC，所以平面PBC平面PBN.过点Q作PB的垂线，垂足为H，则QH平面PBC.连接MH，则MH是MQ在平面PBC上的射影，所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD 1.在PCD中，由PC2，CD1，PD2得CE2，6在PBN中，由PNBN1，PB3得Q

12、H14，在 RtMQH中，QH14，MQ2，所以 sin QMH28，所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28.法二过P作PHCD，交CD的延长线于点H.不妨设AD2，BCAD，CDAD，则易求DH12，过P作底面的垂线，垂足为O，连接OB，OH，易得OHBC，且OP，OB，OH两两垂直.故可以O为原点，以OH，OB，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.(1)证明由PCAD2DC2CB，E为PD的中点，则可得：D 1，12，0，C1，32，0，P0，0，32，A1，12，0，B0，32，0，E12，14，34，则CE12，54，34，PA 1，12，32，PB

13、 0，32，32.设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则nPAx12y32z 0，nPB32y32z0.令y1，则x1，y1，z3，n(1，1，3)，CEn1215413430.又CE平面PAB，CE平面PAB.(2)解由(1)得PC 1，32，32.设平面PBC的法向量m(x，y，z)，7则mPB32y32z0，mPCx32y32z0.令y1，则x0，y1，z3，m(0，1，3).设直线CE与平面PBC所成的角为，则 sin|cosm，CE|mCE|m|CE|124228.直线CE与平面PBC所成角的正弦值为28.探究提高(1)传统法解决线面角问题的关键是先找出线面所成的角，再在三角形中

14、解此角.(2)利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.【训练2】如图，在四棱锥P-ABCD中，ADBC，ADCPAB90，BCCD12AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；(2)若二面角P-CD-A的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M(M平面PAB)，点M即为所求的一

15、个点.理由如下：由已知，BCED，且BCED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CMEB.又EB平面PBE，CM平面PBE.所以CM平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得APPN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)法一由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以PDA45.设BC1，则在 RtPAD中，PAAD 2.8过点A作AHCE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA平面ABCD，从而PACE.又PAAHA，于是CE平面PAH.又CE平面PCE，所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q，则AQ平面

16、PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在 RtAEH中，AEH45，AE1，所以AH22.在 RtPAH中，PHPA2AH2322.所以 sin APHAHPH13.法二由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角P-CD-A的平面角，所以PDA45.由PAAB，可得PA平面ABCD.设BC1，则在 RtPAD中，PAAD 2.作Ay平面PAD，以A为原点，以AD，AP的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0).所以PE(1，0，2)，E

17、C(1，1，0)，AP(0，0，2).设平面PCE的法向量为n(x，y，z).由nPE0，nEC0.得x2z 0，xy0.设x2，解得n(2，2，1).设直线PA与平面PCE所成角为，则 sin|nAP|n|AP|2222（2）21213.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13.热点三求二面角【例 3】(2016浙江卷)如图，在三棱台ABC-DEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3.9(1)求证：BF平面ACFD；(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.(1)证明延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示.因为平面BCFE平面ABC，平面BCFE平

18、面ABCBC，且ACBC，所以AC平面BCK，因此BFAC.又因为EFBC，BEEFFC 1，BC 2，所以BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK，且CKACC，CK，AC平面ACFD，所以BF平面ACFD.(2)解法一过点F作FQAK于Q，连接BQ.因为BF平面ACK，所以BFAK，则AK平面BQF，所以BQAK.所以BQF是二面角B-AD-F的平面角.在 RtACK中，AC3，CK2，得AK13，FQ31313.在 RtBQF中，FQ31313，BF3，得 cosBQF34.所以，二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.法二如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则BCK为等边

19、三角形.取BC的中点O，连接KO，则KOBC，又平面BCFE平面ABC，平面BCFE平面ABCBC，所以KO平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1，0，0)，C(1，0，0)，K(0，0，3)，A(1，3，0)，E12，0，32，F12，0，32.因此，AC(0，3，0)，AK(1，3，3)，AB(2，3，0).设平面ACK的法向量为m(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n(x2，y2，z2).由ACm0，AKm0，得3y10，x13y13z10，取m(3，0，1)；10由ABn0，AKn0，得2x23y20

20、，x23y23z20，取n(3，2，3).于是，cosm，nmn|m|n|34.所以，二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.探究提高(1)用传统法求解二面角的关键是：先找出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.(2)利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的.【训练 3】(2018绍兴仿真考试)四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为 2 的菱形，ABC

21、60，E为AB的中点，PA平面ABCD，PC与平面PAB所成的角的正弦值为64.(1)在棱PD上求一点F，使AF平面PEC；(2)求二面角D-PE-A的余弦值.解法一(1)分别取PD，PC的中点F，G，连接FG，EG，AF，则FGCDAB，FG12CD12ABAE，所以四边形AEGF为平行四边形，所以AFEG，又EG平面PEC，AF平面PEC，所以AF平面PEC，所以PD的中点F即为所求.(2)易知，CEAB，CE平面PAB，则CPE即为PC与平面PAB所成的角，在 RtPEC中，CECP64，即331PA264，解得PA2.过D作BA的垂线，垂足为H，过H作PE的垂线，垂足为K，连接KD，因

22、为PA平面ABCD，所以PADH，11又DHBA，PABAA，所以DH平面PBA，又PE平面PBA，所以DHPE，又DHHKH，所以PE平面DHK，所以PEDK，所以DKH即为所求的二面角的平面角.在 RtDHK中，DH3，易得PAEHKE，所以PEHKEHPA，所以HKEHPAPE45，从而DK3165315，所以 cosDKHKHDK43131，即二面角DPEA的余弦值为43131.法二取BC的中点G，连接AG，由已知可得AGAD.又PA平面ABCD，故可以A为原点，以AG，AD，AP分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系.(1)易证CE平面PAB，故CPE即为PC与平面PAB所成的

23、角，sin CPECECP64，CP22，PA2AC28，PA2.故A(0，0，0)，B(3，1，0)，E32，12，0，C(3，1，0)，P(0，0，2)，D(0，2，0)，EP 32，12，2，EC32，32，0，PD(0，2，2).设PFPD，12又AFAPPF，AF(0，2，22).设平面PEC的一个法向量为m(x，y，z)，则mEP32x12y2z0，mEC32x32y0，令y1，则x3，y1，z 1，m(3，1，1).若AF平面PEC，则AFm，AFm2220，12，F为PD的中点为所求.(2)设平面DPE的一个法向量为n(x，y，z)，则nEP32x12y2z0，nPD2y 2z

24、0，令z1，则x533，y1，z1，n533，1，1.易知平面APE的一个法向量为EC32，32，0.设二面角DPEA的平面角为，则|cos|cos EC，n|5232313343131.由图易知二面角D-PE-A为锐角，二面角D-PE-A的余弦值为431311.两条直线夹角的范围为0，2.设直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2，其夹角为，则cos n1，n2|n1n2|n1|n2|.2.二面角的范围为0，.设半平面与的法向量分别为n1与n2，二面角为，则|cos 13|n1，n2|n1n2|n1|n2|.3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求

25、的二面角，导致出错.4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.1.(2018 天津卷)如图，在四面体ABCD中，ABC是等边三角形，平面ABC平面ABD，点M为棱AB的中点，AB2，AD23，BAD90.(1)求证：ADBC；(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值；(3)求直线CD与平面ABD所成

26、角的正弦值.(1)证明由平面ABC平面ABD，平面ABC平面ABDAB，ADAB，可得AD平面ABC，故ADBC.(2)解如图，取棱AC的中点N，连接MN，ND.又因为M为棱AB的中点，故MNBC.所以DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.在 RtDAM中，AM1，故DMAD2AM213.因为AD平面ABC，故ADAC.在 RtDAN中，AN1，故DNAD2AN213.在等腰DMN中，MN1，可得 cosDMN12MNDM1326.所以，异面直线BC与MD所成角的余弦值为1326.14(3)解连接CM.因为ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CMAB，CM3.又因为平面ABC平面

27、ABD，平面ABC平面ABDAB，而CM平面ABC，故CM平面ABD.所以，CDM为直线CD与平面ABD所成的角.在 RtCAD中，CDAC2AD24.在 RtCMD中，sin CDMCMCD34.所以，直线CD与平面ABD所成角的正弦值为34.2.(2018 湖州调研)已知四棱锥PABCD的底面ABCD是菱形，ADC120，AD的中点M是顶点P在底面ABCD的射影，N是PC的中点.(1)求证：平面MPB平面PBC；(2)若MPMC，求直线BN与平面PMC所成角的正弦值.(1)证明四边形ABCD是菱形，ADC120，且M是AD的中点，MBAD，MBBC.又P在底面ABCD的射影M是AD的中点，

28、PM平面ABCD，又BC平面ABCD，PMBC，而PMMBM，PM，MB平面PMB，BC平面PMB，又BC平面PBC，平面MPB平面PBC.(2)解法一过点B作BHMC，连接HN，PM平面ABCD，BH平面ABCD，BHPM，又PM，MC平面PMC，PMMCM，BH平面PMC，HN为直线BN在平面PMC上的射影，BNH为直线BN与平面PMC所成的角，在菱形ABCD中，设AB 2a，则MBABsin 60 3a，MCDM2DC22DMDCcos 120 7a.又由(1)知MBBC，在MBC中，BH2a3a7a2217a，由(1)知BC平面PMB，PB平面PMB，PBBC，BN12PC142a，1

29、5sin BNHBHBN2217a142a267.法二由(1)知MA，MB，MP两两互相垂直，以M为坐标原点，以MA，MB，MP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz，不妨设MA1，则M(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，P(0，0，7)，C(2，3，0)，N是PC的中点，N1，32，72，设平面PMC的法向量为n(x0，y0，z0)，又MP(0，0，7)，MC(2，3，0)，nMP0，nMC0，即7z00，2x03y00，令y01，则n32，1，0，|n|72，又BN 1，32，72，|BN|142，|cos BN，n|BNn|BN|n|267.所以，

30、直线BN与平面PMC所成角的正弦值为267.3.(2018 全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得，BFPF，BFEF，又PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.16(2)解作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，分别以FB，HF，HP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxy

31、z.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE3.又PF1，EF 2，故EF2PE2PF2，所以PEPF.可得PH32，EH32.则H(0，0，0)，P0，0，32，D1，32，0，DP 1，32，32，HP 0，0，32为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为，则 sin HPDP|HP|DP|34334.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.4.(2018 江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.解如图，在正三棱柱

32、ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以 OB，OC，OO1 为基底，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为ABAA1 2，所以A(0，1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，1，2)，B1(3，0，2)，C1(0，1，2).(1)因为P为A1B1的中点，所以P32，12，2，从而BP 32，12，2，AC1(0，2，2)，故|cos BP，AC1|BPAC1|BP|AC1|14|52231020.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q为BC的中点，所以Q32，12，0，

33、17因此AQ32，32，0，AC1(0，2，2)，CC1(0，0，2).设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则AQn0，AC1n0，即32x32y0，2y2z 0.不妨取n(3，1，1).设直线CC1与平面AQC1所成角为，则 sin|cos CC1，n|CC1n|CC1|n|25255，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55.5.(2018 全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC22，PAPBPCAC4，O为AC的中点.(1)证明：PO平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为 30，求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明因为APCPAC4，O为AC

34、的中点，所以OPAC，且OP23.连接OB，因为ABBC22AC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OB12AC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPAC且OBACO，知PO平面ABC.(2)解如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，23)，AP(0，2，23).取平面PAC的一个法向量OB(2，0，0).设M(a，2a，0)(0a2)，则AM(0，4a，0).设平面PAM的法向量为n(x，y，z).由APn0，AMn0 得182y23z0，ax（4

35、a）y 0，可取n(3(a4)，3a，a)，所以 cosOB，n23（a4）23（a4）23a2a2.由已知可得|cos OB，n|32，所以23|a4|23（a 4）23a2a232，解得a 4(舍去)，a43，所以n 833，433，43.又PC(0，2，23)，所以 cosPC，n34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.6.(2018 北京卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC5，ACAA12.(1)求证：AC平面BEF；(2)求二面角BCDC1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交.(

36、1)证明在三棱柱ABCA1B1C1中，因为CC1平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形.又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以ACEF.因为ABBC，所以ACBE.又EFBEE，所以AC平面BEF.(2)解由(1)知ACEF，ACBE，EFCC1，又CC1平面ABC，所以EF平面ABC，因为BE平面ABC，所以EFBE.19如图建立空间直角坐标系Exyz，由题意得B(0，2，0)，C(1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1).所以BC(1，2，0)，BD(1，2，1).设平面BCD的法向量为n(x0，y0，z0)，则nBC0，nBD0，即x02y00，x02y0z

37、00.令y0 1，则x02，z0 4.于是n(2，1，4).又因为平面CC1D的法向量为EB(0，2，0)，所以 cosn，EBnEB|n|EB|2121.由题知二面角BCDC1为钝角，所以其余弦值为2121.(3)证明由(2)知平面BCD的法向量为n(2，1，4)，FG(0，2，1).因为nFG20(1)2(4)(1)20，所以直线FG与平面BCD相交.7.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD5.(1)求证：PD平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在

38、，求AMAP的值；若不存在，说明理由.(1)证明平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，又ABAD，AB平面ABCD，AB平面PAD.PD平面PAD.ABPD.又PAPD，PAABA，PD平面PAB.(2)解取AD中点O，连接CO，PO，PAPD，POAD.又PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，PO平面ABCD.CO平面ABCD，POCO.ACCD，COAD.20以O为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，1，0)，C(2，0，0).则PB(1，1，1)，PD(0，1，1)，PC(2，0，1).CD(2，1，0).设n(x0，y0，1)为平面PDC的一个法向量.由nPD0，nPC0得y0 10，2x010，解得y0 1，x012.即n12，1，1.设PB与平面PCD的夹角为.则 sin|cos n，PB|nPB|n|PB|121 11411333.(3)解设M是棱PA上一点，则存在0，1 使得AMAP，因此点M(0，1，)，BM(1，).因为BM平面PCD，所以BM平面PCD，当且仅当BMn0，即(1，)12，1，1 0，解得 14，所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD，此时AMAP14.

展开阅读全文