拓展三空间向量中动点的设法-2022-2023学年高二数学讲义（人教A版2019选择性）

拓展三：空间向量中动点的设法立体几何是高考必考的核心问题之—，每年都会考查一道大题，主要考查点线面位置关系的判定、体积问题、空间角、动点问题.其中最复杂的是将动点加入到要考查的问题中，立体几何中的动点问题因其能够较好地考查学生的逻辑推理能力，运算求解能力而受到命题者青睐.求解此类动点问题采用向量法（坐标法）来求解可以避开复杂的中间分析过程，将待求目标表示成变量的函数模型，借助函数求值域的方法求出最值.知识点1空间向量可解决的立体几何问题用表示直线的方向向量，用表示平面的法向量1、判定（证明）类（1）线面平行：（2）线面垂直：（3）面面平行：（4）面面垂直：2、计算类：利用空间向量求立体几何常考查的夹角：设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则①两直线所成的角为(),；②直线与平面所成的角为(),；③二面角的大小为(),或（视平面角与法向量夹角关系而定）④点到平面距离：设为平面外一点，为平面上任意一点，则到平面的距离为，即在法向量上投影的绝对值.知识点2空间向量动点的设法在立体几何解答题中常常涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件，本讲主要介绍使用空间向量解决该问题时的方法与技巧：1、理念：先设再求——先设出所求点的坐标，再想办法利用条件求出坐标2、解题关键：减少变量数量——可表示空间中的任一点，但题目中所求点往往是确定在某条线或者某个平面上的，所以使用三个变量比较“浪费”（变量多，条件少，无法求解），要考虑减少变量的个数，最终所使用变量的个数可根据如下条件判断：（1）直线（一维）上的点：用一个变量就可以表示出所求点的坐标（2）平面（二维）上的点：用两个变量可以表示所求点坐标规律：维度=所用变量个数3、如何减少变量：（1）直线上的点（重点）：平面向量共线定理——若使得()例：已知，那么直线上的某点坐标可用一个变量表示，方法如下：——三点中取两点构成两个向量因为在上，所以——共线定理的应用（关键），即——仅用一个变量表示注：①若点在轴上可设点为，若点在轴上可设点为，若点在轴上可设点为，注意根据具体题目给出t的范围。（点落在与轴平行的直线处理方式大致相同）②若点在直线上，且直线在平面上，则点的竖坐标为0，若已知直线上的两点坐标，除了使用，还可以在平面上表示出直线的方程，得到的关系，则引入一个参数（注意给出参数的范围）即可表示点的坐标。(同理若直线在平面上也适用，不适用于在空间中的斜线）③若点在面上，有时也可利用向量共线定理解决。（2）平面上的点：平面向量基本定理——若不共线，则平面上任意一个向量，均存在，使得：例：已知，则平面上的某点坐标可用两个变量表示，方法如下：，故，即考点一动点的设法（一）动点在轴上若点在轴上可设点为，若点在轴上可设点为，若点在轴上可设点为，注意根据具体题目给出t的范围。（点落在与轴平行的直线处理方式大致相同）【例11】在边长为2正方体中：（1）求证平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）线段AB上是否存在一点M（不与端点重合，使得二面角所成平面角的余弦值为，若存在，求的值，若不存在，请说明理由．【解析】（1）以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，设平面的法向量为，则又，则平面（2）则直线与平面所成角的正弦值为（3）设，，则即，，设平面的法向量为，则同理可得出平面的法向量即，解得（舍），即存在使得二面角所成平面角的余弦值为变式1：如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.(Ⅰ)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；(Ⅱ)求二面角E­BC­F的正弦值；(Ⅲ)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．【解析】(Ⅰ)证明：依题意以D为坐标原点，分别以eq\o(DA,\s\up6(→))、eq\o(DC,\s\up6(→))、eq\o(DG,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(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)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，1))，N(1，0，2)．依题意，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2，0，2)．设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n0·\o(DC,\s\up6(→))＝2y＝0，,n0·\o(DE,\s\up6(→))＝2x＋2z＝0，))不妨令z＝－1，可得n0＝(1，0，－1)，又eq\o(MN,\s\up6(→))＝(1，－eq\f(3,2)，1)，可得eq\o(MN,\s\up6(→))·n0＝0.又因为直线MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE.(Ⅱ)依题意，可得eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0，－1，2)．设n＝(x，y，z)为平面BCE的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝－x＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝x－2y＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(0，1，1)．设m＝(x，y，z)为平面BCF的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝－x＝0，,m·\o(CF,\s\up6(→))＝－y＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得m＝(0，2，1)．因此有cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(3\r(10),10)，于是sin〈m，n〉＝eq\f(\r(10),10).所以二面角E­BC­F的正弦值为eq\f(\r(10),10).(Ⅲ)设线段DP的长为h(h∈[0，2])，则点P的坐标为(0，0，h)，可得eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－2，h)，而eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BP,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→))|,|\o(BP,\s\up6(→))|·|\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(h2＋5)).由题意，可得eq\f(2,\r(h2＋5))＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，解得h＝eq\f(\r(3),3)∈[0，2]．所以线段DP的长为eq\f(\r(3),3).变式2：(2019·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(Ⅰ)求证：BF∥平面ADE；(Ⅱ)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(Ⅲ)若二面角E­BD­F的余弦值为eq\f(1,3)，求线段CF的长．【解析】依题意，建立以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)．设CF＝h(h＞0)，则F(1，2，h)．(Ⅰ)证明：依题意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的法向量，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.(Ⅱ)依题意，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1)．因此有cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))·n〉＝eq\f(\o(CE,\s\up6(→))·n,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(4,9).所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq\f(4,9).(Ⅲ)设m＝(x，y，z)为平面BDF的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝2y＋hz＝0，))取y＝1，可得m＝(1，1，－eq\f(2,h))，由题意，|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(|4－\f(2,h)|,3×\r(2＋\f(4,h2)))＝eq\f(1,3)，解得h＝eq\f(8,7).经检验，符合题意．所以线段CF的长为eq\f(8,7).（二）动点在平面的直线上若点在直线上，且直线在平面上，则点的竖坐标为0，若已知直线上的两点坐标，除了使用，还可以在平面上表示出直线的方程，得到的关系，则引入一个参数（注意给出参数的范围）即可表示点的坐标。(同理若直线在平面上也适用，不适用于在空间中的斜线）【例12】如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(Ⅰ)证明：PO⊥平面ABC；(Ⅱ)若点M在棱BC上,且二面角M­PA­C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值．【解析】(Ⅰ)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2eq\r(3).连接OB，因为AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.又因为OB∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.(Ⅱ)方法一：以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2eq\r(3))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，2，2eq\r(3))．取平面PAC的一个法向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，0，0)．设M(a，2－a，0)(0＜a≤2)，则eq\o(AM,\s\up6(→))＝(a，4－a，0)．设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AM,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋（4－a）y＝0，))令y＝eq\r(3)a，得z＝－a，x＝eq\r(3)(a－4)，所以平面PAM的一个法向量为n＝［eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a］，所以cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2)).由已知可得|cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝eq\f(4,3)或a＝－4(舍去)．所以n＝(－eq\f(8\r(3),3)，eq\f(4\r(3),3)，－eq\f(4,3))．又eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq\r(3))，所以cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\f(8\r(3),3)＋\f(8\r(3),3),\r(4＋12)·\r(\f(64,3)＋\f(16,3)＋\f(16,9)))＝eq\f(\r(3),4).所以PC与平面PAM所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).方法二：建立以为坐标原点，分别为轴的空间直角坐标系如图所示，则，，，，设，则，则平面的法向量为，设平面的法向量则，令，则，，

二面角为，，即，解得或(舍)，设平面的法向量，，设与平面所成的角为，则所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.动点在空间的斜线上平面向量共线定理——若使得()【例13】在四棱锥中，平面平面ABCD，为等边三角形，，，，点M是PC的中点.（1）求证：平面PAD；（2）求二面角的余弦值；（3）在线段PB上是否存在点N，使得平面PBC？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）取PD中点H，连结MH，AH．因为M为中点，所以．因为，所以AB∥HM且AB=HM．所以四边形ABMH为平行四边形，所以BM∥AH．因为BM⊄平面PAD，AH⊂平面PAD，所以BM∥平面PAD．（2）取AD中点O，连结PO．因为PA=PD，所以PO⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD．取BC中点K，连结OK，则OK∥AB．以O为原点，如图建立空间直角坐标系，设AB=2，则，，则平面BCD的法向量，设平面PBC的法向量，由，得令，则．．由图可知，二面角P﹣BC﹣D是锐二面角，所以二面角P﹣BC﹣D的余弦值为．（3）在线段PB上是不存在点N，使得DN⊥平面PBC．设点，且，则，所以．则，所以，．若DN⊥平面PBC，则，即，此方程无解，所以在线段PB上不存在点N，使得DN⊥平面PBC．变式1：如图，四棱锥的底面是菱形，，且.（1）证明：平面平面；（2）若，棱上一点满足，求直线与平面所成角的正弦.【解析】（1）因为，为中点，所以，又因为底面是菱形，所以.所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）因为平面平面，，所以平面.又因为底面是菱形，所以.，，所以，即.所以为等边三角形.取的中点，以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示：，，，，，设，.所以，，，因为，所以，即，解得或（舍去）.所以，，设平面的法向量，则，令，解得，.所以.，设直线与平面所成角为，则.变式2：如图，三棱柱中，侧棱平面ABC，为等腰直角三角形，，且，E，F分别是，的中点.（Ⅰ）若D是的中点，求证：平面AEF；（Ⅱ）线段AE（包括端点）上是否存在点M，使直线与平面AEF所成的角为？若有，确定点M的位置；若没有，说明理由.【解析】（Ⅰ）连接，，因为D，E分别是，的中点，故，平面，平面，所以平面.因为E，F分别是，的中点，所以，证平面，平面，所以平面，又，平面，平面AEF，所以平面平面，又平面，所以平面AEF，（Ⅱ）题意得AB，AC，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，.因为，.设平面AEF的法向量为，由，得，令，得，，所以平面AEF的一个法向量为.设，又，所以.若直线与平面AEF所成角为，则.解得：或，即当点M与点A重合，或时，直线与平面AEF所成的角为.变式3：如图，三棱柱中，侧面，已知，，，点是棱的中点.(1)求异面直线与所成的角的余弦值；(2)在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【解析】(1)，，，得，由题意，因为，所以，，又侧面，以为原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，，，，，，设异面直线与所成的角为，则，所以异面直线与所成的角的余弦值为.(2)由（1）得，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，假设存在点，设，其中，，由已知可得，得，即，解得或，因此，在棱上是否存在一点，使得与平面所成角的正弦值为，且或.变式4：如图，在四棱锥中，侧面为等边三角形，底面为等腰梯形，且(1)证明：平面平面；(2)若点在棱上，且二面角的大小为，求的值.【解析】(1)设的中点为，连接，在等边中，可得，在等腰梯形中，有又因为，所以，所以，即，又因为，所以平面又因为在平面内，所以平面平面(2)如图所示，以为原点建立空间直角坐标系，各点坐标依次为：，，设，平面的一个法向量为，因为，由，令，得，易知平面的法向量为，由，解得或（舍）.所以，故.动点在面内【例14】四棱锥中，平面，底面四边形为直角梯形，，，，.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）为中点，在四边形所在的平面内是否存在一点，使得平面，若存在，求三角形的面积；若不存在，请说明理由.【解析】（I）由于平面，所以，由于，所以平面，由于平面，所以平面平面.（II）由已知条件可知两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，则,.依条件知是平面的一个法向量.设是平面的法向量，，由，令，得.设二面角的平面角为，则.（III）假设存在点满足条件，设，则，，所以，解得，所以存在满足条件，此时.变式1：已知四棱锥的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，，E为CD的中点，（1）证明:平面PBD平面ABCD；（2）若，PC与平面ABCD所成的角为，试问“在侧面PCD内是否存在一点N，使得平面PCD？”若存在，求出点N到平面ABCD的距离；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明:由四边形ABCD是直角梯形,AB=，BC=2AD=2，AB⊥BC，可得DC=2,∠BCD=，从而△BCD是等边三角形,BD=2,BD平分∠ADC.∵E为CD的中点,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.又∵AE⊂平面ABCD∴平面PBD⊥平面ABCD.(2)存在.在平面PBD内作PO⊥BD于O,连接OC,又∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,∴PO⊥平面ABCD，∴∠PCO为PC与平面ABCD所成的角,则∠PCO=∴易得OP=OC=，PB=PD,PO⊥BD,所以O为BD的中点，OC⊥BD.以OB,OC,OP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),C（0,，0）D(1,0,0),P（0,0,）假设在侧面内存在点，使得平面成立，设，易得由得，满足题意，所以N点到平面ABCD的距离为考点二与动点有关的最值问题（一）单个动点，动点坐标含一个变量对于单个动点的动态问题，一般是设出该动点的坐标，如果该动点的坐标只含有一个变量，则将目标函数表示成该变量的一元函数模型，借助函数求最值的方法求解.要特别注意变量的取值范围.【例21】如图：正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，若点为线段上的动点(不包括端点)，设异面直线与所成角为，则的取值范围是________.【解析】连接，，，或其补角，设，，在△中，，，，由余弦定理知，，令，则，，在上单调递增，，，．故答案为：；，．【例22】已知，如图四棱锥中，底面为菱形，，，平面，，分别是，中点，点在棱上移动．(1)证明：无论点在上如何移动，都有平面平面；(2)是否存在点，使得直线与平面所成的角最大，若存在，试确定点的位置.【解析】(1)证明：连接，底面为菱形，，为正三角形，是的中点，，又，，平面，平面，，，、平面，平面，平面，平面平面．(2)解：由（1）知，、、两两垂直，故以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，0，，，，，2，，，0，，，1，，，，，．设，．设平面的法向量为，，，则，令，则，，．设直线与平面所成的角为，则，当时，最大，此时为的中点．变式1：如图，在四棱锥中，底面，，点在棱上，,点在棱上，.(1)若，为的中点，求证：，，，四点共面；(2)求直线与平面所成角的正弦的最大值.【解析】(1)以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，如图所示，则，，，，则，，，设，则，解得，则，即，，，四点共面.(2)由（1）中的空间直角坐标系，可得，，，设，（其中），且，则，解得，可得设平面的法向量为，由，取，可得，所以设直线与平面所成角为，则，当且仅当时等号成立.直线与平面所成角的正弦的最大值为.单个动点，动点坐标含两个变量对于单个动点的动态问题，一般是设出该动点的坐标，如果该动点的坐标含有两个变量，则考虑两个变量的几何意义，或者借助减元的思想减少变量.【例23】如图，在正四棱柱中，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为（

）A． B． C．2 D．【解析】以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，设，3，，则，3，，，，，，，，，，连接BP，在正四棱柱中，面，所以就是与平面所成的角，即，，的最大值为．故选：B．变式1：已知直四棱柱的高为4，底面边长均为2，且，P是侧面内的一点，若，则的最小值为___________.【解析】直四棱柱的高为4，底面边长均为2，且故平面，四边形为菱形，，故如图建立空间直角坐标系，则，，，设点，则，由于，所以，即：，故令，，所以，所以故答案为：（三）双动点对于双动点问题，一般是设出其中一个较为简单的动点的坐标（此时含一个变量），对于另外一个较为复杂点的坐标，则不必设出，可以借助向量的线性运算进行转化，从而得到所需的向量（用坐标表示，此时还有一个变量）.最后将待求目标表示成为含两个变量的函数模型，借助完全平方式的性质求出最值.【例24】如图，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点，之间的距离为，若，分别为线段，上的动点，则线段的最小值为．【解析】取中点，连结，，则，，，，，为直角三角形，即，平面，以，，分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，则，0，，，3，，，0，，设，0，，，，，则，3，，，，，，．当，时，长度最小值为．故答案为：．题组A基础过关练1、如图所示，在三棱柱中，平面，，，是的中点．（1）求直线与平面所成角的正弦值；（2）在棱上是否存在一点，使得平面与平面所成二面角为？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】（1）如图所示建立空间直角坐标系，则，，，．∴，，．设平面的法向量为，则，即令，则．所以，所以直线与平面所成角的正弦值为；（2）解：假设在棱上存在一点，使得平面与平面所成二面角为，设，．则，设平面的法向量为，则，即，取，则．由（1）知平面的法向量为．所以，即，而，故．故在棱上存在一点，使得平面与平面所成二面角为，点的坐标为．2、直三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，且AC=AB=AA1=2．(1)求证A1B⊥B1C；(2)M、N分别为棱CC1、BC的中点，点P在线段A1B1上，是否存在点P，使平面PMN与平面ABC所成角的余弦值为，若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．【解析】(1)如图，以AB，AC，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0),，，，，，所以，即，(2)假设存在点满足题意，设，∴P(2，0，2)，N(1，1，0)，M(0，2，1)，设平面PMN的一个法向量为，，即，令，得又平面ABC的一个法向量为=(0，0，1)∴，又，故方程无根，所以线段上不存在点P，使平面PMN与平面ABC所成角的余弦值为．3、已知梯形如图1所示，其中，，，四边形是边长为1的正方形，沿将四边形折起，使得平面平面，得到如图2所示的几何体．（1）求证：平面平面；（2）若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求线段的长度．【解析】（1）因为平面平面，平面，平面平面，，所以平面，因为平面，所以，因为四边形是正方形所以，因为、平面，，所以平面，因为平面所以平面平面；（2）建系如图：设平面的法向量，，，，，则，设，，，解得或（舍），，所以.4、如图，在三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，平面平面，（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）证明：在线段上存在点，使得，并求的值.【解析】（1）∵平面平面，，平面平面，∴平面；（2）由（1），又，∴，∴，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，设平面的一个法向量为，则，取，则，．∴二面角的余弦值为；（3）设，则，，，则，解得．∴在线段上存在点，使得，且．题组B能力提升练5、如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点.（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）点在线段上，当为何值时，直线与平面所成角的正弦值为？解：（1）∵平面，且，平面，∴，，又∵，∴，，两两互相垂直.以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图：则由，，可得，，，，，又∵为的中点，∴.∴，，所以，所以异面直线，所成角的余弦值为.（2）设，则，∴，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，解得，，∴是平面的一个法向量.∵直线与平面所成角的正弦值为，∴，解得，所以当为时，直线与平面所成角的正弦值为.6、如图所示，在三棱锥中，侧棱平面BCD，F为线段BD中点，，，.（1）证明：平面ABD；（2）设Q是线段AD上一点，二面角的正弦值为，求的值.【解析】（1）因为，F为线段BD中点，所以.因为平面BCD，平面BCD，所以.又因为平面ABD，平面ABD，，所以平面ABD.（2）在三棱锥中，在平面BCD内作于E.以B为原点建立如图空间直角坐标系.由题得，，，，，，.设，所以.设，分别为平面ABQ，平面CBQ的一个法向量.则，.即，.不妨取，.因为二面角的正弦值为，则余弦值为，所以，解得（舍）或.因此，的值为.7、如图，在直三棱柱中，，分别是棱的中点，点在线段上.(1)当直线与平面所成角最大时，求线段的长度；(2)是否存在这样的点，使平面与平面所成的二面角的余弦值为，若存在，试确定点的位置，若不存在，说明理由.【解析】(1)直线PN与平面A1B1C1所成的角即为直线PN与平面ABC所成角，过P作,即PN与面ABC所成的角，因为PH为定值，所以当NH最小时线面角最大，因为当P为中点时，,此时NH最小，即PN与平面ABC所成角最大，此时.(2)以AB,AC,AA1为x,y,z轴建立空间坐标系，则：A（0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1)设=，，，设平面PMN的法向量为，则，即，解得，平面AC1C的法向量为,.所以P点为A1B1的四等分点，且A1P=.8、如图，在直四棱柱中，底面为菱形，.(1)点P为直线上的动点，求证：；(2)点P为直线上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最大值.【解析】(1)证明：连接交于点O，由题意知平面，又因为平面，所以，因为底面为菱形，所以，又因为，所以平面，又因为平面，所以.(2)以为x轴，为y轴，过O且垂直平面向上方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，因为点P为直线上的动点，所以可设，所以，即点P坐标为.，设平面法向量为，则，取.……分，设与平面所成角为，则，设，则，令，，则所以直线与平面所成角正弦值的最大值为.题组C培优拔尖练9、如图，在四棱锥中，面．，四边形满足，，，点为中点，点为边上的动点（Ⅰ）求证：平面．（Ⅱ）是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，说明理由．【解析】（Ⅰ）因为平面，所以，，又，所以，，两两垂直．以为空间坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示．则，，，点为中点，故故，又，所以所以，，为共面向量，平面，所以平面．（Ⅱ）设，依题意可知平面的法向量为，，设平面的法向量为，则，令，则．因为二面角的余弦值为，所以，即，解得或．所以存在点符合题意，当或时，二面角的余弦值为．10、在四棱柱中，底面是正方形，且，．（1）求证：；（2）若动点在棱上，试确定点的位置，使得直线与平面所成角的正弦值为．解析：（1）连接，，，因为，，所以△和△均为正三角形，于是．设与的交点为，连接，则，又四边形是正方形，所以，而，所以平面．又平面，所以，又，所以．（2）由，及，知，于是，从而，结合，，得底面，所以、、两两垂直．如图，以点为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，0，，，1，，，，，，0，，，0，，，，，由，得，，．设，则，，