2023年高考数学二轮复习专题13立体几何中的向量方法教学案理

专题13立体几何中的向量方法空间向量及其应用一般每年考一道大题，试题一般以多面体为载体，分步设问，既考查综合几何也考查向量几何，诸小问之间有一定梯度，大多模式是：诸小问依次讨论线线垂直与平行→线面垂直与平行→面面垂直与平行→异面直线所成角、线面角、二面角→体积的计算．强调作图、证明、计算相结合．考查的多面体以三棱锥、四棱锥(有一条侧棱与底面垂直的棱锥、正棱锥)、棱柱(有一侧棱或侧面与底面垂直的棱柱，或底面为特殊图形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等类型的棱柱)为主．1．共线向量与共面向量(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a、b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.(2)共面向量定理：如果两个向量a、b不共线，那么向量p与向量a、b共面的充要条件是存在唯一实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.2．两个向量的数量积向量a、b的数量积：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．向量的数量积满足如下运算律：①(λa)·b＝λ(a·b)；②a·b＝b·a(交换律)；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)．3．空间向量根本定理如果三个向量a、b、c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一有序实数组{x，y，z}，使p＝xa＋yb＋zc.推论：设O、A、B、C是不共面的四点，那么对空间任一点P，都存在唯一的有序实数组{x，y，z}，使eq\o(OP,\s\up15(→))＝xeq\o(OA,\s\up15(→))＋yeq\o(OB,\s\up15(→))＋zeq\o(OC,\s\up15(→)).4．空间向量平行与垂直的坐标表示设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，那么a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.5．模、夹角和距离公式(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，那么|a|＝eq\r(a·a)＝eq\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))，cos〈a，b〉＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2)＋a\o\al(2,3))\r(b\o\al(2,1)＋b\o\al(2,2)＋b\o\al(2,3))).(2)距离公式设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，那么|eq\o(AB,\s\up15(→))|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22).(3)平面的法向量如果表示向量a的有向线段所在的直线垂直于平面α，那么称这个向量垂直于平面α，记作a⊥α.如果a⊥α，那么向量a叫做平面α的法向量．6．空间角的类型与范围(1)异面直线所成的角θ：0<θ≤eq\f(π,2)；(2)直线与平面所成的角θ：0≤θ≤eq\f(π,2)；(3)二面角θ：0≤θ≤π.7．用向量求空间角与距离的方法(1)求空间角：设直线l1、l2的方向向量分别为a、b，平面α、β的法向量分别为n、m.①异面直线l1与l2所成的角为θ，那么cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|).②直线l1与平面α所成的角为θ，那么sinθ＝eq\f(|a·n|,|a||n|).③平面α与平面β所成的二面角为θ，那么|cosθ|＝eq\f(|n·m|,|n||m|).(2)求空间距离①直线到平面的距离，两平行平面间的距离均可转化为点到平面的距离．点P到平面α的距离：d＝eq\f(|\o(PM,\s\up15(→))·n|,|n|)(其中n为α的法向量，M为α内任一点)．②设n与异面直线a，b都垂直，A是直线a上任一点，B是直线B上任一点，那么异面直线a、b的距离d＝eq\f(|\o(AB,\s\up15(→))·n|,|n|).考点一向量法证明平行与垂直例1、如下图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.【证明】以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz如下图，那么A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，【方法规律】利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题．【变式探究】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A求证：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.证明：(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B－xyz，如下图，那么B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，设BA＝a，那么A(a,0,0)，所以eq\o(BA,\s\up10(→))＝(a,0,0)，eq\o(BD,\s\up10(→))＝(0,2,2)，eq\o(B1D,\s\up10(→))＝(0,2，－2)，eq\o(B1D,\s\up10(→))·eq\o(BA,\s\up10(→))＝0，eq\o(B1D,\s\up10(→))·eq\o(BD,\s\up10(→))＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，4))，F(0,1,4)，那么eq\o(EG,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，1))，eq\o(EF,\s\up10(→))＝(0,1,1)，eq\o(B1D,\s\up10(→))·eq\o(EG,\s\up10(→))＝0＋2－2＝0，eq\o(B1D,\s\up10(→))·eq\o(EF,\s\up10(→))＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.考点二、向量法求空间角例2、(2023·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M­AB­D的余弦值．【解析】(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF.又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up10(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up10(→))|为单位长，建立如下图的空间直角坐标系A－xyz，那么A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up10(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up10(→))＝(1,0,0)．设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up10(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).因此二面角M­AB­D的余弦值为eq\f(\r(10),5).【方法技巧】(1)利用空间向量求空间角的一般步骤①建立恰当的空间直角坐标系．②求出相关点的坐标，写出相交向量的坐标．③结合公式进行论证、计算．④转化为几何结论．【变式探究】(2023·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq\r(6)，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B­PD­A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．解析：(1)证明：如图，设AC，BD交于点E，连接ME，因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点．(2)取AD的中点O，连接OP，OE.因为PA＝PD，所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，且OP⊂平面PAD，所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.因为四边形ABCD是正方形，所以OE⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O－xyz，那么P(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq\o(BD,\s\up10(→))＝(4，－4,0)，eq\o(PD,\s\up10(→))＝(2,0，－eq\r(2))．设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up10(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，那么y＝1，z＝eq\r(2).于是n＝(1,1，eq\r(2))．平面PAD的法向量为p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).(3)由题意知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，eq\o(MC,\s\up10(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).设直线MC与平面BDP所成角为α，那么sinα＝|cos〈n，eq\o(MC,\s\up10(→))〉|＝eq\f(|n·\o(MC,\s\up10(→))|,|n||\o(MC,\s\up10(→))|)＝eq\f(2\r(6),9)，所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为eq\f(2\r(6),9).考点三探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在〞的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推〞的方法．例eq\a\vs4\al\co1(,3)、(2023·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(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？假设存在，求eq\f(AM,AP)的值；假设不存在，说明理由．【解析】(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB.(2)取AD的中点O，连接PO，CO.因为PA＝PD，所以PO⊥CD.又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.如图，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，那么【方法技巧】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在〞问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解〞等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【变式探究】如下图，正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝eq\r(3)，点D为AC的中点，点E的线段AA1上．(1)当AEEA1＝12时，求证：DE⊥BC1；(2)是否存在点E，使二面角D­BE­A等于60°？假设存在，求AE的长；假设不存在，请说明理由．解析：(1)证明：连接DC1，因为ABC－A1B1C1为正三棱柱，所以△ABC又因为D为AC的中点，所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A所以BD⊥DE.因为AEEA1＝12，AB＝2，AA1＝eq\r(3)，所以AE＝eq\f(\r(3),3)，AD＝1.所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°.在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°.所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1.所以DE⊥平面BDC1.又因为BC1⊂平面BDC1，所以ED⊥BC1.(2)假设存在点E满足条件，设AE＝h.取A1C1的中点D1，连接DD1，那么DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD如图，分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，那么A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，E(1,0，h)．所以eq\o(DB,\s\up10(→))＝(0，eq\r(3)，0)，eq\o(DE,\s\up10(→))＝(1,0，h)，eq\o(AB,\s\up10(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(AE,\s\up10(→))＝(0,0，h)．设平面DBE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DB,\s\up10(→))＝0，,n1·\o(DE,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y1＝0，,x1＋hz1＝0.))令z1＝1，得n1＝(－h,0,1)．同理，设平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB,\s\up10(→))＝0，,n2·\o(AE,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋\r(3)y2＝0，,hz2＝0.))得n2＝(eq\r(3)，1,0)．所以|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|－\r(3)h|,\r(h2＋1)·2)＝cos60°＝eq\f(1,2).解得h＝eq\f(\r(2),2)<eq\r(3)，故存在点E满足条件．当AE＝eq\f(\r(2),2)时，二面角D­BE­A等于60°.1.【2023课标1，理18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且.〔1〕证明：平面PAB⊥平面PAD；〔2〕假设PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.【答案】〔1〕见解析；〔2〕.【解析】〔1〕由，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.〔2〕在平面内做，垂足为，由〔1〕可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如下图的空间直角坐标系.设是平面的法向量，那么，即，可取.那么，所以二面角的余弦值为.2.【2023山东，理17】如图，几何体是圆柱的一局部，它是由矩形〔及其内部〕以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.〔Ⅰ〕设是上的一点，且，求的大小；〔Ⅱ〕当，，求二面角的大小.【答案】〔Ⅰ〕.〔Ⅱ〕.【解析】〔Ⅰ〕因为，，，平面，，所以平面，又平面，所以，又，因此〔Ⅱ〕以为坐标原点，分别以，，所在的直线为，，轴，建立如下图的空间直角坐标系.由题意得，，，故，，，设是平面的一个法向量.由可得取，可得平面的一个法向量.设是平面的一个法向量.由可得取，可得平面的一个法向量.所以.因此所求的角为.3.【2023北京，理16】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，PA=PD=，AB=4．〔I〕求证：M为PB的中点；〔II〕求二面角B-PD-A的大小；〔III〕求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕详见解析：〔Ⅱ〕；〔Ⅲ〕【解析】〔I〕设交点为，连接.因为平面，平面平面，所以.因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点.设平面的法向量为，那么，即.令，那么，.于是.平面的法向量为，所以.由题知二面角为锐角，所以它的大小为.〔III〕由题意知，，.设直线与平面所成角为，那么.所以直线与平面所成角的正弦值为.4.【2023天津，理17】如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.〔Ⅰ〕求证：MN∥平面BDE；〔Ⅱ〕求二面角C-EM-N的正弦值；〔Ⅲ〕点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.【答案】〔1〕证明见解析〔2〕〔3〕或【解析】如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴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〕.〔Ⅰ〕证明：=〔0，2，0〕，=〔2，0，〕.设，为平面BDE的法向量，那么，即.不妨设，可得.又=〔1，2，〕，可得.因为平面BDE，所以MN//平面BDE.〔Ⅱ〕解：易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，那么，因为，，所以.不妨设，可得.因此有，于是.所以，二面角C—EM—N的正弦值为.〔Ⅲ〕解：依题意，设AH=h〔〕，那么H〔0，0，h〕，进而可得，.由，得，整理得，解得，或.所以，线段AH的长为或.5.【2023江苏，22】如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=，.〔1〕求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；〔2〕求二面角B-A1D-A的正弦值.【答案】〔1〕〔2〕【解析】在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E.因为AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD.如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2，AA1=，.那么.(1)，那么.因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.设二面角B-A1D-A的大小为，那么.因为，所以.因此二面角B-A1D-A的正弦值为.1.【2023高考新课标1卷】〔本小题总分值为12分〕如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是．〔I〕证明：平面ABEF平面EFDC；〔II〕求二面角E-BC-A的余弦值．【答案】〔I〕见解析〔II〕【解析】〔Ⅰ〕由可得，，所以平面．又平面，故平面平面．〔Ⅱ〕过作，垂足为，由〔Ⅰ〕知平面．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如下图的空间直角坐标系．由〔Ⅰ〕知为二面角的平面角，故，那么，，可得，，，．由，，所以平面．又平面平面，故，．由，可得平面，所以为二面角的平面角，．从而可得．所以，，，．设是平面的法向量，那么，即，所以可取．设是平面的法向量，那么，同理可取．那么．故二面角EBCA的余弦值为．2.【2023高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．〔Ⅰ〕证明：平面；〔Ⅱ〕求二面角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕详见解析；〔Ⅱ〕.〔Ⅱ〕如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，那么，，，，，，，.设是平面的法向量，那么，即，所以可取.设是平面的法向量，那么，即，所以可取.于是，.因此二面角的正弦值是.3.【2023高考天津理数】〔本小题总分值13分〕如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.〔I〕求证：EG∥平面ADF；〔II〕求二面角O-EF-C的正弦值；〔III〕设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.【答案】〔Ⅰ〕详见解析〔Ⅱ〕〔Ⅲ〕【解析】依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.〔I〕证明：依题意，.设为平面的法向量，那么，即.不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.〔II〕解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，那么，即.不妨设，可得.因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.〔III〕解：由，得.因为，所以，进而有，从而，因此.所以，直线和平面所成角的正弦值为.4.【2023年高考北京理数】〔本小题14分〕如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.〔1〕求证：平面；〔2〕求直线与平面所成角的正弦值；〔3〕在棱上是否存在点，使得平面？假设存在，求的值；假设不存在，说明理由.【答案】〔1〕见解析；〔2〕；〔3〕存在，如图建立空间直角坐标系，由题意得，.设平面的法向量为，那么即令，那么.所以.又，所以.所以直线与平面所成角的正弦值为.〔3〕设是棱上一点，那么存在使得.因此点.因为平面，所以平面当且仅当，即，解得.所以在棱上存在点使得平面，此时.5.【2023高考浙江理数】(此题总分值15分)如图,在三棱台中,平面平面,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(I)求证：EF⊥平面ACFD；(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.【答案】〔I〕证明见解析；〔II〕．【解析】〔Ⅰ〕延长，，相交于一点，如下图．因为平面平面，且，所以平面，因此．又因为，，，所以为等边三角形，且为的中点，那么．所以平面．〔Ⅱ〕方法一：过点作于Q，连结．因为平面，所以，那么平面，所以．所以是二面角的平面角．在中，，，得．在中，，，得．所以二面角的平面角的余弦值为．方法二：如图，延长，，相交于一点，那么为等边三角形．取的中点，那么，又平面平面，所以，平面．以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．由题意得，，，，，．因此，，，．设平面的法向量为，平面的法向量为．由，得，取；由，得，取．于是，．所以，二面角的平面角的余弦值为．6.【2023年高考四川理数】〔本小题总分值12分〕如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.〔Ⅰ〕在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；〔Ⅱ〕假设二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【答案】〔Ⅰ〕详见解析；〔Ⅱ〕.〔说明：延长AP至点N，使得AP=PN，那么所找的点可以是直线MN上任意一点〕〔Ⅱ〕方法一：由，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1，那么在Rt△PAD中，PA=AD=2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q，那么AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1，所以AH=.在Rt△PAH中，PH==，所以sin∠APH==.方法二：由，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.设BC=1，那么在Rt△PAD中，PA=AD=2.作Ay⊥AD，以A为原点，以,的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如下图的空间直角坐标系A-xyz，那么A〔0,0,0〕，P〔0,0,2〕，C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以=〔1,0,-2〕，=〔1,1,0〕，=〔0,0,2〕设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，由得设x=2，解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α，那么sinα==.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.1．(2023·重庆，19)如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝eq\f(π,2).D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝eq\r(2)，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．(1)证明由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝eq\r(2)得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(DP,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1－y1＋3z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))故可取n1＝(2，1，1)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),6)，故所求二面角A－PD－C的余弦值为eq\f(\r(3),6).2．(2023·北京，17)如图，在四棱锥A－EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF(1)求证：AO⊥BE；(2)求二面角F－AE－B的余弦值；(3)假设BE⊥平面AOC，求a的值．(1)证明因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB.AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)解取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB.又OG⊂平面EFCB，所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O－xyz，那么E(a，0，0)，A(0，0，eq\r(3)a)，B(2，eq\r(3)(2－a)，0)，eq\o(EA,\s\up6(→))＝(－a，0，eq\r(3)a)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(a－2，eq\r(3)(a－2)，0)．设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，那么eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－ax＋\r(3)az＝0，,〔a－2〕x＋\r(3)〔a－2〕y＝0.))令z＝1，那么x＝eq\r(3)，y＝－1，于是n＝(eq\r(3)，－1，1)．平面AEF的法向量为p＝(0，1，0)．所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝－eq\f(\r(5),5).由题知二面角F－AE－B为钝角，所以它的余弦值为－eq\f(\r(5),5).(3)解因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，因为eq\o(BE,\s\up6(→))＝(a－2，eq\r(3)(a－2)，0)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)(2－a)，0)，所以eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝－2(a－2)－3(a－2)2.由eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0及0<a<2，解得a＝eq\f(4,3).3．(2023·四川，18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如下图，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN∥平面BDH；(3)求二面角A－EG－M的余弦值．(1)解点F，G，H的位置如下图．(2)证明连接BD，设O为BD的中点，因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OM∥CD，且OM＝eq\f(1,2)CD，HN∥CD，且HN＝eq\f(1,2)CD，所以OM∥HN，OM＝HN，所以MNHO是平行四边形，从而MN∥OH，又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，所以MN∥平面BDH.法二如图，以D为坐标原点，分别以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DH,\s\up6(→))方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz，设AD＝2，那么M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，所以，eq\o(GE,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(MG,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，设平面EGM的一个法向量为n1＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(GE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(MG,\s\up6(→))＝0，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－2y＝0，,－x＋2z＝0，))取x＝2，得n1＝(2，2，1)，在正方体ABCD－EFGH中，DO⊥平面AEGC，那么可取平面AEG的一个法向量为n2＝eq\o(DO,\s\up6(→))＝(1，1，0)，所以cos<n1，n2>＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(2＋2＋0,\r(4＋4＋1)·\r(1＋1＋0))＝eq\f(2\r(2),3)，故二面角A－EG－M的余弦值为eq\f(2\r(2),3).4.【2023高考安徽卷第20题】如图，四棱柱中，底面.四边形为梯形，,且.过三点的平面记为，与的交点为.证明：为的中点；求此四棱柱被平面所分成上下两局部的体积之比；假设，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小.【答案】〔1〕为的中点；〔2〕；〔3〕.【解析】〔1〕因为∥，∥,，所以平面∥平面.从而平面与这两个平面的交线相互平行，即∥.故与的对应边相互平行，于是.所以，即为的中点.〔2〕解：如图，连接.设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两局部的体积分别为和，，那么.，，所以，又所以，故.〔3〕解法1如第〔20〕题图1，在中，作，垂足为，连接.又且，所以平面，于是.所以为平面与底面所成二面角的平面角.因为∥，，所以.又因为梯形的面积为6，，所以.于是.故平面与底面所成二面角的大小为.解法2如图，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系.设.因为，所以.从而，，所以，.【考点定位】二面角、几何体的体积5.【2023高考北京理第17题】如图，正方体的边长为2，，分别为，的中点，在五棱锥中，为棱的中点，平面与棱，分别交于，.〔1〕求证：；〔2〕假设底面，且，求直线与平面所成角的大小，并求线段的长.【答案】〔1〕详见解析；〔2〕2.【解析】〔1〕在正方形中，因为是的中点，所以，因为平面，所以平面，因为平面，且平面平面，所以.〔2〕因为底面，所以，，如图建立空间直角坐标系，那么，，，，设平面的法向量为，那么，即，令，那么，所以，设直线与平面所成的角为，那么，因此直线与平面所成的角为，设点，因为点在棱上，所以可设，即，所以，因为向量是平面的法向量，所以，即，解得，所以点的坐标为，所以.【考点定位】空间中线线、线面、面面的平行于垂直6.【2023高考湖北理第19题】如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点分别在棱,上移动，且.当时，证明：直线平面；是否存在，使平面与面所成的二面角为直二面角？假设存在，求出的值；假设不存在，说明理由.【答案】〔1〕详见解析；〔2〕【解析】几何法：〔1〕证明：如图1，连结，由是正方体，知，当时，是的中点，又是的中点，所以，所以，而平面，且平面，故平面.〔2〕如图2，连结，因为、分别是、的中点，所以，且，又，，所以四边形是平行四边形，故，且，从而，且，在和中，因为，，于是，，所以四边形是等腰梯形，同理可证四边形是等腰梯形，分别取、、的中点为、、，连结、，那么，，而，故是平面与平面所成的二面角的平面角，向量法：以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，由得，所以，，，〔1〕证明：当时，，因为，所以，即，而平面，且平面，故直线平面.〔2〕设平面的一个法向量，由可得，于是取，同理可得平面的一个法向量为，假设存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，那么，即，解得，故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.【考点定位】正方体、空间中的线线、线面、面面平行于垂直、二面角.7.【2023高考湖南理第19题】如图6,四棱柱的所有棱长都相等,,四边形和四边形为矩形.(1)证明:底面;(2)假设,求二面角的余弦值.【答案】(1)详见解析(2)【解析】(1)证明:四棱柱的所有棱长都相等四边形和四边形均为菱形分