（2020年高考专用）第八章 立体几何与空间向量 第7节 第2课时.doc

1、 第第 2 课时课时 利用空间向量解决有关空间角的开放问题利用空间向量解决有关空间角的开放问题 考点一 与线面角有关的探索性问题 【例 1】 (2019 湖北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，且满足AD DB CE EA 1 2(如图(1)，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使二面角 A1DEB 成直二面角，连接 A1B，A1C(如图(2). (1)求证：A1D平面 BCED； (2)在线段 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；若不存在，请说明理由. (1)证明

2、 题图(1)中，由已知可得： AE2，AD1，A60 . 从而 DE 1222212cos 60 3. 故得 AD2DE2AE2，ADDE，BDDE. 题图(2)中，A1DDE，BDDE， A1DB 为二面角 A1DEB 的平面角， 又二面角 A1DEB 为直二面角， A1DB90 ，即 A1DDB， DEDBD 且 DE，DB平面 BCED， A1D平面 BCED. (2)解 存在.由(1)知 EDDB，A1D平面 BCED. 以 D 为坐标原点，以射线 DB、DE、DA1分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空 间直角坐标系 Dxyz，如图， 过 P 作 PHDE 交 BD 于点 H，

3、 设 PB2a(02a3)，则 BHa，PH 3a，DH2a， 易知 A1(0，0，1)，P(2a， 3a，0)，E(0， 3，0)， 所以PA1 (a2， 3a，1). 因为 ED平面 A1BD， 所以平面 A1BD 的一个法向量为DE (0， 3，0). 因为直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60 ，所以 sin 60 |PA1 DE | |PA1 |DE | 3a 4a24a5 3 3 2 ，解得 a5 4. PB2a5 2，满足 02a3，符合题意. 所以在线段 BC 上存在点 P，使直线 PA1与平面 A1BD 所成的角为 60 ，此时 PB 5 2. 规律方法 解决此类问题

4、的基本策略是执果索因，其结论明确需要求出使结论成 立的充分条件， 将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点， 建立方程(组) 并解方程(组)，若有解，则存在并求得结论成立的条件，若无解，则不存在. 【训练 1】 如图，在四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，底面 ABCD 是平行四边形，ABC45 ，ADAP2，ABDP2 2，E 为 CD 的中点，点 F 在线段 PB 上. (1)求证：ADPC； (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EF与平面ABCD 所成的角相等. (1)证明 如图，在平行四边形 ABCD 中，连接 AC， 因为 AB2 2，

5、BC2，ABC45 ， 由余弦定理得，AC2AB2BC22 AB BC cos 45 4，得 AC2， 所以 AC2BC2AB2， 所以ACB90 ，即 BCAC. 又 ADBC，所以 ADAC， 因为 ADAP2，DP2 2， 所以 AD2AP2DP2，所以 PAAD， 又 APACA，所以 AD平面 PAC，所以 ADPC. (2)解 因为侧面 PAD底面 ABCD，PAAD，所以 PA底面 ABCD，所以直线 AC，AD，AP 两两互相垂直，以 A 为原点，直线 AD，AC，AP 为坐标轴，建立 如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，2，0)

6、， B(2，2，0)，E(1，1，0)，P(0，0，2)，所以PC (0，2，2)，PD (2，0， 2)，PB (2，2，2). 设PF PB(0，1)，则PF (2，2，2)，F(2，2，22)， 所以EF (21，21，22)，易得平面 ABCD 的一个法向量为 m(0，0， 1). 设平面 PDC 的法向量为 n(x，y，z)， 由 n PC0， n PD 0， 得 2y2z0， 2x2z0， 令 x1，得 n(1，1，1). 因为直线 EF 与平面 PDC 所成的角和直线 EF 与平面 ABCD 所成的角相等， 所以|cos EF ，m|cos EF，n|， 即|EF m| |EF

7、|m| |EF n| |EF |n|，所以|22| 2 3 ， 即 3|1|(0，1)，解得 3 3 2 ， 所以PF PB 3 3 2 . 即当PF PB 3 3 2 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 多维探究 角度 1 已知二面角探求长度 【例 21】 (2018 西安模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为直角 梯形，ADBC，ADC90 ，平面 PAD底面 ABCD，Q 为 AD 的中点，M 是 棱 PC 上的点，PAPD2，BC1 2AD1，CD 3. (1)求证：平面 PBC平

8、面 PQB； (2)当 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 60 ？ (1)证明 ADBC，Q 为 AD 的中点，BC1 2AD， BCQD，BCQD， 四边形 BCDQ 为平行四边形，BQCD. ADC90 ，BCBQ. PAPD，AQQD，PQAD. 又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD， PQ平面 ABCD，PQBC. 又PQBQQ，BC平面 PQB. BC平面 PBC，平面 PBC平面 PQB. (2)解 由(1)可知 PQ平面 ABCD.如图，以 Q 为原点，分别以 QA，QB，QP 所 在直线为 x 轴、y 轴、z 轴，

9、建立空间直角坐标系，则 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， 3). 设PM PC ，则PM (， 3， 3)，且 01，得 M(， 3， 3 3 )，QM (， 3， 3(1). 设平面 MBQ 的法向量为 m(x，y，z)，则 QM m0， QB m0， 即 x 3y 3（1）z0， 3y0. 令 x 3，则 y0，z 1， 平面 MBQ 的一个法向量为 m 3，0， 1 . 设平面 PDC 的法向量为 n(x，y，z)，则 DC n0，

10、 DP n0， 即 3y0， x 3z0. 令 x3，则 y0，z 3， 平面 PDC 的一个法向量为 n(3，0， 3). 平面 QMB 与平面 PDC 所成的锐二面角的大小为 60 ， cos 60 |n m| |n|m| 3 3 3 1 123 1 2 1 2， 1 2.PM 1 2PC 7 2 . 角度 2 已知二面角探求角度 【例 22】 (2019 河北“五个一”名校联考)如图所示的几何体中， 四边形 ABCD 是等腰梯形，ABCD，ABC60 ，AB2BC2CD，四边形 DCEF 是正方形， N，G 分别是线段 AB，CE 的中点. (1)(一题多解)求证：NG平面 ADF； (

11、2)设二面角 ACDF 的大小为 2 ，当 为何值时，二面角 ABCE 的 余弦值为 13 13 ？ (1)证明 法一 如图，设 DF 的中点为 M，连接 AM，GM， 因为四边形 DCEF 是正方形，所以 MG 綊 CD，又四边形 ABCD 是梯形，且 AB 2CD，ABCD，点 N 是 AB 的中点， 所以 AN 綊 DC， 所以 MG 綊 AN， 所以四边形 ANGM 是平行四边形， 所以 NGAM. 又 AM平面 ADF，NG平面 ADF，所以 NG平面 ADF. 法二 如图，连接 NC，NE， 因为 N 是 AB 的中点，四边形 ABCD 是梯形，AB2CD，ABCD， 所以 AN

12、綊 CD，所以四边形 ANCD 是平行四边形，所以 NCAD， 因为 AD平面 ADF，NC平面 ADF，所以 NC平面 ADF， 同理可得 NE平面 ADF，又 NCNEN，所以平面 NCE平面 ADF， 因为 NG平面 NCE，所以 NG平面 ADF. (2)解 设 CD 的中点为 O，EF 的中点为 P，连接 NO，OP，易得 NOCD，以点 O 为原点，以 OC 所在直线为 x 轴，以 NO 所在直线为 y 轴，以过点 O 且与平面 ABCD 垂直的直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为 NOCD，OPCD，所以NOP 是二面角 ACDF 的平面角， 则NOP，所以POy，

13、 设 AB4，则 BCCD2，则 P(0，2cos()，2sin()，E(1，2cos()， 2sin()，C(1，0，0)，B(2， 3，0)， CE (0，2cos()，2sin()，CB(1， 3，0)， 设平面 BCE 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n CB0， n CE 0，即 x 3y0， 2ycos（）2zsin（）0， 因为 2， ，所以 cos()0， 令 z1，则 ytan()，x 3tan()， 所以 n( 3tan()，tan()，1)为平面 BCE 的一个法向量， 又易知平面 ACD 的一个法向量为 m(0，0，1)， 所以 cos m，n m n |m| |n

14、| 1 4tan2（）1， 由图可知二面角 ABCE 为锐角， 所以 1 4tan2（）1 13 13 ， 解得 tan2()3，又 2， 所以 tan() 3，即 3，得 2 3 ， 所以当二面角 ACDF 的大小为2 3 时，二面角 ABCE 的余弦值为 13 13 . 规律方法 1.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. 2.探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用. 3.利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的

15、问 题进行处理. 【训练 2】 (2019 华南师大附中质检)如图， 在五面体 ABCDEF 中， ABCDEF， ADCD， DCF60 ， CDEFCF2AB2AD2， 平面 CDEF平面 ABCD. (1)求证：CE平面 ADF； (2)已知 P 为棱 BC 上的点， 试确定点 P 的位置， 使二面角 PDFA 的大小为 60 . (1)证明 CDEF，CDEFCF， 四边形 CDEF 是菱形，CEDF. 平面 CDEF平面 ABCD，平面 CDEF平面 ABCDCD，ADCD，AD平 面 ABCD， AD平面 CDEF，CE平面 CDEF，ADCE. 又AD平面 ADF，DF平面 AD

16、F，ADDFD， 直线 CE平面 ADF. (2)解 由(1)知四边形 CDEF 为菱形，又DCF60 ， DEF 为正三角形. 如图，取 EF 的中点 G，连接 GD，则 GDEF. EFCD，GDCD. 平面 CDEF平面 ABCD，GD平面 CDEF，平面 CDEF平面 ABCDCD， GD平面 ABCD. 又ADCD，直线 DA，DC，DG 两两垂直. 以 D 为原点，分别以 DA，DC，DG 所在的直线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立如图的 空间直角坐标系 Dxyz. CDEFCF2，ABAD1， D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，1， 3)，F(0，1，

17、 3)， CE (0，3， 3)，DF (0，1， 3)，CB (1，1，0)，DC (0，2，0). 由(1)知CE 是平面 ADF 的一个法向量. 设CP aCB(a，a，0)(0a1)， 则DP DC CP (a，2a，0). 设平面 PDF 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n DF0， n DP 0， 即 y 3z0， ax（2a）y0. 令 y 3a，则 x 3(a2)，za， n( 3(a2)， 3a，a). 二面角 PDFA 的大小为 60 ， |cosn，CE |n CE | |n|CE | 4 3a 12 3（a2）23a2a2 1 2， 解得 a2 3或 a2(不合题意

18、，舍去). P 在靠近点 B 的 CB 的三等分点处. 考点三 与空间角有关的最值问题 【例 3】 (2018 太原二模)如图，在四棱锥 EABCD 中，底面 ABCD 是圆内接四 边形，CBCDCE1，ABADAE 3，ECBD. (1)求证：平面 BED平面 ABCD； (2)若点 P 在平面 ABE 内运动， 且 DP平面 BEC， 求直线 DP 与平面 ABE 所成角 的正弦值的最大值. (1)证明 如图，连接 AC，交 BD 于点 O，连接 EO， ADAB，CDCB，ACAC， ADCABC，易得ADOABO， AODAOB90 ， ACBD. 又 ECBD，ECACC，BD平面

19、AEC， 又 OE平面 AEC，OEBD. 又底面 ABCD 是圆内接四边形， ADCABC90 ， 在 RtADC 中，由 AD 3，CD1，可得 AC2，AO3 2， AEC90 ，AE AC AO AE 3 2 ， 易得AEOACE，AOEAEC90 ， 即 EOAC. 又 AC，BD平面 ABCD，ACBDO， EO平面 ABCD， 又 EO平面 BED，平面 BED平面 ABCD. (2)解 如图，取 AE 的中点 M，AB 的中点 N，连接 MN，ND，DM， 则 MNBE，由(1)知，DACBAC30 ，即DAB60 ， ABD 为正三角形，DNAB，又 BCAB， 平面 DMN

20、平面 EBC， 点 P 在线段 MN 上. 以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A 3 2，0，0 ，B 0， 3 2 ，0 ，E 0，0， 3 2 ，M 3 4，0， 3 4 ，D 0， 3 2 ，0 ， N 3 4， 3 4 ，0 ， AB 3 2， 3 2 ，0 ，AE 3 2，0， 3 2 ， DM 3 4， 3 2 ， 3 4 ，MN 0， 3 4 ， 3 4 ， 设平面 ABE 的法向量 n(x，y，z)， 则 AB n0， AE n0，即 3xy0， 3xz0， 令 x1，则 n(1， 3， 3)， 设MP MN (01)，可得 DP DM MP 3 4， 3

21、 2 3 4 ， 3 4 3 4 ， 设直线 DP 与平面 ABE 所成的角为 ， 则 sin n DP |n| |DP | 12 42 24， 01，当 0 时，sin 取得最大值 42 7 . 故直线 DP 与平面 ABE 所成角的正弦值的最大值为 42 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，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是 函数中自变量的取值范围对最值的决定作用. 【训练 3】 (2019 南昌调研)如图所示，PA平面 ADE，B，C 分别是 AE，DE 的 中点，AEAD，ADAEAP2. (1)求二面角

22、APED 的余弦值； (2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的 长. 解 (1)因为 PA平面 ADE，AD平面 ADE，AB平面 ADE，所以 PAAD， PAAB，又因为 ABAD，所以 PA，AD，AB 两两垂直， 以AB ，AD ，AP 为正交基底建立空间直角坐标系 Axyz，则各点的坐标为 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 因为 PAAD，ADAE，AEPAA， 所以 AD平面 PAE， 所以AD 是平面 PAE 的一个法向量，且AD (0，2，0). 易得PC (1，1，

23、2)，PD (0，2，2). 设平面 PED 的法向量为 m(x，y，z). 则 m PC0， m PD 0， 即 xy2z0， 2y2z0. 令 y1，解得 z1，x1. 所以 m(1，1，1)是平面 PED 的一个法向量， 所以 cosAD ，m AD m |AD |m| 3 3 ， 所以二面角 APED 的余弦值为 3 3 . (2)BP (1，0，2)，故可设BQ BP (，0，2)(01). 又CB (0，1，0)，所以CQ CB BQ (，1，2). 又DP (0，2，2)， 所以 cosCQ ，DP CQ DP |CQ |DP | 12 1022. 设 12t，t1，3， 则 c

24、os2CQ ，DP 2t2 5t210t9 2 9 1 t 5 9 2 20 9 9 10， 当且仅当 t9 5，即 2 5时，|cosCQ ，DP |的最大值为3 10 10 . 因为 ycos x 在 0， 2 上是减函数， 所以当 2 5时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值. 又因为 BP 1222 5，所以 BQ2 5BP 2 5 5 . 思维升华 用向量法解决立体几何问题， 是空间向量的一个具体应用， 体现了向量的工具性， 这种方法可把复杂的推理证明、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”的转化思想. 易错防范 求出法向量夹角的余

25、弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面 角余弦值正负有两种方法： (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. 直观想象立体几何中的动态问题 1.直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式 特别是图形，理解和解决数学问题的素养. 2.立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角 的范围等. 3.一般是根据线、面垂直，线、面平行的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲 线的定义推断出动点的轨迹(理科还可以利用空间向量的坐标运算求出动点的

26、轨 迹方程). 【例 1】 在正方体 ABCDA1B1C1D1中， 点 M、 N 分别是直线 CD、 AB 上的动点， 点 P 是A1C1D 内的动点(不包括边界)，记直线 D1P 与 MN 所成角为 ，若 的 最小值为 3，则点 P 的轨迹是( ) A.圆的一部分 B.椭圆的一部分 C.抛物线的一部分 D.双曲线的一部分 解析 把 MN 平移到平面 A1B1C1D1中，直线 D1P 与 MN 所成角为 ，直线 D1P 与 MN 所成角的最小值是直线 D1P 与平面 A1B1C1D1所成角，即原问题转化为： 直线 D1P 与平面 A1B1C1D1所成角为 3，点 P 在平面 A1B1C1D1

27、的投影为圆的一部 分，因为点 P 是A1C1D 内的动点(不包括边界)， 所以点 P 的轨迹是椭圆的一部分.故选 B. 答案 B 【例 2】 (2018 石家庄一模)如图， 四棱锥 PABCD 的底面是边长为 2 的正方形， PA平面 ABCD，且 PA4，M 是 PB 上的一个动点(不与 P，B 重合)，过点 M 作 平面 平面 PAD，截棱锥所得图形的面积为 y，若平面 与平面 PAD 之间的距 离为 x，则函数 yf(x)的图像是( ) 解析 过 M 作 MNAB，交 AB 于 N，则 MN平面 ABCD，过 N 作 NQAD， 交 CD 于 Q，过 Q 作 QHPD，交 PC 于 H，

28、连接 MH，则平面 MNQH 是所作的 平面 ， 由题意得2x 2 MN 4 ， 解得 MN42x，由CQ CD QH PD. 即2x 2 QH 2 5，解得 QH 5(2x)， 过 H 作 HENQ，在 RtHEQ 中，EQ HQ2HE22x， NE2(2x)x，MHx. yf(x)（x2）（42x） 2 x24(0x2). 函数 yf(x)的图像如图.故选 C. 答案 C 【例 3】 如图，在棱长为 2 的正四面体 ABCD 中，E、F 分别为直线 AB、CD 上的动点，且|EF| 3.若记 EF 中点 P 的轨迹为 L，则|L|等于_(注：|L|表 示 L 的测度，在本题，L 为曲线、平

29、面图形、简单几何体时，|L|分别对应长度、 面积、体积). 解析 如图，当 E 为 AB 中点时，F 分别在 C，D 处，满足|EF| 3，此时 EF 的 中点 P 在 EC，ED 的中点 P1，P2的位置上； 当 F 为 CD 中点时，E 分别在 A，B 处，满足|EF| 3，此时 EF 的中点 P 在 BF， AF 的中点 P3，P4的位置上， 连接 P1P2，P3P4相交于点 O，则四点 P1，P2，P3，P4共圆，圆心为 O，圆的半径 为1 2，则 EF 中点 P 的轨迹 L 为以 O 为圆心，以 1 2为半径的圆， 其测度|L|21 2. 答案 【例 4】 已知 ABCD平面 ADE

30、F，ABAD，CDAD，且 AB1，ADCD2， ADEF 是正方形，在正方形 ADEF 内部有一点 M，满足 MB，MC 与平面 ADEF 所成的角相等，则点 M 的轨迹长度为( ) A.4 3 B.16 3 C.4 9 D.8 3 解析 根据题意，以 D 为原点，分别以 DA，DC，DE 所在直线为 x，y，z 轴， 建立空间直角坐标系 Dxyz，如图 1 所示，则 B(2，1，0)，C(0，2，0)，设 M(x， 0，z)，易知直线 MB，MC 与平面 ADEF 所成的角分别为AMB，DMC，均为 锐角，且AMBDMC，所以 sin AMBsin DMCAB MB CD MC，即 2MB

31、 MC，因此 2 （2x）212z2 x222z2，整理得 x8 3 2 z216 9 ，由此可 得，点 M 在正方形 ADEF 内的轨迹是以点 O 8 3，0，0 为圆心，半径为 4 3的圆弧 M1M2，如图 2 所示，易知圆心角M1OM2 3，所以 lM1M2 3 4 3 4 9，故选 C. 答案 C 基础巩固题组 (建议用时：40 分钟) 1.(2018 江西联考)如图，在三棱锥 PABC 中，D 为棱 PA 上的任意一点，点 F， G，H 分别为所在棱的中点. (1)证明：BD平面 FGH； (2)若 CF平面 ABC，ABBC，AB2，BAC45 ，当二面角 CGFH 的 平面角为

32、3时，求棱 PC 的长. (1)证明 因为 G， H 分别为 AC， BC 的中点， 所以 ABGH， 且 GH平面 FGH， AB平面 FGH，所以 AB平面 FGH. 因为 F，G 分别为 PC，AC 的中点， 所以 GFAP，且 FG平面 FGH，AP平面 FGH，所以 AP平面 FGH. 又因为 APABA， 所以平面 ABP平面 FGH. 因为 BD平面 ABP，所以 BD平面 FGH. (2)解 在平面 ABC 内过点 C 作 CMAB，如图，以 C 为原点，分别以 CB，CM， CF 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 Cxyz，连接 BG. 由ABC 为等腰直

33、角三角形知 BGAC. 因为 BGCF，ACCFC，所以 BG平面 PAC. 设 CFa，则 B(2，0，0)，G(1，1，0)， 所以BG (1，1，0)为平面 PAC 的一个法向量. 又 F(0，0，a)，H(1，0，0)，所以FH (1，0，a)，FG (1，1，a). 设 m(x，y，z)为平面 FGH 的法向量， 则 m FH0， m FG 0， 即 xaz0， xyaz0， 可得平面 FGH 的一个法向量为 m(a，0，1). 由|cosm，BG | a 2 a21 1 2，得 a1(负值已舍去)，从而 2a2，所以 棱 PC 的长为 2. 2.(2018 齐鲁名校教科研协作体联考

34、)如图，在四棱锥 PABCD 中，AD平面 PCD，PDCD，底面 ABCD 是梯形，ABDC，ABADPD1，CD2AB， Q 为棱 PC 上一点. (1)若点 Q 是 PC 的中点，证明：BQ平面 PAD. (2)PQ PC ，试确定 的值使得二面角 QBDP 的大小为 60 . (1)证明 如图(1)，取 PD 的中点 M，连接 AM，MQ. 图(1) 点 Q 是 PC 的中点，MQCD，MQ1 2CD. 又 ABCD，AB1 2CD， MQAB，MQAB，四边形 ABQM 是平行四边形.BQAM. 又 AM平面 PAD，BQ平面 PAD，BQ平面 PAD. (2)解 由 AD平面 PC

35、D，PDCD，可得 DA，DC，DP 两两垂直，以 D 为原点， DA， DC， DP 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图(2)的空间直角坐标系， 则 D(0， 0，0)，P(0，0，1)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0). 图(2) 设 Q(x0，y0，z0)，则PQ (x0，y0，z01)，PC (0，2，1). PQ PC ，(x 0，y0，z01)(0，2，1)，Q(0，2，1). 又易证 BC平面 PBD， n(1，1，0)是平面 PBD 的一个法向量. 设平面 QBD 的法向量为 m(x，y，z)， 则 m DB0， m DQ 0， 即 xy0， 2

36、y（1）z0，解得 xy， z 2 1y. 令 y1，则 m 1，1， 2 1 . 二面角 QBDP 的大小为 60 ， |cosm，n|m n| |m|n| 2 22 2 1 2 1 2， 解得 3 6. 点 Q 在棱 PC 上，01，3 6. 3.如图，C 是以 AB 为直径的圆 O 上异于 A，B 的点，平面 PAC平面 ABC，PA PCAC2，BC4，E，F 分别是 PC，PB 的中点，记平面 AEF 与平面 ABC 的交线为 l. (1)求证：l平面 PAC； (2)直线 l 上是否存在点 Q， 使直线 PQ 分别与平面 AEF、 直线 EF 所成的角互余？ 若存在，求出 AQ 的

37、长；若不存在，请说明理由. (1)证明 因为 E，F 分别是 PC，PB 的中点，所以 BCEF， 又 EF平面 EFA，BC平面 EFA，所以 BC平面 EFA. 又 BC平面 ABC，平面 EFA平面 ABCl，所以 BCl. 又 BCAC，平面 PAC平面 ABCAC，平面 PAC平面 ABC，BC平面 ABC， 所以 BC平面 PAC，所以 l平面 PAC. (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)，E 1 2，0

38、， 3 2 ，F 1 2，2， 3 2 ， 所以AE 3 2，0， 3 2 ，EF (0，2，0). 设 Q(2，y，0)，平面 AEF 的法向量为 m(x0，y0，z0)， 则 m AE0， m EF 0，即 3 2x0 3 2 z00， 2y00， 则 y00，令 z0 3，则 x01， 所以 m(1，0， 3)为平面 AEF 的一个法向量. 又PQ (1，y， 3)， 所以|cosPQ ，EF |PQ EF | |PQ | |EF |， |cosPQ ，m| |PQ m| |PQ | |m| . 因为直线 PQ 分别与平面 AEF、直线 EF 所成的角互余， 所以 |PQ EF | |P

39、Q | |EF | |PQ m| |PQ | |m| ， 所以|10y2 30|11y0( 3) 3|， 解得 y 1. 所以直线 l 上存在点 Q，使直线 PQ 分别与平面 AEF、直线 EF 所成的角互余，此 时 AQ1. 4.(2019 湖北七市联考)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PA 平面 ABCD，AB2，ABC60 ，E，F 分别是 BC，PC 的中点. (1)求证：AEPD； (2)设 H 为线段 PD 上的动点，若线段 EH 长的最小值为 5，求二面角 EAFC 的余弦值. (1)证明 四边形 ABCD 为菱形，ABC60 ， ABC 为正三角形. 又

40、 E 为 BC 的中点，AEBC. BCAD，AEAD. PA平面 ABCD，AE平面 ABCD， PAAE. PA平面 PAD，AD平面 PAD，且 PAADA， AE平面 PAD. 又 PD平面 PAD，AEPD. (2)解 如图，H 为线段 PD 上的动点，连接 AH，EH. 当线段 EH 的长最小时，EHPD. 由(1)知 AEPD，AEEHE， PD平面 AEH. AH平面 AEH，AHPD. 在 RtEAH 中，AE 3，EH 5，EAAH， AH EH2AE2 2. 在 RtADH 中，由 AH 2，AD2，可知HDA45 ，即PDA45 . 在 RtPAD 中，可得 PAAD2

41、. 由(1)可知 AE，AD，AP 两两垂直，以 A 为坐标原点，建立如图的空间直角坐标 系.由 E，F 分别为 BC，PC 的中点，可得 A(0，0，0)，B( 3，1，0)，C( 3，1， 0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E( 3，0，0)，F 3 2 ，1 2，1 ， 所以AE ( 3，0，0)，AF 3 2 ，1 2，1 . 设平面 AEF 的法向量为 n(x1，y1，z1)， 则 n AE0， n AF 0，因此 3x10， 3 2 x11 2y1z10， 取 z11，得 n(0，2，1). 因为 BDAC，BDPA，PAACA， 所以 BD平面 AFC， 故BD 为平面

42、AFC 的一个法向量. 又BD ( 3，3，0)， 所以 cosn，BD n BD |n| |BD | 23 5 12 15 5 . 由图易知二面角 EAFC 为锐角，故所求二面角的余弦值为 15 5 . 能力提升题组 (建议用时：20 分钟) 5.(2019 石家庄质检)如图，四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，底面 ABCD 是直角梯形，ADC90 ，ADBC，ABAC，ABAC 2，点 E 在 AD 上， 且 AE2ED. (1)已知点 F 在 BC 上，且 CF2FB，求证：平面 PEF平面 PAC； (2)当二面角 APBE 的余弦值为多少时， 直线 PC 与平面 PAB 所成的角为 45 ？ (1)证明 ABAC，ABAC，ACB45 ， 底面 ABCD 是直角梯形，ADC90 ，ADBC， ACD45 ，即 ADCD， 又 ABAC，BC 2AC2AD， AE2ED，CF2FB，AEBF2 3AD， 四边形 ABFE 是平行四边形，ABEF， ACEF， PA底面 ABCD，PAEF， PAACA，PA，AC平面 PAC， EF平面 PAC， EF平面 PEF，平面 PEF平面 PAC. (2)解 PAAC，ACAB，PAABA，PA，AB平面 PAB， AC平面 PAB，则APC 为 PC