2021高考数学一轮复习 第七章 立体几何与空间向量 第6节 空间向量的应用 第3课时 利用空间向量

第七章立体几何与空间向量第3课时利用空间向量解决有关空间角的开放问题考点1与线面角有关的探索性问题(讲练互动)[典例](2019·南昌二中模拟)如图，△ABC的外接圆⊙O的半径为5，CD⊥⊙O所在的平面，BE∥CD，CD＝4，BC＝2，且BE＝1，tan∠AEB＝25.(1)求证：平面ADC⊥平面BCDE；(2)试问线段DE上是否存在点M，使得直线AM与平面ACD所成角的正弦值为27？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明：因为CD⊥平面ABC，BE∥CD，所以BE⊥平面ABC，所以BE⊥AB.因为BE＝1，tan∠AEB＝25，所以AB＝25.因为⊙O的半径为5，所以AB是直径，所以AC⊥BC.又因为CD⊥平面ABC，所以CD⊥BC，又AC∩CD＝C，所以BC⊥平面ADC.因为BC⊂平面BCDE，所以平面ADC⊥平面BCDE.(2)解：以C为原点，CA，CB，CD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C-xyz，则A(4，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，4)，E(0，2，1)，C(0，0，0)，DE→＝(0，2，－3)，易知平面ACD的一个法向量为CB→＝(0，2，0)，假设满足题意的点M存在，设M(a，b，c)，则DM→＝(a，b，c－4)，再设DM→＝λDE→，λ∈(0，1]，所以a＝0，b＝2λ，c－4＝－3λ，⇒a＝0，b＝2λ，c＝4－3λ，即M(0，2λ，4－3λ)，从而AM→＝(－4，2λ，4－3λ)．设直线AM与平面ACD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AM→，CB→〉|＝|2λ×2|2×16＋4λ2＋（4－3λ）2＝27.解得λ＝－43或λ＝23，其中λ＝－43∉(0，1]，舍去，λ＝23∈(0，1]，故满足条件的点M存在，且点M为DE靠近点E的三等分点．解决此类问题的基本策略是执果索因，其结论明确需要求出使结论成立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组)并解方程(组)．若有解，则存在并求得结论成立的条件；若无解，则不存在．如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝22，E为CD的中点，点F在线段PB上．(1)求证：AD⊥PC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．(1)证明：如图，在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB＝22，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos45°＝4，得AC＝2，所以AC2＋BC2＝AB2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.又AD∥BC，所以AD⊥AC，因为AD＝AP＝2，DP＝22，所以AD2＋AP2＝DP2，所以PA⊥AD.又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以AD⊥PC.(2)解：因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为原点，直线DA，AC，AP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)．所以PC→＝(0，2，－2)，PD→＝(－2，0，－2)，PB→＝(2，2，－2)．设PFPB＝λ(λ∈[0，1])，则PF→＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，所以EF→＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)，易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)．设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，由n·PC→＝0，n·PD→＝0，得2y－2z＝0，－2x－2z＝0，令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈EF→，m〉|＝|cos〈EF→，n〉|，则|EF→·m||EF→||m|＝|EF→·n||EF→||n|，所以|－2λ＋2|＝2λ3，因此3|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝3－32.所以PFPB＝3－32.即当PFPB＝3－32时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．考点2与二面角有关的探索性问题(多维探究)角度已知二面角探求长度[典例1](2020·衡水中学模拟)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，且∠ABC＝60°，2AB＝BC＝2，AA1＝3.(1)求证：平面A1CD⊥平面A1AC；(2)在线段AA1上是否存在一点E，使二面角BECA的大小为π4？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．(1)证明：因为∠ABC＝60°，2AB＝BC＝2，所以AB＝1，在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos60°＝3，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC，由平行四边形的性质得CD⊥AC，又CD⊥CC1，AC∩CC1＝C，所以CD⊥平面A1AC，又CD⊂平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面A1AC.(2)解：由(1)知AB⊥AC，以A为原点，AB，AC，AA1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，假设在线段AA1上存在一点E使二面角BECA的大小为π4，设AE＝t(由题意可知0t≤3)，则E(0，0，t)，C(0，3，0)，D(－1，3，0)，B(1，0，0)，设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，因为CB→＝(1，－3，0)，EC→＝(0，3，－t)，则CB→·n＝0，EC→·n＝0，即x－3y＝0，3y－tz＝0，令y＝3，则x＝3，z＝3t，故n＝(3，3，3t)．由(1)知平面EAC的一个法向量为CD→＝(－1，0，0)，所以n·CD→|n|·|CD→|＝22，即312＋9t2＝22⇒t＝62(满足0t≤3)，所以在线段AA1上存在一点E使二面角BECA的大小为π4，此时AE＝62.四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝2，CD＝3，PD＝4，∠PDA＝60°，且平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证：AD⊥PB；(2)在线段PA上是否存在一点M，使二面角M-BC-D的大小为π6.若存在，求出PMPA的值；若不存在，请说明理由．证明：(1)过B作BO∥CD，交AD于O，连接OP.因为AD∥BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，CD∥OB，所以四边形OBCD是矩形，所以OB⊥AD，OD＝BC＝2，因为PD＝4，∠PDA＝60°，所以OP＝PD2＋OD2－2PD·OD·cos60°＝23.所以OP2＋OD2＝PD2，所以OP⊥OD.又OP⊂平面OPB，OB⊂平面OPB，OP∩OB＝O，所以AD⊥平面OPB，因为PB⊂平面OPB，所以AD⊥PB.(2)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP⊥AD，所以OP⊥平面ABCD.以O为原点，以OA，OB，OP为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0，3，0)，C(－2，3，0)，假设线段PA上存在点M(m，0，n)使得二面角M-BC-D的大小为π6，则MB→＝(－m，3，－n)，BC→＝(－2，0，0)．设平面BCM的法向量为m＝(x，y，z)，则m·BC→＝0，m·MB→＝0.所以－2x＝0，－mx＋3y－nz＝0，令y＝1，得m＝0，1，3n.因为OP⊥平面ABCD，所以n＝(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量．所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝3n3n2＋1＝32，解得n＝1.所以PMPA＝PO－1PO＝23－123＝6－36.角度已知二面角探求角度[典例2]如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠ABC＝60°，AB＝2BC＝2CD，四边形DCEF是正方形，N，G分别是线段AB，CE的中点．(1)求证：NG∥平面ADF；(2)设二面角A-CD-F的大小为θπ2θπ，当θ为何值时，二面角A-BC-E的余弦值为1313？(1)证明：如图，连接NC，NE，因为N是AB的中点，四边形ABCD是梯形，AB＝2CD，AB∥CD，所以ANCD，所以四边形ANCD是平行四边形，所以NC∥AD，因为AD⊂平面ADF，NC⊄平面ADF，所以NC∥平面ADF，同理可得NE∥平面ADF，又NC∩NE＝N，所以平面NCE∥平面ADF，因为NG⊂平面NCE，所以NG∥平面ADF.(2)解：设CD的中点为O，EF的中点为P，连接NO，OP，易得NO⊥CD，以点O为原点，以OC所在直线为x轴，以NO所在直线为y轴，以过点O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．因为NO⊥CD，OP⊥CD，所以∠NOP是二面角ACDF的平面角，则∠NOP＝θ，所以∠POy＝π－θ，设AB＝4，则BC＝CD＝2，则P(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，E(1，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，C(1，0，0)，B(2，－3，0)，CE→＝(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，CB→＝(1，－3，0)，设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·CB→＝0，n·CE→＝0，即x－3y＝0，2ycos（π－θ）＋2zsin（π－θ）＝0.因为θ∈π2，π，所以cos(π－θ)≠0，令z＝1，则y＝－tan(π－θ)，x＝－3tan(π－θ)，所以n＝(－3tan(π－θ)，－tan(π－θ)，1)为平面BCE的一个法向量．又易知平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，所以cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝14tan2（π－θ）＋1，由图可知二面角A-BC-E为锐角，所以14tan2（π－θ）＋1＝1313，解得tan2(π－θ)＝3，又π2θπ，所以tan(π－θ)＝3，即π－θ＝π3，得θ＝2π3，所以当二面角A-CD-F的大小为2π3时，二面角A-BC-E的余弦值为1313.1．解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据成事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在．2．探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．3．利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题．如图，在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD.(1)求证：CE⊥平面ADF；(2)已知P为棱BC上的点，试确定点P的位置，使二面角P-DF-A的大小为60°.(1)证明：因为CD∥EF，CD＝EF＝CF，所以四边形CDEF是菱形，所以CE⊥DF.因为平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面CDEF，因为CE⊂平面CDEF，所以AD⊥CE.又因为AD⊂平面ADF，DF⊂平面ADF，AD∩DF＝D，所以直线CE⊥平面ADF.(2)解：由(1)知四边形CDEF为菱形，又因为∠DCF＝60°，所以△DEF为正三角形．如图，取EF的中点G，连接GD，则GD⊥EF.因为EF∥CD，所以GD⊥CD.因为平面CDEF⊥平面ABCD，GD⊂平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，所以GD⊥平面ABCD.又因为AD⊥CD，所以直线DA，DC，DG两两垂直．以D为原点，分别以DA，DC，DG所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.因为CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1，所以D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，－1，3)，F(