专题78利用空间向量解决有关角的开放问题2020年高考数学一轮复习对点提分文理科通用教师版纸间书屋

第七 立体几何与空间向专题 利用空间向量解决有关空间角的开放问考点一【例1】(2019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 足DB＝EA＝2(如图(1))，将△ADEDE折起到△A1DEA1－DE－B(1)求证：A1D⊥平面(2)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 DE＝12＋22－2×1×2×cos60°＝∴∠A1DBA1－DE－B的平面角，A1－DE－B为直二面角，∴∠A1DB＝90°，即∴A1D⊥平面(2)解存在．由(1)ED⊥DB，A1DDDB、DE、DA1x轴、y轴、zD－xyz，如PPH∥DEBDPB＝2a(0≤2a≤3)BH＝a，PH＝3a，DH＝2－a，A1(0，0，1)，P(2－a，3a，0)，E(0，3，0)，＝(a－2，－因为ED⊥平面A1BD的一个法向量为＝(0，→因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，所以sin ＝3，解得3→ 3

2所以BCPPA1A1BD60°2【规律方法】解决此类问题的基本策略是执果，其结论明确需要求出使结论成立的充分条件，将题1P－ABCDPADABCDABCD45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝22，E为CD的中点，点F段PB上(1)求证(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EFABCD所成的角相等 如图，在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB＝2所以∠ACB＝90°BC⊥AC.AD∥BCAD⊥AC，AD＝AP＝2，DP＝22，所以AD2＋AP2＝DP2，所以AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC，所以(2)解因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥ADPAABCDAC，AD，AP两两互相垂AAD，AC，APA－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→ 所以ABCDm＝(0，0，1)．PDCn＝(x，y，z)，

x＝1EFPDCEFABCD所以|cos〈→，m〉|＝|cos〈→，n〉 即|EF·m|＝|EF·n|，所以|－2λ＋2|＝→

3－即3|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝3－ 3－所以PB＝ 3－即当PB＝ 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角度1 2－1(2019·潍坊模拟)P－ABCDABCD90°PADABCD，QAD的中点，MPC(1)求证：平面PBC(2)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

＝2AD＝1，CD＝ ∵AD∥BC，Q为AD的中点BCDQ

∴PQ⊥平面又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面(2)解由(1)可知PQABCD.QQA，QB，QPx轴、y轴、z轴，Q(0，0，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，∴ QB＝(0，3，0)，DC＝(0，3，0)，DP＝(1，0，3)，PC＝(－1，3，－设 PM＝λPC，则PM＝(－λ，3λ，－3λ)，且0≤λ≤1，得M(－λ，3λ，3－∴→∴QM＝(－λ，3λ，MBQm＝(x，y，z)， －λx＋3λy＋ 即QB·m＝0，

＝令x＝3，则 λ，＝MBQ

3，0，λPDCn＝(x′，y′，

即x′＋x′＝3y′＝0，z′＝－PDCn＝(3，0，－QMBPDC3 λ 1－λ λλ

1PC＝ 2角度 2－2(2019·河北“五个一”名校联考)ABCD∠ABC＝60°，AB＝2BC＝2CDDCEF是正方形，N，GAB，CE(1)(一题多解)求证：NG∥平面1313(2)设二面角A－CD－F的大小为θ2<θ<π，当θ为何值时，二面角A－BC－E的余弦值 法 如图，设DF的中点为M，连接AM，GM，因为四边形DCEF是正方形，所MG∥CDABCDAB＝2CD，AB∥CDNAB所以AN∥DC，所以ANGMAM⊂ADF，NG⊄平面所以NG∥平面法二NC，NENABABCDANCDNC∥AD，AD⊂ADF，NC⊄ADF，NG⊂NCENGADF.xNOyOABCDz轴建立如图所示的空间直角所以∠NOPA－CD－F的平面角，B(2，－3，0)， CE＝(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，CB＝(1，－BCE x－则 即 z＝1y＝－tan(π－θ)，x＝－n＝(－3tan(π－θ)，－tan(π－θ)，1)BCE的一个法向量，又平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)，〉 所以cos〈 m·n＝〉

A－BC－E 13所

13解得 tan(π－θ)＝3

π

3A－BC－E的余弦值为

3

131.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．22(2019·华南师大附中质检)ABCDEFCD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面(1)求证：CE⊥平面(2)已知PBC上的点，试确定点P的位置，使二面角P－DF－A的大小为 CDEF∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD⊂平面∴AD⊥平面CDEF，∵CE⊂平面又∵AD⊂平面ADF，DF⊂平面(2)解由(1)知四边形CDEF为菱形，∴△DEFEFGGD∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD⊂平面CDEF，平面CDEF∩平面∴GD⊥平面又∵AD⊥CD，∴直线DA，DC，DG两两垂直DDA，DC，DGx轴、y轴、z∴D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，－1，3)，F(0，1，∴ CE＝(0，－3，3)，DF＝(0，1，→由(1)知ADF设 则 PDF n·DF＝0，y＋则 即 y＝3ax＝∴n＝(3(a－2)，P－DF－A→∴|cos〈n〉 4 12·

∴PBCB的三等分点处．考点三与空间角有关的最值问题【例3】(2019·新高考考试)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是圆内接四边形CE＝1，AB＝AD＝AE＝(1)求证：平面BED⊥平面(2)若点P在平面ABE内运动，且DPBECDPABE 如图，连接AC，交BD于点O，连接EC⊥BD，EC∩AC＝C，∴BDAEC，OE⊂AEC，∴OE⊥BD.ABCD在Rt△ADC中，由AD＝3，CD＝1，可得

3，

AC＝AE＝EO⊥AC.AC，BD⊂平面∴EO⊥平面又EO⊂平面BED，∴平面BED⊥平面(2)解如图，取AEM，AB的中点N∴△ABD∴DN⊥AB，又DMN∴点P段MN上O，则 3，

0，E0，0，

3，D 3

∴

3

2， →

2

4

2，

AB＝－2，2，0，AE＝－2，0，23 3

DM＝4，2，4，MN＝0，，－4ABE→ －则 即→ －x＝1n＝(1，3，设 MP＝λMN(0≤λ≤1)，可333 →333DP＝DM＋MP＝4，2

λ，

DPABE →→则sinθ＝n·DP→

7∵0≤λ≤1λ＝0时，sinθ取得最大值77DPABE所成角的正弦值的最大值为7【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【训练3】(2019静安区质检)如图所示，PA⊥平面ADE，B，C分别是AE，DE的中点(1)求二面角A－PE－D的余弦值(2)QBPCQDPBQPA⊥AD，PA⊥AB，PA，AD，AB以 {AB，AD，AP}为正交基底建立空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标ADPAE，所以 ADPAE的一个法向量，且易得 PED

m＝(1，1，1)PED→所以cos〈→ AD·m＝3〉 3〉3A－PE－D的余弦值为3 (2)BP＝(－1，0，2)，故可设又 又→又→ 〉所以cos〈→， CQ〉 →

9cos〈CQ，DP〉＝

5t

9

2

9t－9＋|cos〉

3

10y＝cosx在

＝5

CQDPBP＝12＋22＝

2 ＝5【与感悟理证明、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”(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.P－ABC中，DPAF，G，H(1)证明：BD∥平面(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，∠BAC＝45°，当二面角

的平面角为3

PC 因为G，H分别为AC，BC的中点，所以AB∥GH，且GH⊂平面FGH，AB⊄平面FGH，所以AB∥平面FGH.F，GPC，AC所以GF∥AP，且FG⊂平面FGH，AP⊄平面FGH，所以AP∥平面又因为AP∩AB＝A，所以平面ABP∥平面因为BD⊂平面ABP，所以BD∥平面(2)解在平面ABCCCM∥AB，如图，以C为原点，分别以CB，CM，CF所在直线为x轴、y轴、zC－xyzBG.由△ABC因为BG⊥CF，AC∩CF＝C，所以BG⊥平面所以＝(－1，－1，0)PAC又F(0，0，a)，H(1，0，0)，所以＝(1，0，－a) 设m＝(x，y，z)为平面FGH的法向量 m·FH＝0， 则 即 FGH由|cos〈m〉

a＝1(舍负)2a＝2PC

2·a2＋1＝22．(2018卷)如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DGABCD，DA＝DC＝DG＝2.MCF的中点，NEG的中点，求证：MN求二面角E－BC－F的正弦值若点P段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长D为原点，分别以x轴，y轴，z角坐标系(如图) 0，2)，M 证明依题意DC＝(0，2，0)，DE＝(2，0，2)n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则

即 不妨令z＝－1，可得n0＝(1，0，－1)．又MN＝1，－2，1，可得MN·n0＝0，又因为直MN⊄平面CDE，所以MN∥平面依题意，可得＝(－1，0，0)→＝(1，－2，2) 设n＝(x，y，z)为平面BCE的法向量，则 即

不妨令z＝1，可得 m·BC＝0， 设m＝(x，y，z)为平面BCF的法向量，则 即

不妨令z＝1 因此有cos〈 m·n

3

〉sin〈 10〉〉〉

10

1010E－BC－F的正弦值为10设线段DP的长为h(h∈[0，2])，则点P的坐标为(0，0，h)，可得→ ，→ DC2，0)ADGE→|cos〈→，→〉 ＝ ＝

→ ＝由题意，可 ＝sin 3，＝ ＝3解得h 3∈[0，2]．所以，线段DP的长为＝33.如图，CABOA，BPACE，FPC，PBAEFABC(1)求证：l⊥平面(2)直线l上是否存在点QPQAEFEFAQ的长； 因为E，F分别是PC，PB的中点，所以BC∥EF，EF⊂平面EFA，BC⊄EFA，BCEFA.BC⊂平面ABCEFA∩ABC＝l，BC∥l.BCPAClPAC.(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， 3，F1，

3，所以→

， ，

2

2AE＝－2，0，2Q(2，y，0)，平面AEF的法向量为3 3

则 即 y0＝0z0＝3m＝(1，0，3)AEF又→又PQ＝(1，y，－→＝所以|cos〈→，→〉 |PQ·EF|，＝ →→|cos〈，m〉|＝|PQ·m| PQAEFEF→ |PQ·m| → 所以|1×0＋y×2－3×0|＝|1×1＋y×0＋(－3)×3|，y＝±1.lQPQAEFEF4．(2019·济南质检)P－ABCDABCD为菱形，PA＝60°，E，FBC，PC(1)求证(2)HPDEH长的最小值为5E－AF－C ∵四边形ABCD为菱形∴△ABCEBC∴AE(2)解如图，HPDEH的长最小时，EH⊥PD.∴PD⊥平面∵AH⊂平面Rt△EAH中，AE＝3，EH＝∴AH＝EH2－AE2＝Rt△ADHAH＝2，AD＝2，Rt△PAD由(1)AE，AD，APAE，FBC，PCA(0，0，0)，B(3，－1，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(F 所以

→ AE＝(3，0，0)，AF＝2AEF

则 因此

z1＝－1BDAFC，故→故BDAFC又→又BD＝(－ 5×〉 所以cos〈 n·5×〉 由图二面角E－AF－C为锐角.故所求二面角的余弦值为.5【能力提升题组】(建议用时：20分钟5.(2019·和平区质检)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形＝90°，AD∥BC，AB