2020版高考数学第七章空间向量的应用（第3课时）利用空间向量解决有关空间角的开放问题讲义理.docx

第3课时利用空间向量解决有关空间角的开放问题考点一与线面角有关的探索性问题【例1】 (2019湖北重点中学协作体联考)等边ABC的边长为3，点D，E分别是AB，BC上的点，且满足(如图(1)，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB成直二面角，连接A1B，A1C(如图(2)(1)求证：A1D平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由(1)证明题图(1)中，由已知可得：AE2，AD1，A60.从而DE.故得AD2DE2AE2，ADDE，BDDE.题图(2)中，A1DDE，BDDE，A1DB为二面角A1DEB的平面角， 又二面角A1DEB为直二面角，A1DB90，即A1DDB，DEDBD且DE，DB平面BCED，A1D平面BCED.(2)解存在由(1)知EDDB，A1D平面BCED.以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图，过P作PHDE交BD于点H，设PB2a(02a3)，则BHa，PHa，DH2a，易知A1(0，0，1)，P(2a，a，0)，E(0，0)，所以(a2，a，1)因为ED平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为(0，0)因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60，所以sin 60，解得a.PB2a，满足02a3，符合题意所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60，此时PB.规律方法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【训练1】 如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，ABC45，ADAP2，ABDP2，E为CD的中点，点F在线段PB上(1)求证：ADPC；(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AB2，BC2，ABC45，由余弦定理得，AC2AB2BC22ABBCcos 454，得AC2，所以AC2BC2AB2，所以ACB90，即BCAC.又ADBC，所以ADAC，因为ADAP2，DP2，所以AD2AP2DP2，所以PAAD，又APACA，所以AD平面PAC，所以ADPC.(2)解因为侧面PAD底面ABCD，PAAD，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AD，AC，AP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，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(0，2，2)，(2，0，2)，(2，2，2)设(0，1)，则(2，2，2)，F(2，2，22)，所以(21，21，22)，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)，由得令x1，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 ，m|cos ，n|，即，所以|22|，即|1|(0，1)，解得，所以.即当时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等考点二与二面角有关的探索性问题多维探究角度1已知二面角探求长度【例21】 (2019潍坊模拟)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PAPD2，BCAD1，CD.(1)求证：平面PBC平面PQB；(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60？(1)证明ADBC，Q为AD的中点，BCAD，BCQD，BCQD，四边形BCDQ为平行四边形，BQCD.ADC90，BCBQ.PAPD，AQQD，PQAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PQ平面ABCD，PQBC.又PQBQQ，BC平面PQB.BC平面PBC，平面PBC平面PQB.(2)解由(1)可知PQ平面ABCD.如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则Q(0，0，0)，D(1，0，0)，P(0，0，)，B(0，0)，C(1，0)，(0，0)，(0，0)，(1，0，)，(1，)设，则(，)，且01，得M(，)，(，(1)设平面MBQ的法向量为m(x，y，z)，则即令x，则y0，z，平面MBQ的一个法向量为m.设平面PDC的法向量为n(x，y，z)，则即令x3，则y0，z，平面PDC的一个法向量为n(3，0，)平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60，cos 60，.PMPC.角度2已知二面角探求角度【例22】 (2019河北“五个一”名校联考)如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，ABC60，AB2BC2CD，四边形DCEF是正方形，N，G分别是线段AB，CE的中点(1)(一题多解)求证：NG平面ADF；(2)设二面角ACDF的大小为，当为何值时，二面角ABCE的余弦值为？(1)证明法一如图，设DF的中点为M，连接AM，GM，因为四边形DCEF是正方形，所以MG綉CD，又四边形ABCD是梯形，且AB2CD，ABCD，点N是AB的中点，所以AN綉DC，所以MG綉AN，所以四边形ANGM是平行四边形，所以NGAM.又AM平面ADF，NG平面ADF，所以NG平面ADF.法二如图，连接NC，NE，因为N是AB的中点，四边形ABCD是梯形，AB2CD，ABCD，所以AN綉CD，所以四边形ANCD是平行四边形，所以NCAD，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NCNEN，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NOCD，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NOCD，OPCD，所以NOP是二面角ACDF的平面角，则NOP，所以POy，设AB4，则BCCD2，则P(0，2cos()，2sin()，E(1，2cos()，2sin()，C(1，0，0)，B(2，0)，(0，2cos()，2sin()，(1，0)，设平面BCE的法向量为n(x，y，z)，则即因为，所以cos()0，令z1，则ytan()，xtan()，所以n(tan()，tan()，1)为平面BCE的一个法向量，又易知平面ACD的一个法向量为m(0，0，1)，所以cos m，n，由图可知二面角ABCE为锐角，所以，解得tan2()3，又，所以tan()，即，得，所以当二面角ACDF的大小为时，二面角ABCE的余弦值为.规律方法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或事实，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进行处理【训练2】 (2019华南师大附中质检)如图，在五面体ABCDEF中，ABCDEF，ADCD，DCF60，CDEFCF2AB2AD2，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PDFA的大小为60.(1)证明CDEF，CDEFCF，四边形CDEF是菱形，CEDF.平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDCD，ADCD，AD平面ABCD，AD平面CDEF，CE平面CDEF，ADCE.又AD平面ADF，DF平面ADF，ADDFD，直线CE平面ADF.(2)解由(1)知四边形CDEF为菱形，又DCF60，DEF为正三角形如图，取EF的中点G，连接GD，则GDEF.EFCD，GDCD.平面CDEF平面ABCD，GD平面CDEF，平面CDEF平面ABCDCD，GD平面ABCD.又ADCD，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，建立如图的空间直角坐标系Dxyz.CDEFCF2，ABAD1，D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，1，)，F(0，1，)，(0，3，)，(0，1，)，(1，1，0)，(0，2，0)由(1)知是平面ADF的一个法向量设a(a，a，0)(0a1)，则(a，2a，0)设平面PDF的法向量为n(x，y，z)，则即令ya，则x(a2)，za，n(a2)，a，a)二面角PDFA的大小为60，|cosn，|，解得a或a2(不合题意，舍去)P在靠近点B的CB的三等分点处考点三与空间角有关的最值问题【例3】 (2019新高考联盟考试)如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CBCDCE1，ABADAE，ECBD.(1)求证：平面BED平面ABCD；(2)若点P在平面ABE内运动，且DP平面BEC，求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值(1)证明如图，连接AC，交BD于点O，连接EO，ADAB，CDCB，ACAC，ADCABC，易得ADOABO，AODAOB90，ACBD.又ECBD，ECACC，BD平面AEC，又OE平面AEC，OEBD.又底面ABCD是圆内接四边形，ADCABC90，在RtADC中，由AD，CD1，可得AC2，AO，AEC90，易得AEOACE，AOEAEC90，即EOAC.又AC，BD平面ABCD，ACBDO，EO平面ABCD，又EO平面BED，平面BED平面ABCD.(2)解如图，取AE的中点M，AB的中点N，连接MN，ND，DM，则MNBE，由(1)知，DACBAC30，即DAB60，ABD为正三角形，DNAB，又BCAB，平面DMN平面EBC，点P在线段MN上以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A，B，E，M，D，N，设平面ABE的法向量n(x，y，z)，则即令x1，则n(1，)，设(01)，可得，设直线DP与平面ABE所成的角为，则sin ，01，当0时，sin 取得最大值.故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为.规律方法解决空间角的最值问题一般是把空间角的某个三角函数值表示为某个变量的函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用【训练3】 (2019上海静安区质检)如图所示，PA平面ADE，B，C分别是AE，DE的中点，AEAD，ADAEAP2.(1)求二面角APED的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长解 (1)因为PA平面ADE，AD平面ADE，AB平面ADE，所以PAAD，PAAB，又因为ABAD，所以PA，AD，AB两两垂直以，为正交基底建立空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)因为PAAD，ADAE，AEPAA，所以AD平面PAE，所以是平面PAE的一个法向量，且(0，2，0)易得(1，1，2)，(0，2，2)设平面PED的法向量为m(x，y，z)则即令y1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PED的一个法向量，所以cos，m，所以二面角APED的余弦值为.(2)(1，0，2)，故可设(，0，2)(01)又(0，1，0)，所以(，1，2)又(0，2，2)，所以cos，.设12t，t1，3，则cos2，当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，所以当时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.思维升华用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想易错防范求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面角余弦值正负有两种方法：(1)通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；(2)当不易观察二面角是锐角还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定基础巩固题组(建议用时：40分钟)1.如图，在三棱锥PABC中，D为棱PA上的任意一点，点F，G，H分别为所在棱的中点(1)证明：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，ABBC，AB2，BAC45，当二面角CGFH的平面角为时，求棱PC的长(1)证明因为G，H分别为AC，BC的中点，所以ABGH，且GH平面FGH，AB平面FGH，所以AB平面FGH.因为F，G分别为PC，AC的中点，所以GFAP，且FG平面FGH，AP平面FGH，所以AP平面FGH.又因为APABA，所以平面ABP平面FGH.因为BD平面ABP，所以BD平面FGH.(2)解在平面ABC内过点C作CMAB，如图，以C为原点，分别以CB，CM，CF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Cxyz，连接BG.由ABC为等腰直角三角形知BGAC.因为BGCF，ACCFC，所以BG平面PAC.设CFa，则B(2，0，0)，G(1，1，0)，所以(1，1，0)为平面PAC的一个法向量又F(0，0，a)，H(1，0，0)，所以(1，0，a)，(1，1，a)设m(x，y，z)为平面FGH的法向量，则即可得平面FGH的一个法向量为m(a，0，1)由|cosm，|，得a1(负值已舍去)，从而2a2，所以棱PC的长为2.2(2018天津卷)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长解依题意，可以建立以D为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，M，N(1，0，2)(1)证明依题意(0，2，0)，(2，0，2)设n0(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z1，可得n0(1，0，1)又，可得n00，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)依题意，可得(1，0，0)，(1，2，2)，(0，1，2)设n(x，y，z)为平面BCE的法向量，则即不妨令z1，可得n(0，1，1)设m(x，y，z)为平面BCF的法向量，则即不妨令z1，可得m(0，2，1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角EBCF的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h0，2)，则点P的坐标为(0，0，h)，可得(1，2，h)易知，(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos，|，由题意，可得sin 60，解得h0，2所以，线段DP的长为.3.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC平面ABC，PAPCAC2，BC4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为l.(1)求证：l平面PAC；(2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由(1)证明因为E，F分别是PC，PB的中点，所以BCEF，又EF平面EFA，BC平面EFA，所以BC平面EFA.又BC平面ABC，平面EFA平面ABCl，所以BCl.又BCAC，平面PAC平面ABCAC，平面PAC平面ABC，BC平面ABC，所以BC平面PAC，所以l平面PAC.(2)解如图，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，)，E，F，所以，(0，2，0)设Q(2，y，0)，平面AEF的法向量为m(x0，y0，z0)，则即则y00，令z0，则x01，所以m(1，0，)为平面AEF的一个法向量又(1，y，)，所以|cos，|，|cos，m|.因为直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，所以，所以|10y20|11y0()|，解得y1.所以直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，此时AQ1.4(2019济南质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，AB2，ABC60，E，F分别是BC，PC的中点(1)求证：AEPD；(2)设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为，求二面角EAFC的余弦值(1)证明四边形ABCD为菱形，ABC60，ABC为正三角形又E为BC的中点，AEBC.BCAD，AEAD.PA平面ABCD，AE平面ABCD，PAAE.PA平面PAD，AD平面PAD，且PAADA，AE平面PAD.又PD平面PAD，AEPD.(2)解如图，H为线段PD上的动点，连接AH，EH.当线段EH的长最小时，EHPD.由(1)知AEPD，AEEHE，PD平面AEH.AH平面AEH，AHPD.在RtEAH中，AE，EH，EAAH，AH.在RtADH中，由AH，AD2，可知HDA45，即PDA45.在RtPAD中，可得PAAD2.由(1)可知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系由E，F分别为BC，PC的中点，可得A(0，0，0)，B(，1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(，0，0)，F，所以(，0，0)，.设平面AEF的法向量为n(x1，y1，z1)，则因此取z11，得n(0，2，1)因为BDAC，BDPA，PAACA，所以BD平面AFC，故为平面AFC的一个法向量又(，3，0)，所以cosn，.由图易知二面角EAFC为锐角，故所求二面角的余弦值为.能力提升题组(建议用时：20分钟)5.(2019天津和平区质检)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ADC90，ADBC，ABAC，ABAC，点E在AD上，且AE2ED.(1)已知点F在BC上，且CF2FB，求证：平面PEF平面PAC；(2)当二面角APBE的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45？(1)证明ABAC，ABAC，ACB45，底面ABCD是直角梯形，A