新教材人教A版高中数学 选择性必修第一册 常考题型练习 01 空间角度与距离归类

专题Ol空间角度与距离归类

目录

热点题型归纳

【题型一】线面角基础...........................................................................1

【正页】—I⅛I∙∙^^¾∣ti“““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““““4

【题型三】异面直线所成的角....................................................................7

【题型四】给角求角(值)1：线面角.............................................................9

【题型五】给角求角(值)2：二面角............................................................12

【题型六】探索性动点型1:线面角.............................................................14

【题型七】探索性动点型2：二面角.............................................................16

【题型八】翻折中的角度........................................................................19

【题型九】角度范围与最值.....................................................................21

【题型十】距离与长度(体积).................................................................24

分阶培优练

培优第一阶——基础过关练.....................................................................30

培优第二阶——能力提升练.....................................................................35

培优第三阶——培优拔尖练.....................................................................40

热点题型归纳

【题型一】线面角基础

【典例分析】

如图，在四棱锥P-ABMN中，ZXPNM是边长为2的正三角形，ANLNP,AN//BM,AN=3,BM=L

AB=2√∑,C,。分别是线段43,NP的中点.

(1)求证：CD〃平面PBΛ∕:(2)求证：平面AMW8_L平面MWP：

(3)求直线Co与平面Λ5尸所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)亚

20

【分析】(1)取MN中点。，连CQ,DQ,由线面平行的判定定理可得OQ〃平面P,C。〃平面BMP,

再由面面平行的判定定理可得平面8。〃平面BMP及性质定理可得答案；

(2)过B作站〃MN交AN于E，利用AB?=AE?十台百得AE_LBE，由线面垂直的判定定理可得A7V_L平

面NMP,面面垂直的判定定理可得答案；

(3)以。为原点建立空间直角坐标系，求出平面ΛBP的法向量，由线面角的向量求法可得答案.

(1)如图，取MN中点。，连C。，。。，fOQ为中位线，.∙.短。〃M尸，又。Qa平面BMP,MPU平

面BMP,,OQ〃平面BMP,同理，在梯形ABMN中，CQ//MB,又CQtZ平面BMP,MBU平面8WP,

.∙.CQ〃平面BMP,且OQU平面COQ,CQU平面CD。，DQcCQ=Q平面8Q〃平面BMP,又COu

平面CDβ,所以Co〃平面R

(2)如上图，在四边形ABWN中，过B作8E〃MN交AN于E,在中，得AE=2,BE=2,AB≈2√2>

则AS?=他?+8炉，得AE工BE，YBE〃MN，：.ANLNM，又由己知条件AN_LNP，NMCNP=N,

NM,NPu平面NMP,故刨_1_平面M0P,又AVU平面4VMB,二平面AMW8_1_平面MWP.

(3)；/MN为等腰三角形，；.DWLNP,乂因为AN_L平面MNP,以短为原点建立空间直角坐标系，

如图：可得。(0,0,0),P(LO,0),N(To,0),Λ∕(θ,√3,θ),A(To,3),s(θ,^,l),C-ɪ^,2∣,设平

n∙AB=Ox+>∕3y-2z=O

面ABP的法向量为"=(χ,y,z),AB=(1,√3-2),AP=(2,0,-3),根据，,得,解

小AP=O2x-3z=0

T岑,2,设直线CD与平面ABP所成角为，，则

得百,2,DC=

Sine=故直线C。与平面AB尸所成角的正弦值

sin。=

【提分秘籍】

基本规律

直线与平面所成的角(射影角，也是夹角，^∈∣oΛ])m＞混平面法向量

∣X]X2+y∣)'z∣z?I

sinθ=∣CoS9,b)∣=之

222222

λ∕xl+yl+z,λ∕x2+y2+z2

【变式训练】

如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABa)为菱形，E,F分别为R4,BC的中点,

⑴证明：EfV/平面PCD

(2)若尸£＞，平面A8CD,ZADC=I20°,且PZ)=24)=4,求直线AF与平面DEF所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)拽I

【分析】(1)取P。的中点G,利用线面平行的判定定理即可证明；

(2)建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面DEF的法向量，再求线面角.

(1)证明：取Pr)的中点G,连接CG,EG.因为E,F分别为R4,BC的中点，所以EG〃AD,EG=^AD,

又底面ABCD为菱形，所以b〃A£＞,CF=；A。所以EG〃CF,EG=CF,所以四边形EGeF为平行四

边形，所以EF〃CG.又CGU平面Pa),EF0平面PCD,所以£F〃平面PCD

(2)因为尸£＞，平面A8CO,Z4DC=120o,所以以Z)为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系。-型.

P

因为AO=2,PO=4,所以D(0,0,0),F(√3,0,0),A(0,2,0),E(0,l,2),

则DE=(0,1,2),DF=(√3,θ,θ),AF=(√3-2,0),设平面DEF的法向量机=(x,y,z),则，，令z=1,

m∙AF4√35

得机=(OL2,1),设直线A尸与平面。EF所成的角为6,则Sine=F—_|4|

m∖∖AF√5×√735

【题型二】二面角基础

【典例分析】

如图，在四棱锥P-A3C。中，AASP是直角三角形，ZAPB=90。，四边形ABa)是等腰梯形，AB//CD,

ΛBAD=ΛBAP=6O°,A3=2CD=4.

(1)证明：ABYDP-.

(2)若平面ABCD，平面ABP,求平面4?P与平面CD尸的夹角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

⑵立.

2

【解析】

【分析】

(1)取A8中点E,取AE中点凡由题可得AB_L£＞「，ABYFP,进而可得A5J_平面〃FP,即得;

(2)建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法即得.

平面。尸尸，又因为。PU平面。FP,所以A8_L£)P.

(2)因为平面ABcOl.平面Aβp,且。产，Λβ,所以。尸_L平面ΛBP.以尸为坐标原点，FP,FB,FO的

方向分别为X轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则P(6,θ,θ),D(θ,θ,√3),

C(0,2,PD=(-√3,0,Λ^),PC=(-Λ2,√3),平面ABP的一个法向量ED=(0,0,石).设平面CoP的

一个法向量〃=(X,%z),则，，叫厂r可取"=(1,0,1),所以

[“∙PC=O[-√3x+2y+√3z=0'

FDn√2/7

∣ro∣∙∣∏∣=~2,所以平面ABP与平面CZ)P的夹角的正弦值为与

【提分秘籍】

基本规律

二面角(法向量的方向角，Se[(br])“平面法向量

Icosθ∣=∣cos(In)")I=,仅凶+丫/广仔2|

22222

、/7xl+yl+zl√x2+√+z2

判断正负方法：

(1)观察法；

(2)同进同出互补，一进一出相等;

【变式训练】

如图所示，四棱锥S-ABa)中，平面SAo_L平面ABCr),底面ABCD是边长为2正方形，5Λ=2√2,5C=4,

AC与B。交于点。，点E在线段S。上.

(1)求证：SAJ■平面ABer)；(2)若。£//平面SA8,求二面角S-AC—E的余

弦值.

【答案】⑴证明见解析⑵子

【分析】

(1)根据面面垂直性质定理得ABL平面皿),进而证明以J_AB,再根据集合关系证明SLAC即可证明

结论；

(2)根据题意，E为S。的中点，进而以4民A。,AS分别为X轴，y轴，Z轴建立空间直角坐标系，利用坐

标法求解即可；

(1)证明：因为平面SADL平面ABCZ)且交线为AD,5LAB∖TffiABCDfLABLAD,所以ABL平面SAD,

乂SAU平面SAD,所以S4_LAB.因为ABCz)是边长为2正方形，所以4C=2√∑,XSA=2√2,SC=4,所

以SA?+AC?=SC?，即S4J∙AC,乂因为ABCAC=A,AB,ACu平面ABC。，所以SA，平面ABCD

(2)解：因为OE〃平面lS4B,OEU平面SBD,平面SBQl平面SAB=S8,所以0E〃S8,因为。为8。

的中点，所以E为必的中点，以AB,AD,AS分别为X轴，y轴，Z轴建立空间直角坐标系，则有

A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),5(0,0,2√2),E(0,1,√2),易得平面SAC的一个法向量为

m∙AE-Oy+夜Z=0

n=DB=(2,-2,0),设平面EAC的一个法向量为m=(%y,z),则=><C,取Z=I,则

m∙AC=O2x+2y=0

H-4√2_2石ficr,,

∕n=(√2,-√2,l),设平面&4C与平面E4C所成夹角为。，则CoSe=怔ΠrT=丁点一/7=~Γ~，所以平面sac⅛

Ln-H2√2∙√55

平面EAC所成夹角的余弦值为竽

【题型三】异面直线所成的角

【典例分析】

如图所示，ABCQ-AgCQ是棱长为1的正方体.

(1)设4%。1的重心为0,求证：直线ODj_平面BAG；

(2)设瓦F分别是棱A。、。G上的点，且Z)E=AF=α,M为棱AB的中点，若异面直线ZW与EF所成的

角的余弦值为正，求。的值.

10

【答案】(1)证明见解析；(2)变.

4

【分析】

(1)由正方体性质证明与。，平面ABG,BlD与平面ABG的交点即为重心。，从而证得结论成立；

(2)建立空间直角坐标系，用空间向量法求异面直线所成的角，从而求得。值.

(1)

设AClBlDt=N,连接。B∣,

首先DD1X平面A1B1C1D,,A1C1U平面A1B1C1D1,则DDi1AlCt,

又BQj_Ag,DDtB1D1=D1,OA,BQu平面，

所以AG，平面8。。岗，而BQU平面所以AeBQ,

同理AB_LBQ,AGnAB=A，AG,ABu平面ABG,所以BQ，平面ABG,连接BN交耳。于。，

因为。A=OB=OG,所以。是等边VABG的中心也是重心，所以IDOL平面ABG,

R

(2)如图，以D4,OCO。为x,MZ轴建立空间直角坐标系，则E(α,0,0),M(l,-,0),F(OM,1),

OM=(,0),EF=(-a,a,l),由题*'3吟=愣尚=忠、噜

c

1^→7∖'

<~^/-BI

解得：α=立(负值舍去).I/

I/

4

XMrB

X

【提分秘籍】

基本规律

(1)、异面直线夹角(平移角,也是锐角和直角3e(0.泉)

CoSe=Icos(a,b)∣=/IxM+yJj+gl

222+2

、/√χl+yl+Zι√√y2+√

ZZZ7

【变式训练】

如图，在直三棱柱A8C-AB∣G中，AC=BC=6，ZACB=90°.AA1=2,。为A8的中点.

(1)求证：AG〃平面BC。；

(2)求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

⑵∣.

【分析】

(1)设C出与B1C的交点为E,连接DE,由三角形中位线定理可证得DEHAC,,从而可得AC1//平面CDBi；

(2)由DE//AG可得NCEO为AG与AC所成的角(或其补角)，在aCOE中，解三角形可求得COSNC瓦〉

即为所求.

(1)

证明：设GB与8。的交点为E,连接£)£，

；四边形BCG与为正方形，.∙.E是BG的中点，乂。是AB的中点,

.∙.DEHACi.又Z)EU平面COB∣,AGa平面CO片，；.AC∣〃平面C。片.

(2)解：∙.∙OE∕/AG,.∙.NCE。为AG与BC所成的角(或其补角).

在E中，ED=-AC.=—,CD=-AB=I,CE=-CB.=—,，

2'22212

⑹2⑹

—÷-------1

cosZCED=CE'+DE-CD。="12J_=2∙；.异面直线AG与BC所成角的余弦值为|.

ICEDE√6√633

n2X—×—

22

【题型四】给角求角(值)1：线面角

【典例分析】

如图，在四棱锥P-ABa>中，R4_L底面ABcD,AB±AD,BCHAD,PA=AB=BC=2,AD=4,E为

棱Po的中点，F是线段PC上一动点.

P

(1)求证：平面PBC，平面RS；

(2)若直线BF与平面ABCO所成角的正弦值为且时，求二面角F-E4-0的余弦值.

3

【答案】⑴证明见解析(2)-亚

6

【分析】

(1)证明出BC，平面P4B,利用面面垂直的判定定理可证得结论成立：

(2)以点A为坐标原点，AB.AD.AP所在直线分别为X、>、Z轴建立空间直角坐标系，设Pf=ZlPC，

其中OWaW1,利用已知条件求出；I的值，然后利用空间向量法可求得二面角尸-E4-O的余弦值.

(1)证明：因为Ar>,BCHAD,则3CJ_AB,PAinABCD.BCU平面ABCZ),.-.BCYPA,

PAAB=A,PAʌASI平面R4B,,BCLvTffifZAB,BCu平面P8C,因此，平面PBC_1_平面己48.

(2)解：因为B4_L底面ABC£),AB±AD,

以点A为坐标原点，AB.AD.AP所在宜线分别为X、N、Z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(ZZ0)、D(0,4,0)、E(0,2,l)>P(0,0,2),

设PF=ΛPC=A(2,2,-2)=(2Λ,2A-2Λ),BFBP+PF=(2λ-2,2λ,2-2λ),其中OW/lW1,

易知平面ABCo的一个法向量为〃ɪ(0,0,1),

II∖U∙BF∖2-22√31

由已知可得CoS<",BF>=匕3=__===?,解得4=：,

112

明明λ∕2×(2Λ-2)+4Γ32

所以，产为PC的中点，即F(1,1,1),设平面AEF的法向量为∕w=(x,y,z),AE=(0,2,1),AF=(IJl),

则=2y+z=0取y=ι,可得WJ=(1易知平面ADE的一个法向量为∖(l,0,0),所以，

fn∙AF=x+y+z=O

m`n1√6

cos<∕n,">=丽［=需=工，由图可知，二面角尸一丛―£>的平面角为钝角，

故二面角尸-E4-。的余弦值为-逅.

6

【变式训练】

如图，PD垂直于梯形A6C。所在平面，NAQC=N84。=90。，尸为期中点，PD=0,AB=AD=^CD=↑,

四边形Pr)CE为矩形.

⑴求证：AC〃平面OEF；

(2)求二面角A-BC—尸的大小；

(3)在线段EF上是否存在一点Q,使得BQ与平面BeP所成角的大小为30°?若存在，求出广Q的长；若不

存在，说明理由.

【答案】⑴证明见解析(2)f(3)存在，IFQI=叵

4112

【分析】

(1)首先以点0为原点，建立空间直角坐标系,求平面OE尸的法向量力,利用APf=O，即可证明线面

垂直；

利用公式即可求解；

(2)分别求平面BCP和ABC的法向量M2和%，cos<%,%>,

(3)首先利用向量共线，设点Q?，2办"3,利用线面角的向量公式，即可求得/1的值.

证明：以。为原点，以D4,DC,OP所在直线分别为X轴，y轴，Z轴建立空间直角坐标系，

),∕,(θA√2),Fg,0书，

由题意得，£>(0,0,0),A(l,0,0),B(1,1,O),C(0,2,0),E(θ,2,√2

[θ,2,√2),DF=ɪ,θ,ɪj,

则AC=(T,2,0),平面OEb的一个法向量々=(x,y,z),DE=

勺∙DE=2y+√2z=O

由<j亚,取z=2,得4=卜2夜,一夜,2),AC-W1=-l×(-2√2)+2×(-√2)+0×2=0,

77∙DF=—X+—Z=O

U122

.∙.ΛC±n1,「.AC〃平面Z)E尸；

/八∖,-PB=x+y-∖∣2z=O.

(2)设平面PBC的一个法向量为=(x,y,z),PB=(1,1,-0),BC：=T,1,0,⅛-_：C,取l

`/n2∙BC=-x+y=0

%∙%√2

x=l,解得％=(1,1,&)设平面ABC的个法向量％=(0,0,1),..COSV小,%>=,：----r:----r=------

.同同2

由图可知二面角A-5C-P为锐二面角，二面角A-5C"的大小为%

(3)设存在点Q满足条件，由E(θ,2,√i),Fɪ,θ,ɔ^-L设FQ=∕IFE(O≤4≤1),

/1冬=*,2,争

(XQ-5,y。，ZQ

整理得Q一,2%何一)],BQ=一何;十刀]

有线BQ与平面BCP所成角的大小为3(Γ,

\7∖J

ττBQ7”∣5∕l-l∣=ɪ

sin—=|cos<BQ,n>∣=∣|=

12

6IBQIln2I2√192-102+72

则;l3=l,由OW4W1,得;L=I,即。点和E点重合,

故在线段EF上存在一点Q,且忻0=|所|=半.

【题型五】给角求角(值)2：二面角

【典例分析】

如图，四棱锥P-ABC短中，底面43C。为矩形，B4_L平面"CD,点E在线段尸。上.

(1)若E为P。的中点，证明：PH/平面他C；

(2)若R4=2,PD=2AB=4,若二面角E-AC-B的大小为兰，试求PE:E£＞的值.

O

【答案】(1)证明见解析(2)2

【分析】

(1)连接BD交AC于。，连接OE,利用中位线的性质可得出OEHPB,再利用线面平行的判定定理可证得

结论成立；

(2)以点A为坐标原点，AB,AD.AP所在直线分别为X、》、Z轴建立空间直角坐标系，设P£=2灯),

其中0W2W1,利用空间向量法可得出关于4的等式，结合久的取值范围可求得4的值，即可得解.

(1)证明：连接BO交AC于。，连接。E,因为四边形ABCE＞为

矩形，.∙.O为8。的中点，又因为E为P。的中点，则OE//PB,因为OEU平面AEC,尸80平面A£C,因此,

PB〃平面ACE.

(2)解：由题设PA_L平面ABC£＞，四边形ABeO为矩形，以点A为坐标原点，AB、AD，AP所在直线分

别为x、》、Z轴建立如下图所示的空间直角坐标系,

平面ABCZ),Ai)U平面ABC,f½J_AE>,所以，AD=JPD°-PH=26，则C(2,2g,0)、£>(0,26,0)、

P(0,0,2)、A(0,0,0),设PE=2PO=M0,2"-2)=(0,-2/1),其中OW∕≤1,则

AE=AP+PE=(θ,2√3Λ,2-22),ΛC=(2,2√3,θ),设平面ACE的法向量为S=(X,y,z),则

m∙AC=2x+2y∕iy=Otr,.r~\

r,,取y=X-l,可得机=(61—，,4一1,后)，易知平面A8C的一个法向量

∕n∙AE=2√3Λy+(2-2Λ)z=0v7

I∖m∙n∖拒入√32

为"=(0,0,1),由题可得卜os<〃?,〃>]=i⅛i=-j------------------=⅜-,因为0W4W1,解得4=：，此时

√4(Λ-l)2+3∕l223

PE

2.

ED

【变式训练】

如图，在四棱锥E-ABS中，BC//AD,ABΛ,AD.AB=BC=I,BE=3,AE=√10,C,。都在平面

ABE的上方.

D

(1)证明：平面BCE，平面ABC£)；

Q)若BCLBE,且平面COE与平面ABE所成锐二面角的余弦值为殛，求四棱锥E-ΛBCD的体积.

46

【答案】(1)证明见解析.

(2)2

【分析】

⑴先证AB，平面BCE,再证明平面BCEJ_平面ABCD.

(2)设AQ长为r,建立空间直角坐标系，计算两个待求平面的法向量，代入公式求出，的值，然后计算四棱

锥的体积.

(1)

BCHAD}

λolABVBC,又ABjBE?=1。=A6

AB1AD\

所以ABLBE，BCBE=B,所以AB_L平面BCE,

乂ABiABCD

所以，平面BCE_L平面ABCZX

（2）

因为BCJ.BE,结合（I）问易得AB、BC、BE两两互相垂直，所以建立如图所示的坐标系

∕κ设4C=r(r>0),则：C(O,O,1),E(3,0,0),D(OMt)

所以CE=(3,0,-1),CD=(0,bZ-1),设平面COE的法向量为"=(x，y，z)

(CE-n-013X-Z=O/、

山得zC令z=3则〃=(1,3-3f,3)又CBL平面A8E所以取平面ABE的法向量为

lλz

[IC厂DΓΛ∙n.一一=O八_II<7—II∖

/77=(O,O,1)

2=Wr解得f=3或t=T（舍）.即AD=3,所以四边形ABCO的面

y∕10+(3-3t)

积SA（ICD=2，由题知BE_LAB,BEA.BC,ABCBC=B,.1_L平面A8CD

所以8E为四棱锥E-ABa）的高.，所以四棱锥E-ABCO的体积为

vɪɪSABCDBE=；X2X3=2•故四棱锥E-ABCD的体积为2.

【题型六】探索性动点型1：线面角

【典例分析】

如图，在长方体ABs-AgGA中，AB=AD=I,AA=2,E是线段Qe上的动点.

EK

∕⅛-——

（1）求证：ACYBEi

（2）是否存在点E,使得直线AC与平面BGE所成角为45。，若存在，求出OE的长；若不存在，请说明理由.

7

【答案】（1）证明见解析⑵存在，DE=：.【解析】

4

【分析】

（1）利用线面垂直的性质定理进行证明.

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.

(1)如图，连接RB,DB,在长方体ABCD-ABGR中,•.•RO_L底面ABCO,AC

U底面48Cz),R。，AC.又AC_LD3,DB=D,：.AC_L平面D、DB,又BEU平面,.∙.ACJLBE

(2)假设存在这样的点E,使得直线AC与平面8C∣E所成角为45。.设。E=∕l(04242),如图，以。为

原点，宜线DA,分别为.V'∣⅛,γ铀，二爱，化"空间H角坐标系,则A(1,O,O),

β(l,l,0),C(O,1,O),C1(0,1,2),£(0,0,2).ΛAC=(-1,1,0),BE=(-1,-1,Λ)»BG=(T,0,2).设平面BGE

’"'C"+2：0,令χ=2,贝∣Jz=l,V=几-2.，平面BGE的一个法向

的法向量为，”=(χ,y,z),则＜

nι∙BE=-x-y+λz=O,

Λsin45°=∣cos(,ΛC)∣=t^l

w7

量为m=(2,∕l-2,l).22‘解得人"存在这

Mlkqλ∕4+(Λ-2)+l×√2

7

样的点E,当DE=*,直线AC与平面gE所成角为45。.

【变式训练】

在四棱锥P-ABC。中，已知AB〃CE),AB±AD,BCLPA,4?=2ΛD=2C£>=2,PA=底,PC=2,E

是心上的点.

(I)求证：PCl底面AeC£＞；

(2)是否存在点E使得∕¾与平面E4C所成角的正弦值为：？若存在，求出该点的位置；不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，E点为依上靠近8点的三等分点

【分析】

(1)首先证明BCL面PAC,再结合线面垂直的判断定理，证明PCL面ABC。；

(2)以A为原点，建立空间直角坐标系，求平面E4C的法向量利用SinO=卜os<AP,”>卜；，即可求得

)的值.

(1)

在，AOC中：AD=DC=∖,ZADC=90o,所以AC=√L

在，ABC中：AC=O,AB=2,ZBAC=45°,

由余弦定理有：BC2=AB2+AC2-2ABAC-cos45°=2

.∙.BC=√2.∙.AB2=AC2+BC2>所以ZAeB=90°，所以BC_LAC①

又因为BCLRl……②，由①②，PAAC=A,所以BCJjHiPAC,所以BCj_PC......③.

在AB4C中：AC=近,PC=2,弘=几，所以尸C_LAC④，由③④，ACnBC=C,所以PC，面ABCD

⑵

以A为原点，以AO,A3,竖直向上分别为》、八Z轴建立直角坐标系.则有A(0,0,0),B(0,2,0),C(l,l,θ),

D(1,O,O),P(l,l,2),⅛BE=/Iβ∕j=/1(1,-1,2)=(A,-Λ,22),则AE=AB+8E=(∕U2-4,2∕l),AC=(1,1,0),

AP=(1,1,2),设。=(x,y,z)为面£AC的法向量，

IM.AE—0II

则有：InACl0,解得〃=(-4%zi∙T),设所求线面角为夕，则有Sine=kos<AP,”>∣

APn2-2221

--解得3万+22-1=0,所以2=1所以E点为尸B上靠近B点的三

=MIT22

√6∙A∕Λ+Γ+(Λ-1)

等分点，满足条件.

【题型七】探索性动点型2：二面角

【典例分析】

如图，在四棱锥S-A8C。中，四边形ABC。是矩形，ASAD是等边三角形，平面SAD_L平面ABCQ,

AB=∖,E为棱SA上一点,P为AD的中点，四棱锥S-ΛSCD的体积为2®.

3

(D若E为棱SA的中点，尸是SB的中点，求证：平面PE厂〃平面SCD；

(2)是否存在点E,使得平面P£3与平面SAD所成的锐二面角的余弦值为回？若存在，确定点E的

10

位置；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点E位于AS的靠近A点的三等分点.

【分析】

(1)根据面面平行的判定定理，即可证明结论成立；

(2)假设存在点E满足题意，根据题中条件，先求出AD的长，再以P为坐标原点，/%所在直线为X轴，

过点P与⑷?平行的直线为y轴，PS所在直线为Z轴，建立空间直角坐标系，得到p(o,o,o),A(I,O,O),

8(1,l,0),s(θ,θ,√3),设AE=4AS=2(-l,0,G)=b∕l,0,Gl)(0≤4<l),分别表示出平面尸£5

与平面必£>的一个法向量，根据向量夹角余弦值，求出∕l=J,即可得出结果.

3

【详解】(1)证明：因为E、F分别是M、SB的中点，所以防〃AB，

在矩形ABC。中，AB//CD,所以跖〃C。，又因为E、P分别是54、A。的中点，所以EP〃SD,

又因为防〃C£>，EFcEP=E,EE,EPu平面尸砂，5。,8匚平面5。£),

所以平面PEF//平面SCD.

(2)解：假设棱S4上存在点E满足题意.在等边三角形辿中，尸为AD的中点，于是SP_LAD,

1面SAQɪ1ABCD.『SADCTABCD=AD-SPU『SAD,

所以SP_L平面ABCr>,所以SP是四棱锥S-ABCD的高，设AD=W,则SP=立m，S矩形.。=用，

2

所以I/IC26

)41以VS-ABCD=ɜS矩窗∙SP=~m-m=—，

所以m二2»

以P为坐标原点，El所在直线为X轴，过点P与AB平行的直线为y轴，尸S所在直线为Z轴，建立如图

所示的空间直角坐标系.则尸(0,0,0),A(l,0,0),B(1,1,0),s(0,0,√3),设

AE=ΛAS=X(—1,0,G)=(-A,0,ΛΛ∕1)(0≤Λ≤1),

P^=Λ4+AF=(l,0,0)+(-Λ,0,λ5∕l)=(l-∕l,0,√32),PB=(1,1,0),

,ʌn.■PE-(∖-λ∖x+∖∕3λz-0L

设平面QΩ5的一个法向量为4=(x,y,z),有〈'',令X=GzI,则

nl.PB=x+γ=O

4=(>∕3Λ,->∕3Λ,A—lj,

UU

易知平面SAD的一个法向量%=(。,1,0)，

1

所以卜OS(HI,"J=W目=•J"I.=叵,因为0W2W1,所以/I=，，

1、*IWMl√7λ2-2Λ+l103

所以存在点E,位于AS的靠近A点的三等分点.

y

【变式训练】

如图，在四棱锥P-45CZ)中，底面ABCD为正方形，且正方形ABCD边长为2,Λ4L平面ABCD,PA=AB,

E为线段PS的中点，F为线段8C上的动点.

(1)求证：AE_L平面PBC；

(2)试确定点尸的位置，使平面AE尸与平面PCZ)所成的锐二面角为30。.

【答案】(1)证明见解析；(2)点尸为BC中点.

【分析】

(1)先根据线面垂直性质与判定定理得AE_LBC,再根据等腰三角形性质得AEJ_尸&最后根据线面垂直

判定定理得结果；

(2)先建立空间直角坐标系，利用F坐标，结合空间向量数量积求二面角，再根据条件列方程解得结果.

【详解】

(1)；以_1_平面48。。，BC⊂5F≡ABCD,.∖PA1BC,。为正方形，.'.ABLBC,

又∕¾ΠA8=A,PA,ABu平面∕¾B,,BCL平面∕¾8,.∖ΛE⊂'∣z∣f∣lPAB,

.∖AELBC,"：PA=AB,E为线段P8的中点，：.AEVPB,又PBeBC=B,PB,BCu平面尸6C,

.•.AE_L平面PBC；

(2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A-Λ>Z,

设正方形ABC。的边长为2,则A(0,0,0),8(2,0,0),C(2,2,0),

£>(0,2,0),尸(0,0,2),E(l,0,I),

UUU

・・・AE=(l,0,l),PC=(2,2,-2),PD=(0,2,-2),设FQ,2,0)(0<Λ≤2),ΛAF=(2,λ,0),

n-AE=O[%,+ZI=0

设平面AEF的一个法向量为n-(x,X,zJ，则《，：.\:八，

ln∙AF=012%+√ly=0

(X=~λ

令yι=2,则〈，ʌn=(-Λ,2,Λ),设平面PeO的一个法向量为根=(工2，%，22)，

IZl=4

Jti∙Pr=nXC+W—ZC=0ɪʌ=0

M=(OJl)

m∙ΓU=UI>242—U[42—JL

ιrr

m∙n2

・.・平面AE尸与平面PCo所成的锐二面角为30。，・・・|cos30。I=巧yr=√2×ZL=Γ∙**

m∖∖n

・・・当点F为BC中点时，平面AEF与平面PC。所成的锐二面角为30°.

ABX

【题型八】翻折中的角度

【典例分析】

如图(一)四边形ABCo是等腰梯形，DC//AB,DC=2,AB=4,NABC=60。，过。点作垂

足为E点，将沿DE折到A'ED位置如图(二)，且AC=2√Ξ∙

图(一)图(二)

(1)证明：平面AED_L平面EBa)；

f

∆p1

(2)已知点P在棱4C上，且正=/，求二面角C-E尸-。的余弦值.

【答案】⑴证明见解析⑵叵

14

【分析】

(1)根据勾股定理证明A'E,EC,再根据线面垂直的判定证明AEL面EBC力，进而得到平面AEDJL平

面EBCD；

(2)以E为坐标原点，建立空间直角坐标系E-孙z,分别求得平面CEP和平面EPD的法向量，根据面面

角的向量求法求解即可

(1)

证明：在等腰梯形48C。中，DELAB,ΛDEA.AE,：.AEA.DE

DC=2,AB=4,ZABC=60。，ΛBE==3,BC=AD=2,DE=ʌ/ɜ

在NEBC中，知EC=√7,VAE=AE=1."/A'C=2√2，:∙A'E2+EC2=A'C2

A:ELEC,EC,IOEU面EBCO,ECDE=E,4八面EBCo

,/AEU面AED,；.面A'£D面EBCD

⑵由(1)知A'E_L面EBCD,EDLEB.∙.以E为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系E-Ayz

A,∖