第3讲 空间向量求夹角问题 讲义（学生版+教师版）-新人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册.rar

第 3 讲 空间向量处理夹角、距离、存在性问题1两条异面直线所成角的求法设a a，b b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角a a与b b的夹角范围(0，20，求法cos | | | | |cos | | | |2.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a a，平面的法向量为n n，直线l与平面所成的角为，a a与n n的夹角为，则 sin |cos | | | | |.3求二面角的大小(1)如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小 ， (2)如图，n n1，n n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量， 则二面角的大小满足|cos |cosn n1，n n2|，二面角的平面角大小是向量n n1与n n2的夹角(或其补角)4.距离问题（1）.点 P 到直线 l 的距离：已知直线 l 的单位方向向量为 u，A 是直线 l 上的定点，P 是直线 l 外一点，设向量AP 在直线 l 上的投影向量为AQ a，则点 P 到直线 l 的距离为a2au2 (如图) （2）.点 P 到平面 的距离：设平面 的法向量为 n，A 是平面 内的定点，P 是平面 外一点，则点 P 到平面 的距离为|AP n|n|(如图)玩转典例题型一题型一 用空间向量研究夹角问题用空间向量研究夹角问题【例 1】 （2021 春红桥区期末）四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 为矩形，SD底面 ABCD，DCSD2，点 M 是侧棱 SC 的中点，AD =2（）求异面直线 CD 与 BM 所成角的大小；（）求二面角 SAMB 的正弦值【例 2】 （2021天津）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别为棱 BC，CD 的中点（1）求证：D1F平面 A1EC1；（2）求直线 AC1与平面 A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角 AA1C1E 的正弦值【玩转跟踪】1.（2021 春虹口区期末）已知如图，在菱形 ABCD 中，A60且 AB2，E 为 AD 的中点，将ABE沿 BE 折起使 =2，得到如图所示的四棱锥 ABCDE，在四棱锥 ABCDE 中，求解下列问题：（1）求证：BC平面 ABE；（2） （A 组题）若 P 为 AC 的中点，求二面角 PBDA 的余弦值；（3） （B 组题）求直线 BC 与平面 ABD 所成角的正弦值2.（2021和平区校级二模）如图，在五面体 ABCDEF 中，四边形 ABEF 为正方形，DF平面 ABEF，CDEF，DF2，EF2CD2，EN2NC，BM2MA（1）求证：MN平面 ACF；（2）求直线 AD 与平面 BCE 所成角的正弦值；（3）求平面 ACF 与平面 BCE 所成二面角的正弦值题型二题型二 用空间向量研究距离问题用空间向量研究距离问题【例 3】 （2020 秋番禺区期末）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2，点 E 在棱 AB上移动（1）求证：D1EA1D；（2）当点 E 在棱 AB 的中点时，求点 B1到平面 ECD1的距离；（3）当 AE 为何值时，平面 D1EC 与平面 AECD 所成角为4【例 4】 （2020 秋泉山区校级期末）如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AB1，AA12，点 E 为 CC1中点，点 F 为 BD1中点（1）求异面直线 BD1与 CC1的距离；（2）求直线 BD1与平面 BDE 所成角的正弦值；（3）求点 F 到平面 BDE 的距离【玩转跟踪】1.（2020 秋西青区期末）如图，在正方体 ABCDA1B1C1DI中，E 为 BB1的中点（）证明：1 平面 AD1E；（）求直线 BC1到平面 AD1E 的距离；（）求平面 AD1E 与平面 ABCD 夹角的余弦值2.（2021马鞍山二模）如图，六面体 ABCDEFG 中，BE面 ABC 且 BE面 DEFG，DGEF，EDDGGF1，ABBCCAEF2（1）求证：DF平面 ABED；（2）若二面角 ADGE 的余弦值为 5719，求点 C 到面 BDF 的距离题型三题型三 用空间向量解存在性问题用空间向量解存在性问题【例 5】 （2021 春水富市校级期末）已知在六面体 PABCDE 中，PA平面 ABCD，ED平面 ABCD，且 PA2ED，底面 ABCD 为菱形，且ABC60（1）求证：平面 PAC平面 PBD；（2）若直线 PC 与平面 ABCD 所成角为 45，试问 ： 在线段 PE 上是否存在点 M，使二面角 PACM为 60？若存在，确定点 M 的位置；若不存在，请说明理由【例 6】 （2021凉州区校级一模）在如图所示的几何体中，面 CDEF 为正方形，面 ABCD 为等腰梯形，ABCD，AB2BC，ABC60，ACFB（）求证：AC平面 FBC；（）线段 ED 上是否存在点 Q，使平面 EAC平面 QBC？证明你的结论【玩转跟踪】1.（2020兴义市校级模拟）如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 AA1C1C底面 ABC，AA1A1CAC2，ABBC，且 ABBC，O 为 AC 中点（1）求直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值；（2）在 BC1上是否存在一点 E，使得 OE平面 A1AB，若不存在，说明理由；若存在，确定点 E 的位置2.（2021河东区一模）在滨海文化中心内有天津滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图 1 所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图 2 所示，长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB4，ADAA12，圆台下底圆心 O 为 AB 的中点，直径为 2，圆与直线 AB 交于 E，F，圆台上底的圆心 O1在 A1B1上，直径为 1（1）求 A1C 与平面 A1ED 所成角的正弦值；（2）求二面角 EA1DF 的余弦值；（3）圆台上底圆周上是否存在一点 P 使得 FPAC1，若存在，求点 P 到直线 A1B1的距离，若不存在则说明理由玩转练习1(2020皖江八校联考)如图，在几何体 ABCA1B1C1中，平面 A1ACC1底面 ABC，四边形 A1ACC1是正方形，B1C1BC，Q 是 A1B 的中点，且 ACBC2B1C1，ACB23.(1)证明：B1QA1C；(2)求直线 AC 与平面 A1BB1所成角的正弦值2 (2020赣州模拟)如图， 在四棱锥PABCD中， 侧面PAD底面ABCD， 底面ABCD为直角梯形， 其中ABCD，CDA90，CD2AB2，AD3，PA5，PD22，点 E 在棱 AD 上且 AE1，点 F 为棱 PD 的中点(1)证明：平面 BEF平面 PEC；(2)求二面角 ABFC 的余弦值3.(2020合肥一检)如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是正方形，BF平面 ABCD，DE平面 ABCD，BFDE，M 为棱 AE 的中点(1)求证：平面 BDM平面 EFC；(2)若 DE2AB，求直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值4.如图所示，四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，DABDCB，E 为线段 BD 上的一点，且 EBEDECBC，连接 CE 并延长交 AD 于 F.(1)若 G 为 PD 的中点，求证：平面 PAD平面 CGF；(2)若 BC2，PA3，求二面角 BCPD 的余弦值5如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，ADBC，ABBC，侧面 PAB底面 ABCD，PAADAB1，BC2（1）求证：平面 PBC平面 PDC；（2）若PAB90，求二面角 BPDC 的正切值6 （2020 秋秦淮区校级期中）一副标准的三角板（如图 1）中，ABC 为直角，A60，DEF 为直角，DEEF，BCDF，把 BC 与 DF 重合，拼成一个三棱锥（如图 2） 设 M 是 AC 的中点，N 是 BC的中点（1）求证：平面 ABC平面 EMN；（2）设平面 ABE平面 MNEl，求证：lAB；（3）若 AC4 且二面角 EBCA 为直二面角，求直线 EM 与平面 ABE 所成角的正弦值7 （2020 秋昌平区期末） 在四棱锥 PABCD 中， 平面 PAD平面 ABCD， PAD 为等边三角形， ABAD=12CD，ABAD，ABCD，点 M 是 PC 的中点（I）求证：MB平面 PAD；（）求二面角 PBCD 的余弦值；（）在线段 PB 上是否存在点 N，使得 DN平面 PBC？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由8 （2020天津）如图，ADBC 且 AD2BC，ADCD，EGAD 且 EGAD，CDFG 且 CD2FG，DG平面 ABCD，DADCDG2（）若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证：MN平面 CDE；（）求二面角 EBCF 的正弦值；（）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9 （20215 月份模拟）如图 1，在直角梯形 ABCD 中，ADBC，ABBC，BDCD，BC2AD4将ABD 沿 BD 折起，折起后点 A 的位置为点 P，得到三棱锥 PBCD 如图 2 所示，平面 PBD平面 BCD，直线 PC 与平面 PBD 所成角的正切值为2（1）求线段 PB 的长度；（2）试判断在线段 BD 上是否存在点 E，使二面角 DPCE 的平面角的余弦值为427？若存在，请确定其位置；若不存在，请说明理由第 3 讲 空间向量处理夹角、距离、存在性问题1两条异面直线所成角的求法设a a，b b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角a a与b b的夹角范围(0，20，求法cos | | | | |cos | | | |2.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a a，平面的法向量为n n，直线l与平面所成的角为，a a与n n的夹角为，则 sin |cos | | | | |.3求二面角的大小(1)如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小 ， (2)如图，n n1，n n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量， 则二面角的大小满足|cos |cosn n1，n n2|，二面角的平面角大小是向量n n1与n n2的夹角(或其补角)4.距离问题（1）.点 P 到直线 l 的距离：已知直线 l 的单位方向向量为 u，A 是直线 l 上的定点，P 是直线 l 外一点，设向量AP 在直线 l 上的投影向量为AQ a，则点 P 到直线 l 的距离为a2au2 (如图) （2）.点 P 到平面 的距离：设平面 的法向量为 n，A 是平面 内的定点，P 是平面 外一点，则点 P 到平面 的距离为|AP n|n|(如图)玩转典例题型一题型一 用空间向量研究夹角问题用空间向量研究夹角问题【例 1】 （2021 春红桥区期末）四棱锥 SABCD 中，底面 ABCD 为矩形，SD底面 ABCD，DCSD2，点 M 是侧棱 SC 的中点，AD =2（）求异面直线 CD 与 BM 所成角的大小；（）求二面角 SAMB 的正弦值【解题思路】 （）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和直线的方向向量的坐标，由向量的夹角公式结合特殊角的三角函数值求解即可；（）求出所需向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面 SAM 和平面 AMB 的法向量，由向量的夹角公式以及同角三角函数关系式求解即可【解答过程】解： （）以点 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则(2，0，0)，(2，2，0)，(0，2，0)，(0，0，2)，M（0，1，1） ，所以 = (0，2，0)， = ( 2， 1，1)，则|，| = |0 2 + 02 2 + 1 + 1| =12，因为异面直线所成的角为(0，2，所以异面直线 CD 与 BM 所成角的大小为3；（）由（）可得， = (0，2，0)， = ( 2，0，2)， = (0，2， 2)，设平面 SAM 的法向量为 = (，)，则 = 0 = 0，即2 + 2 = 02 2 = 0，令 z1，则 = (2，1，1)，设平面 AMB 的法向量为 = (，)，则 = 0 = 0，即2 = 02 + = 0，令 a1，则 = (1，0，2)，所以|，| =| |=2 + 0 + 22 3=63，故二面角 SAMB 的正弦值为 1 (63)2=33【例 2】 （2021天津）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别为棱 BC，CD 的中点（1）求证：D1F平面 A1EC1；（2）求直线 AC1与平面 A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角 AA1C1E 的正弦值【解题思路】 （1）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面 A1EC1的法向量，利用直线的方向向量与平面的法向量垂直，即可证明；（2）利用（1）中的结论，由向量的夹角公式求解，即可得到答案；（3）利用待定系数法求出平面 AA1C1的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可【解答过程】 （1）证明：以点 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则 A1（0，0，2） ，E（2，1，0） ，C1（2，2，2） ，故11= (2，2，0)，1= (0，1，2)，设平面 A1EC1的法向量为 = (，)，则 11= 0 1= 0，即 + = 0 + 2 = 0，令 z1，则 x2，y2，故 = (2， 2，1)，又 F（1，2，0） ，D1（0，2，2） ，所以1= ( 1，0，2)，则 1= 0，又 D1F平面 A1EC，故 D1F平面 A1EC1；（2）解：由（1）可知，1= (2，2，2)，则|，1| =| 1|1|=23 2 3=39，故直线 AC1与平面 A1EC1所成角的正弦值为39；（3）解：由（1）可知，1= (0，0，2)，设平面 AA1C1的法向量为 = (，)，则 1= 0 11= 0，即 = 0 + = 0，令 a1，则 b1，故 = (1， 1，0)，所以|，| =| |=43 2=2 23，故二面角 AA1C1E 的正弦值为 1 (2 23)2=13【玩转跟踪】1.（2021 春虹口区期末）已知如图，在菱形 ABCD 中，A60且 AB2，E 为 AD 的中点，将ABE沿 BE 折起使 =2，得到如图所示的四棱锥 ABCDE，在四棱锥 ABCDE 中，求解下列问题：（1）求证：BC平面 ABE；（2） （A 组题）若 P 为 AC 的中点，求二面角 PBDA 的余弦值；（3） （B 组题）求直线 BC 与平面 ABD 所成角的正弦值【解题思路】 （1）由菱形的性质可推出 BEDE，再由勾股定理证明 AEDE，从而知 DE平面 ABE，而 DEBC，得证；（2） （A 组题） 以 E 为原点建立空间直角坐标系， 求得平面 PBD 和平面 ABD 的法向量与， 再由 cos， = | |，得解；（B 组题）设直线 BC 与平面 ABD 所成角为 ，由 sin|cos，|，得解【解答过程】 （1）证明：菱形 ABCD，A60，AB2，且 E 为 AD 的中点，BEAE，BEDE，且 AEDE1，AD =2，AE2+DE2AD2，即 AEDE，BEAEE，BE、AE平面 ABE，DE平面 ABE，DEBC，BC平面 ABE（2）解： （A 组题）由（1）知，EA，EB，ED 两两垂直，以 E 为原点，EB，ED，EA 所在直线分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 A（0，0，1） ，B（3，0，0） ，D（0，1，0） ，C（3，2，0） ，P（32，1，12） ， = （ 3，1，0） ， = （32，1， 12） ， = （0，1，1） ，设平面 PBD 的法向量为 = （x，y，z） ，则 = 0 = 0，即3 + = 032 12 = 0，令 x1，则 y =3，z = 3， = （1，3， 3） ，同理可得，平面 ABD 的法向量为 = （1，3，3） ，cos， = | |=1 + 3 31 + 3 + 3 1 + 3 + 3=17，由图知，二面角 PBDA 为锐角，故二面角 PBDA 的余弦值为 17（B 组题）由上可知， = （0，2，0） ，平面 ABD 的法向量为 = （1，3，3） ，设直线 BC 与平面 ABD 所成角为 ，则 sin|cos，| | |2 32 1 + 3 + 3| =217，故直线 BC 与平面 ABD 所成角的正弦值为2172.（2021和平区校级二模）如图，在五面体 ABCDEF 中，四边形 ABEF 为正方形，DF平面 ABEF，CDEF，DF2，EF2CD2，EN2NC，BM2MA（1）求证：MN平面 ACF；（2）求直线 AD 与平面 BCE 所成角的正弦值；（3）求平面 ACF 与平面 BCE 所成二面角的正弦值【解题思路】 （1）只须证明 MN 所在平面 MNP 平行于平面 ACF 即可； （2）用向量数量积计算直线与平面成角的正弦值； （3）用向量数量积计算二面角的余弦值【解答过程】 （1）证明：在 EF 上取点 P，使 EP2PF，因为 EN2NC，所以 NPFC，于是 NP平面 ACF，因为 BM2MA，四边形 ABEF 为正方形，所以 MPAF，所以 MP平面 ACF，因为 MPPNP，所以平面 MNP平面 ACF，因为 MN平面 MNP，所以 MN平面 ACF；（2）解：因为 DF平面 ABEF，所以 DFFA，DFEF，又因为四边形 ABEF 为正方形，所以 AFEF，所以 FA、FE、FD 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， = （2，0，2） ， = （2，0，0） ， = （0，1，2） ，设平面 BCE 的法向量为 = （x，y，x） ， = 2 = 0 = + 2 = 0，令 z1， = （0，2，1） ，所以直线 AD 与平面 BCE 所成角的正弦值为| | |=22 2 5=1010；（3）解： = （2，0，0） ， = （0，1，2） ，设平面 ACF 的法向量为 = （u，v，w） ， = 2 = 0 = + 2 = 0，令 w1， = （0，2，1） ，由（1）知平面 BCE 的法向量为 = （0，2，1） ，设平面 ACF 与平面 BCE 所成二面角的大小为 ，cos =| | |=35 5=35，sin =1 2 =45所以平面 ACF 与平面 BCE 所成二面角的正弦值为45题型二题型二 用空间向量研究距离问题用空间向量研究距离问题【例 3】 （2020 秋番禺区期末）如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB2，点 E 在棱 AB上移动（1）求证：D1EA1D；（2）当点 E 在棱 AB 的中点时，求点 B1到平面 ECD1的距离；（3）当 AE 为何值时，平面 D1EC 与平面 AECD 所成角为4【解题思路】 （1）连接 AD1，推导出 A1DAD1，ABA1D，从而 AD1平面 AD1C1B，由此能证明 D1EA1D（2）以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点 B1到平面 ECD1的距离（3）设 AEt，0t2，求出平面 D1EC 的法向量和平面 AECD 的法向量，利用向量法能求出 AE2 3时，平面 D1EC 与平面 AECD 所成角为4【解答过程】解： （1）证明：连接 AD1，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，A1DAD1，AB平面 ADD1A1，A1D平面 ADD1A1，ABA1D，AD1ABA，AD1平面 AD1C1B，AB平面 AD1C1B，AD1平面 AD1C1B，点 E 在棱 AB 上移动，D1E平面 AD1C1B，D1EA1D（2）以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1为 z 轴，建立空间直角坐标系，当点 E 在棱 AB 的中点时，E（1，1，0） ，B1（1，2，1） ，D1（0，0，1） ，C（0，2，0） ，1= （0，1，1） ，1= （1，1，1） ， = （1，1，0） ，设平面 ECD1的法向量 = （x，y，z） ，则 1= + = 0 = + = 0，取 x1，得 = （1，1，2） ，点 B1到平面 ECD1的距离为：d =|1|=36=62（3）设 AEt，0t2 时，平面 D1EC 与平面 AECD 所成角为4则 E（1，t，0） ，D1（0，0，1） ，C（0，2，0） ， = （1，t2，0） ，1= （0，2，1） ，设平面 D1EC 的法向量 = （a，b，c） ，则 = + ( 2) = 0 1= 2 + = 0，取 b1，得 = （2t，1，2） ，平面 AECD 的法向量 = （0，0，1） ，cos4=| | |=2(2 )2+ 5=22，由 0t2，解得 t2 3AE2 3时，平面 D1EC 与平面 AECD 所成角为4【例 4】 （2020 秋泉山区校级期末）如图，在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，AB1，AA12，点 E 为 CC1中点，点 F 为 BD1中点（1）求异面直线 BD1与 CC1的距离；（2）求直线 BD1与平面 BDE 所成角的正弦值；（3）求点 F 到平面 BDE 的距离【解题思路】 （1） 以 D 为原点， 建立空间直角坐标系， 由1 = 0，1 = 0， 知 EF 为 BD1与 CC1的公垂线，再计算|，即可；（2）求得平面 BDE 的法向量，设直线 BD1与平面 BDE 所成角为 ，由 sin|cos，1|，得解 ；（3）点 F 到平面 BDE 的距离为| |，代入相关数据，进行运算即可得解【解答过程】解： （1）以 D 为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 B（1，1，0） ，D1（0，0，2） ，C（0，1，0） ，C1（0，1，2） ，E（0，1，1） ，F（12，12，1） ，1= （1，1，2） ，1= （0，0，2） ， = （12， 12，0） ，1 = 0，1 = 0，BD1EF，CC1EF，即 EF 为 BD1与 CC1的公垂线，而| =14+14=22，异面直线 BD1与 CC1的距离为22（2）由（1）知， = （1，1，0） ， = （0，1，1） ，1= （1，1，2） ，设平面 BDE 的法向量为 = （x，y，z） ，则 = 0 = 0，即 + = 0 + = 0，令 y1，则 x1，z1， = （1，1，1） ，设直线 BD1与平面 BDE 所成角为 ，则 sin|cos，1| 1| |1|1 1 23 6| =23，故直线 BD1与平面 BDE 所成角的正弦值为23（3）由（1）知， = （ 12， 12，1） ，由（2）知，平面 BDE 的法向量为 = （1，1，1） ，点 F 到平面 BDE 的距离为| | = |1212 13| =33【玩转跟踪】1.（2020 秋西青区期末）如图，在正方体 ABCDA1B1C1DI中，E 为 BB1的中点（）证明：1 平面 AD1E；（）求直线 BC1到平面 AD1E 的距离；（）求平面 AD1E 与平面 ABCD 夹角的余弦值【解题思路】 （）由正方体的结构特征可得四边形 D1ABC1为平行四边形，得到 D1AC1B，再由直线与平面平行的判定可得1 平面 AD1E（）建立空间直角坐标系 Axyz，设正方体的棱长为 2，求出平面 AD1E 的一个法向量，再求出的坐标，由空间向量求直线 BC1到平面 AD1E 的距离；（）分别求出平面 ABCD 与平面 AD1E 的一个法向量，由两向量所成角的余弦值可得平面 AD1E 与平面 ABCD 夹角的余弦值【解答过程】证明： （）D1C1AB，D1C1AB，四边形 D1ABC1为平行四边形，D1AC1B，D1A面 AD1E，C1B面 AD1E，1 平面 AD1E解： （）如图建立空间直角坐标系 Axyz，设正方体的棱长为 2，则 A（0，0，0） ，B（0，2，0） ，D1（2，0，2） ，C1（2，2，2） ，E（0，2，1） ，1 平面 AD1E，直线 BC1 到平面 AD1E 的距离即为点 B 到平面 AD1E 的距离， = (0，2，0)，1= （2，0，2） ， = (0，2，1)，设平面 AD1E 的一个法向量为 = (，)，则 1= 2 + 2 = 0 = 2 + = 0，取 z1，得 = (1，12， 1)， =| |=|(0，2，0) (1，12， 1)|1 + 1 +14=132=23，直线 BC1到平面 AD1E 的距离为23；解： （）平面 ABCD 的一个法向量为 = (0，0，2)，由（）知平面 AD1E 的一个法向量为 = (1，12， 1)设平面 AD1E 与平面 ABCD 夹角为 ，则 = | 1| = | 1|1| = |(0.0.2) (1，12， 1)2 1 + 1 +14| =23，故平面 AD1E 与平面 ABCD 夹角的余弦值232.（2021马鞍山二模）如图，六面体 ABCDEFG 中，BE面 ABC 且 BE面 DEFG，DGEF，EDDGGF1，ABBCCAEF2（1）求证：DF平面 ABED；（2）若二面角 ADGE 的余弦值为 5719，求点 C 到面 BDF 的距离【解题思路】 （1）根据条件证明 DF 垂直于平面 ABED 中相交直线 BE 和 ED 即可；（2）用向量数量积计算二面角的余弦值，再计算点 C 到面 BDF 的距离【解答过程】解： （1）证明：因为 BE面 ABC 且 BE面 DEFG，所以 DEBE 且 ABBE，于是，在面 ABDE 中，DEAB，同理，EFBC，所以DEFABC60，又 EF2DE，所以 DFDE，由 BE面 DEFG，知 DFBE，又因为 EDBEE，所以 DF面 ABED（2）取 AB 中点 O，由题可知，DEOB 且 DEOB，所以四边形 OBED 为平行四边形，所以 ODBE，于是 OD面 ABC，又ABC 为正三角形，所以 OC，OA，OD 两两垂直以 O 为坐标原点，OC，OA，OD 分别为 x，y，z 正半轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，设 BEa（a0） ，则 O（0，0，0） ，A（0，1，0） ，B（0，1，0） ，C（3，0，0） ，D（0，0，a） ，G（32，12，a） ，F（3，0，t） ，设面 ADG 的法向量为1= (，)，则有1 = + = 01 =32 +12 = 0，不妨设 =3，得1= ( ，3，3)又 BE 与面 DEFG 垂直，故面 DEFG 的法向量不妨设为2= (0，0，1)，由|1，2| =|12|1| |2|=342+ 3=5719，解得 a2设面 BDF 的法向量为 = (，)，则有 = + 2 = 0 =3 = 0，不妨设 y2，得 = (0，2， 1)于是，点 C 到面 BDF 的距离 =| |=25=2 55题型三题型三 用空间向量解存在性问题用空间向量解存在性问题【例 5】 （2021 春水富市校级期末）已知在六面体 PABCDE 中，PA平面 ABCD，ED平面 ABCD，且 PA2ED，底面 ABCD 为菱形，且ABC60（1）求证：平面 PAC平面 PBD；（2）若直线 PC 与平面 ABCD 所成角为 45，试问 ： 在线段 PE 上是否存在点 M，使二面角 PACM为 60？若存在，确定点 M 的位置；若不存在，请说明理由【解题思路】 （1）连接 BD，由已知可得 BDAC，再由 PA平面 ABCD，得到 BDPA，由直线与平面垂直的判定可得 BD平面 PAC，从而得到平面 PBD平面 PAC；（2）由 PA平面 ABCD，可得 AC 为 PC 在平面 ABCD 上的射影，求解三角形证明 AHAD，以 A 为原点，分别以 AH，AD，AP 所在直线为 x，y，z，建立空间直角坐标系，设 M（x，y，z） ， = (0 1)，可得 M（0，22，1+） ，分别求出平面 PAC 的法向量与平面 ACM 的法向量，由二面角 PACM 为 60求得 0，可得点 M 与点 E 重合，得到存在点 M 与点 E 重合时，二面角 PACM为 60【解答过程】 （1）证明：连接 BD，四边形 ABCD 为菱形，BDAC，又 PA平面 ABCD，BD平面 ABCD，BDPA，又 PAACA，BD平面 PAC，又 BD平面 PBD，平面 PBD平面 PAC；（2）解：PA平面 ABCD，AC 为 PC 在平面 ABCD 上的射影，PCA 为直线 PC 与平面 ABCD 所成角，则PCA45，得 PAAC，令 DE1，则 PAAC2，又四边形 ABCD 为菱形，ABC60，ABC 为等边三角形，得 AB2，取 BC 的中点 H，连接 AH，可得 =3，且 AHBC，AHAD，以 A 为原点，分别以 AH，AD，AP 所在直线为 x，y，z，建立空间直角坐标系，如图所示，则 E（0，2，1） ，P（0，0，2） ，(3，1，0)，(3， 1，0)，D（0，2，0） ， = (0， 2，1)，设 M（x，y，z） ，M，P，E 三点共线， = (0 1)，则（x，y2，z1）（0，2，1） ，解得 x0，y22，z1+，M（0，22，1+） ， = (3，1，0)， = (0，2 2，1 + )， = ( 3，3，0)，由（1）知 BD平面 PAC，平面 PAC 的法向量1/，取1= ( 1，3，0)，令平面 ACM 的法向量为2= (，)，则2 =3 + = 02 = (2 2) + (1 + ) = 0，令 =3，则2= ( 1，3，2 3( 1) + 1)，二面角 PACM 为 60，|1，2| = |60| =|12|1|2|，42 4 +12( 1)2( + 1)2=12，解得 0，01，当 0 时，点 M 与点 E 重合，存在点 M 即为点 E 时，二面角 PACM 为 60【例 6】 （2021凉州区校级一模）在如图所示的几何体中，面 CDEF 为正方形，面 ABCD 为等腰梯形，ABCD，AB2BC，ABC60，ACFB（）求证：AC平面 FBC；（）线段 ED 上是否存在点 Q，使平面 EAC平面 QBC？证明你的结论【解题思路】 （I）利用余弦定理和勾股定理的逆定理可得 ACBC，再利用已知 ACFB 和线面垂直的判定定理即可证明；（II）通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量是否垂直即可【解答过程】 （）证明：AB2BC，ABC60，在ABC 中，由余弦定理可得 AC2AB2+BC22ABBCcos603BC2，AC2+BC24BC2AB2，ACB90ACBC又ACFB，FBBCB，AC平面 FBC（）线段 ED 上不存在点 Q，使平面 EAC平面 QBC证明如下：因为 AC平面 FBC，所以 ACFC因为 CDFC，所以 FC平面 ABCD所以 CA，CF，CB 两两互相垂直，如图建立的空间直角坐标系 Cxyz在等腰梯形 ABCD 中，可得 CBCD设 BC1，所以(0，0，0)，(3，0，0)，(0，1，0)，(32， 12，0)，(32， 12，1)所以 = (32， 12，1)， = (3，0，0)， = (0，1，0)设平面 EAC 的法向量为 = （x，y，z） ，则 = 0 = 0，所以32 12 + = 03 = 0取 z1，得 = （0，2，1） 假设线段 ED 上存在点 Q，设(32， 12，)(0 1)，所以 = (32， 12，)设平面 QBC 的法向量为 = （a，b，c） ，则 = 0 = 0所以 = 032 12 + = 0取 c1，得 = ( 23，0，1)要使平面 EAC平面 QBC，只需 = 0，即 23 0 + 0 2 + 1 1 = 0，此方程无解所以线段 ED 上不存在点 Q，使平面 EAC平面 QBC【玩转跟踪】1.（2020兴义市校级模拟）如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 AA1C1C底面 ABC，AA1A1CAC2，ABBC，且 ABBC，O 为 AC 中点（1）求直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值；（2）在 BC1上是否存在一点 E，使得 OE平面 A1AB，若不存在，说明理由；若存在，确定点 E 的位置【解题思路】 （1）由已知中 AA1A1C，O 为 AC 中点，根据等腰三角形“三线合一”的性质，可得 A1OAC，又由已知中侧面 AA1C1C底面 ABC，故 A1O平面 ABC，以 O 为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，分别求出直线 A1C 的方向向量与平面 A1AB 的法向量，代入空间向量夹角公式，即可得到直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值；（2）设出 E 点的坐标，根据 OE平面 A1AB，则 OE 的方向向量与平面 A1AB 的法向量垂直，数量积为零，我们可以求出 E 点坐标，进而确定 E 点的位置【解答过程】 证明 ： （1） 因为 A1AA1C， 且 O 为 AC 的中点， 所以 A1OAC 又由题意可知， 平面 AA1C1C平面 ABC，交线为 AC，且 A1O平面 AA1C1C，所以 A1O平面 ABC如图，以 O 为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系由题意可知 A1AA1CAC2，又 ABBC，ABBC，OB =12AC1，所以得：O（0，0，0） ，A（0，1，0） ，1(0，0，3)，C（0，1，0） ，1(0，2，3)，B（1，0，0）则有：1 = (0，1， 3)，1= (0，1，3)， = （1，1，0） 设平面 AA1B 的一个法向量为 n（x，y，z） ，则有 1= 0 = 0 +3 = 0 + = 0，令 y1，得 x1，z = 33所以 = ( 1，1， 33)cosn，1 = 1|1|=217直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值为217（2）设 E（x0，y0，z0） ， = 1，即(01，0，0) = ( 1，2，3)，得0= 1 0= 20=3所以 = (1 ，2，3)，得 = (1 ，2，3)，令 OE平面 A1AB，得n0，即1+20，得 =12，存在这样的点 E，且 E 为 BC1的中点2.（2021河东区一模）在滨海文化中心内有天津滨海科技馆，其建筑有鲜明的后工业风格，如图 1 所示，截取其中一部分抽象出长方体和圆台组合，如图 2 所示，长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB4，ADAA12，圆台下底圆心 O 为 AB 的中点，直径为 2，圆与直线 AB 交于 E，F，圆台上底的圆心 O1在 A1B1上，直径为 1（1）求 A1C 与平面 A1ED 所成角的正弦值；（2）求二面角 EA1DF 的余弦值；（3）圆台上底圆周上是否存在一点 P 使得 FPAC1，若存在，求点 P 到直线 A1B1的距离，若不存在则说明理由【解题思路】 （1）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的计算公式求解即可；（2）利用待定系数法求出两个平面的法向量，然后由向量的夹角公式求解即可；（3）假设存在点 P（x，y，0） ，利用点 P 在底面圆上以及垂直关系，列出关于 x，y 的方程，求解即可【解答过程】解： （1）由题意可知，建立空间直角坐标系如图所示，则 A1（2，0，2） ，C（0，4，0） ，E（2，1，0） ，D（0，0，0） ，所以1 = ( 2，4， 2)，1= (2，0，2)， = (2，1，0)，设平面 A1ED 的法向量为 = (，)，则有 1= 0 = 0，即2 + 2 = 02 + = 0，令 x1，y2，z1，故 = (1， 2， 1)，所以|1，| =|1 |1|=23，故 A1C 与平面 A1ED 所成角的正弦值为23；（2）由（1）