2022屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（原卷版）第6講　立體幾何中的向量方法

1、 第 6 講 立體幾何中的向量方法 一、知識梳理 1兩條異面直線所成角的求法 設(shè) a，b 分別是兩異面直線 l1，l2的方向向量，則 l1與 l2所成的角 a 與 b 的夾角 范圍 0，2 0， 求法 cos |a b|a|b| cos a b|a|b| 2.直線與平面所成角的求法 設(shè)直線 l 的方向向量為 a，平面 的法向量為 n，直線 l 與平面 所成的角為 ，a 與 n的夾角為 ，則 sin |cos |a n|a|n| 3求二面角的大小 (1)如圖，ab，cd 分別是二面角 l 的兩個面內(nèi)與棱 l 垂直的直線，則二面角的大小 ab，cd (2)如圖，n1，n2分別是二面角 l 的兩個半

2、平面 ， 的法向量，則二面角的大小 滿足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量 n1與 n2的夾角(或其補(bǔ)角) 常用結(jié)論 利用空間向量求距離 (1)兩點(diǎn)間的距離 設(shè)點(diǎn) a(x1，y1，z1)，點(diǎn) b(x2，y2，z2)，則|ab|ab|(x1x2)2(y1y2)2(z1z2)2. (2)點(diǎn)到平面的距離 如圖所示，已知 ab 為平面 的一條斜線段，n 為平面 的法向量，則 b 到平面 的距離為|bo|ab n|n|. 二、教材衍化 1已知兩平面的法向量分別為 m(0，1，0)，n(0，1，1)，則兩平面所成的二面角的大小為_ 解析：cosm，nm n|m|n|11 222，即m

3、，n45 .所以兩平面所成二面角為45 或 180 45 135 . 答案：45 或 135 2在正方體 abcda1b1c1d1中，e 是 c1d1的中點(diǎn)，則異面直線 de 與 ac 夾角的余弦值為_ 解析： 如圖建立空間直角坐標(biāo)系 dxyz， 設(shè) da1， a(1， 0， 0)， c(0， 1， 0)， e0，12，1 ，則ac(1，1，0)，de0，12，1 ，設(shè)異面直線 de 與 ac 所成的角為 ，則 cos |cosac，de|1010. 答案：1010 3正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)abca1b1c1的底面邊長為 2，側(cè)棱長為 2 2，則 ac1與側(cè)面 abb1a1所成的角

4、為_ 解析：以 c 為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，得下列坐標(biāo)：a(2，0，0)，c1(0，0， 2 2) 點(diǎn) c1在側(cè)面 abb1a1內(nèi)的射影為點(diǎn) c232，32，2 2 .所以ac1(2， 0， 2 2)， ac212，32，2 2 ， 設(shè)直線ac1與平面abb1a1所成的角為， 則cos |ac1ac2|ac1|ac2|1082 3332.又 0，2，所以 6. 答案：6 一、思考辨析 判斷正誤(正確的打“”，錯誤的打“”) (1)兩直線的方向向量的夾角就是兩條直線所成的角( ) (2)已知 a(2，3，1)，b(2，0，4)，c(4，6，2)，則 ac，ab.( ) (3)已知兩平

5、面的法向量分別為 m(0，1，0)，n(0，1，1)，則兩平面所成的二面角的大小為 45 .( ) 答案：(1) (2) (3) 二、易錯糾偏 常見誤區(qū)| (1)異面直線所成角的取值范圍出錯； (2)二面角的取值范圍出錯 1已知 2ab(0，5，10)，c(1，2，2)，a c4，|b|12，則以 b，c 為方向向量的兩直線的夾角為_ 解析：由題意得，(2ab) c0102010， 即 2a cb c10.因?yàn)?a c4， 所以 b c18， 所以 cos b， c b c|b| |c|181214412，所以b，c120 ，所以兩直線的夾角為 60 . 答案：60 2已知向量 m，n 分別是

6、直線 l 的方向向量、平面 的法向量，若 cosm，n12，則 l 與 所成的角為_ 解析：設(shè) l 與 所成的角為 ，則 sin |cosm，n|12，所以 30 . 答案：30 考點(diǎn)一 異面直線所成的角(基礎(chǔ)型) 復(fù)習(xí)指導(dǎo)| 能用向量方法解決直線與直線的夾角的計(jì)算問題 核心素養(yǎng)：數(shù)學(xué)運(yùn)算 如圖，在四棱錐 p- abcd 中，pa平面 abcd，底面 abcd 是菱形，ab2，bad60 . (1)求證：bd平面 pac； (2)若 paab，求 pb 與 ac 所成角的余弦值 【解】 (1)證明：因?yàn)樗倪呅?abcd 是菱形，所以 acbd. 因?yàn)?pa平面 abcd，所以 pabd. 又因

7、為 acpaa，所以 bd平面 pac. (2)設(shè) acbdo. 因?yàn)閎ad60 ，paab2， 所以 bo1，aoco 3. 如圖，以 o 為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系 oxyz， 則 p(0， 3，2)，a(0， 3，0)，b(1，0，0)，c(0， 3，0) 所以pb(1， 3，2)，ac(0，2 3，0) 設(shè) pb 與 ac 所成角為 ，則 cos pb ac|pb|ac|62 22 364. 即 pb 與 ac 所成角的余弦值為64. 用向量法求異面直線所成角的一般步驟 (1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標(biāo)系 (2)確定異面直線上兩個點(diǎn)的坐標(biāo)，從而確定異面直線的方向向量 (

8、3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值 (4)兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角余弦值的絕對值 提醒 注意向量的夾角與異面直線所成的角的區(qū)別： 當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時， 就是此異面直線所成的角； 當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補(bǔ)角才是異面直線所成的角 如圖，在三棱錐 pabc 中，pa底面 abc，bac90 .點(diǎn) d，e，n分別為棱 pa，pc，bc 的中點(diǎn)，m 是線段 ad 的中點(diǎn)，paac4，ab2. (1)求證：mn平面 bde； (2)已知點(diǎn) h 在棱 pa 上， 且直線 nh 與直線 be 所成角的余弦值為721， 求線段 ah 的長 解：如圖，以

9、 a 為原點(diǎn)，分別以ab，ac，ap的方向?yàn)?x 軸，y 軸，z 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系依題意可得 a(0，0，0)，b(2，0，0)，c(0，4，0)，p(0，0，4)，d(0，0，2)，e(0，2，2)，m(0，0，1)，n(1，2，0) (1)證明：de(0，2，0)，db(2，0，2) 設(shè) n(x，y，z)為平面 bde 的法向量， 則n de0，n db0，即2y0，2x2z0. 不妨設(shè) z1，可取 n(1，0，1) 又mn(1，2，1)，可得mn n0. 因?yàn)?mn平面 bde， 所以 mn平面 bde. (2)依題意，設(shè) ahh(0h4)，則 h(0，0，h)， 進(jìn)而可得n

10、h(1，2，h)，be(2，2，2) 由已知，得|cosnh，be|nh be|nh|be| |2h2|h252 3721， 整理得 10h221h80，解得 h85或 h12. 所以，線段 ah 的長為85或12. 考點(diǎn)二 直線與平面所成的角(基礎(chǔ)型) 復(fù)習(xí)指導(dǎo)| 能用向量方法解決直線與平面的夾角的計(jì)算問題 核心素養(yǎng)：數(shù)學(xué)運(yùn)算 如圖，在幾何體 acda1b1c1d1中，四邊形 add1a1與四邊形 cdd1c1均為矩形，平面 add1a1平面 cdd1c1，b1a1平面 add1a1，adcd1，aa1a1b12，e 為棱 aa1的中點(diǎn) (1)證明：b1c1平面 cc1e； (2)求直線 b

11、1c1與平面 b1ce 所成角的正弦值 【解】 (1)證明：因?yàn)?b1a1平面 add1a1，所以 b1a1dd1，又 dd1d1a1，b1a1d1a1a1， 所以 dd1平面 a1b1c1d1， 又 dd1cc1，所以 cc1平面 a1b1c1d1. 因?yàn)?b1c1平面 a1b1c1d1，所以 cc1b1c1. 因?yàn)槠矫?add1a1平面 cdd1c1，平面 add1a1平面 cdd1c1dd1，c1d1dd1， 所以 c1d1平面 add1a1. 經(jīng)計(jì)算可得 b1e 5，b1c1 2，ec1 3， 從而 b1e2b1c21ec21， 所以在b1ec1中，b1c1c1e. 又 cc1，c1e

12、平面 cc1e，cc1c1ec1， 所以 b1c1平面 cc1e. (2)如圖，以點(diǎn) a 為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，依題意得 a(0，0，0)，c(1，0，1)，b1(0，2，2)，c1(1，2，1)，e(0，1，0)， 則ce(1，1，1)，b1c(1，2，1) 設(shè)平面 b1ce 的法向量為 m(x，y，z)，則m b1c0，m ce0， 即x2yz0，xyz0，消去 x 得 y2z0， 不妨設(shè) z1，可得 m(3，2，1)為平面 b1ce 的一個法向量， 易得b1c1(1，0，1)，設(shè)直線 b1c1與平面 b1ce 所成角為 ， 則 sin |cosm，b1c1|m b1c1|m|b

13、1c1|414 22 77， 故直線 b1c1與平面 b1ce 所成角的正弦值為2 77. (1)利用向量求直線與平面所成的角有兩個思路：分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)；通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線和平面所成的角 (2)若直線 l 與平面 的夾角為 ，直線 l 的方向向量 l 與平面 的法向量 n 的夾角為 ，則 2 或 2. 提醒 求解直線和平面所成角，要注意直線的方向向量與平面法向量的夾角和所求角之間的關(guān)系，線面角的正弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值 (2020 深圳模擬)如圖，

14、四棱錐 pabcd 中，底面 abcd 為菱形，pdpb，h 為 pc 上的點(diǎn)，過 ah 的平面分別交 pb，pd 于點(diǎn) m，n，且 bd平面 amhn. (1)證明：mnpc； (2)設(shè) h 為 pc 的中點(diǎn)，papc 3ab，pa 與平面 abcd 所成的角為 60 ，求 ad 與平面 amhn 所成角的正弦值 解：(1)證明：如圖，連接 ac 交 bd 于點(diǎn) o，連接 po. 因?yàn)樗倪呅?abcd 為菱形， 所以 bdac，且 o 為 bd 的中點(diǎn) 因?yàn)?pdpb，所以 pobd， 因?yàn)?acpoo，且 ac，po平面 pac， 所以 bd平面 pac. 因?yàn)?pc平面 pac，所以 b

15、dpc. 因?yàn)?bd平面 amhn， 且平面 amhn平面 pbdmn， 所以 bdmn， 所以 mnpc. (2)由(1)知 bdac 且 pobd， 因?yàn)?papc，且 o 為 ac 的中點(diǎn)， 所以 poac，所以 po平面 abcd， 因?yàn)?pa 與平面 abcd 所成的角為pao， 所以pao60 ， 所以 ao12pa， po32pa. 因?yàn)?pa 3ab，所以 bo36pa. 以 o 為坐標(biāo)原點(diǎn)，oa，od，op的方向分別為 x 軸，y 軸，z 軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，記 pa2，則 o(0，0，0)，a(1，0，0)，b0，33，0 ，c(1，0，0)，d0，3

16、3，0 ，p(0，0， 3)，h12，0，32， 所以bd0，2 33，0 ，ah32，0，32，ad1，33，0 . 設(shè)平面 amhn 的法向量為 n(x，y，z)，則n bd0，n ah0，即2 33y0，32x32z0， 令 x2，解得 y0，z2 3，所以 n(2，0，2 3)是平面 amhn 的一個法向量 記 ad 與平面 amhn 所成角為 ， 則 sin |cosn，ad|n ad|n|ad|34. 所以 ad 與平面 amhn 所成角的正弦值為34. 考點(diǎn)三 二面角(綜合型) 復(fù)習(xí)指導(dǎo)| 能用向量方法解決面與面的夾角的計(jì)算問題，體會向量方法在研究幾何問題中的作用 核心素養(yǎng)：數(shù)學(xué)

17、運(yùn)算、邏輯推理 (2019 高考全國卷)如圖，直四棱柱 abcda1b1c1d1的底面是菱形，aa14，ab2，bad60 ，e，m，n 分別是 bc，bb1，a1d 的中點(diǎn). (1)證明：mn平面 c1de； (2)求二面角 a- ma1n 的正弦值 【解】 (1)證明：連接 b1c，me.因?yàn)?m，e 分別為 bb1，bc 的中點(diǎn)，所以 meb1c，且 me12b1c. 又因?yàn)?n 為 a1d 的中點(diǎn)，所以 nd12a1d. 由題設(shè)知 a1b1dc，可得 b1ca1d， 故 mend， 因此四邊形 mnde 為平行四邊形，mned. 又 mn平面 edc1，所以 mn平面 c1de. (2

18、)由已知可得 deda.以 d 為坐標(biāo)原點(diǎn)，da的方向?yàn)?x 軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系 d xyz，則 a(2，0，0)，a1(2，0，4)，m(1， 3，2)，n(1，0，2)，a1a(0，0，4)，a1m(1， 3，2)，a1n(1，0，2)，mn(0， 3，0) 設(shè) m(x，y，z)為平面 a1ma 的法向量， 則m a1m0，m a1a0.所以x 3y2z0，4z0. 可取 m( 3，1，0) 設(shè) n(p，q，r)為平面 a1mn 的法向量，則n mn0，n a1n0. 所以 3q0，p2r0.可取 n(2，0，1) 于是 cosm，nm n|m|n|2 32 5155，

19、 所以二面角 a- ma1 n 的正弦值為105. 利用向量法計(jì)算二面角大小的常用方法 (1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角的大小 (2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大小 如圖， 已知四棱錐 s- abcd 的底面是邊長為 2 的正方形， 且平面 sad平面 abcd，m，n 分別為棱 ad，bc 的中點(diǎn)，p，q 為側(cè)棱 sd 上的三等分點(diǎn) (1)求證：pn平面 mqc； (2)若 sasd 2，

20、求二面角 d- sa- n 的余弦值 解：(1)證明：法一：如圖，連接 ap. 因?yàn)?p，q 為側(cè)棱 sd 上的三等分點(diǎn)，所以 sppqqd. 又 m 為 ad 的中點(diǎn)，所以 apmq. 因?yàn)?ap平面 qmc，mq平面 qmc，所以 ap平面 qmc. 因?yàn)?m，n 分別為棱 ad，bc 的中點(diǎn)，所以易得 ancm. 因?yàn)?an平面 qmc，cm平面 qmc，所以 an平面 qmc. 因?yàn)?ap，an平面 pan，且 apana，所以平面 pan平面 mqc. 又 pn平面 pan，所以 pn平面 mqc. 法二：如圖，連接 nd 交 cm 于點(diǎn) r，連接 qr，mn. 因?yàn)樵谡叫?abc

21、d 中，m，n 分別為 ad，bc 的中點(diǎn)， 所以四邊形 mncd 為矩形，所以 r 為 nd 的中點(diǎn) 又 q 為 pd 的中點(diǎn)，所以 pnqr. 因?yàn)?qr平面 mqc，pn平面 mqc， 所以 pn平面 mqc. (2)因?yàn)?sa2sd2ad2，所以sad 為等腰直角三角形 連接 sm， 因?yàn)?m 為 ad 的中點(diǎn)， 所以 smad， 所以 sm1.又平面 sad平面 abcd，所以 sm平面 abcd. 以 a 為坐標(biāo)原點(diǎn)，ab，ad 所在直線分別為 x，y 軸，過點(diǎn) a 且與平面 abcd 垂直的直線為 z 軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則 a(0，0，0)，n(2，1，0)，d(

22、0，2，0)，s(0，1，1)， 所以an(2，1，0)，as(0，1，1) 設(shè) n1(x，y，z)為平面 san 的法向量， 則n1an0，n1as0，得2xy0，yz0，取 y2，得 n1(1，2，2) 又平面 sad 的一個法向量為 n2(1，0，0)， 所以 cosn1，n2n1n2|n1|n2|11313， 易知二面角 d- sa- n 為銳二面角， 故二面角 d- sa- n 的余弦值為13. 基礎(chǔ)題組練 1.將邊長為 1 的正方形 aa1o1o(及其內(nèi)部)繞 oo1旋轉(zhuǎn)一周形成圓柱， 如圖，ac長為23，a1b1長為3，其中 b1與 c 在平面 aa1o1o 的同側(cè)則異面直線 b

23、1c 與 aa1所成的角的大小為( ) a6 b4 c3 d2 解析：選 b以 o 為坐標(biāo)原點(diǎn)建系如圖， 則 a(0，1，0)，a1(0，1，1)，b132，12，1 ，c32，12，0 . 所以aa1(0，0，1)，b1c(0，1，1)， 所以 cosaa1，b1caa1b1c|aa1|b1c| 000(1)1(1)102(1)2(1)222， 所以aa1，b1c34， 所以異面直線 b1c 與 aa1所成的角為4.故選 b 2.如圖，已知長方體 abcd- a1b1c1d1中，adaa11，ab3，e 為線段 ab 上一點(diǎn)，且 ae13ab，則 dc1與平面 d1ec 所成的角的正弦值為(

24、 ) a3 3535 b2 77 c33 d24 解析：選 a如圖，以 d 為坐標(biāo)原點(diǎn)，da，dc，dd1所在直線分別為 x 軸，y 軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則 c1(0，3，1)，d1(0，0，1)，e(1，1，0)，c(0，3，0)，所以dc1(0，3，1)，d1e(1，1，1)，d1c(0，3，1) 設(shè)平面 d1ec 的法向量為 n(x，y，z)， 則n d1e0，n d1c0，即xyz0，3yz0，即x2y，z3y，取 y1，得 n(2，1，3) 因?yàn)?cosdc1，ndc1n|dc1|n| (0，3，1) (2，1，3)10 143 3535，所以 dc1與平面 d1ec 所成的

25、角的正弦值為3 3535，故選 a 3在正方體 abcda1b1c1d1中，點(diǎn) e 為 bb1的中點(diǎn)，則平面 a1ed 與平面 abcd 所成的銳二面角的余弦值為_ 解析：以 a 為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)棱長為 1，則 a1(0，0，1)，e1，0，12，d(0，1，0)，所以a1d(0，1，1)，a1e1，0，12.設(shè)平面 a1ed 的 法向量為 n1(1，y，z)，則a1d n10，a1en10， 即yz0，112z0，所以y2，z2，所以 n1(1，2，2)又平面 abcd 的一個法向量為 n2(0，0，1)，所以 cosn1n223，故平面 a1ed 與平面 abc

26、d 所成的銳二面角的余弦值為23. 答案：23 4.如圖，正三棱柱 abc- a1b1c1的所有棱長都相等，e，f，g 分別為 ab，aa1，a1c1的中點(diǎn)，則 b1f 與平面 gef 所成角的正弦值為_ 解析：設(shè)正三棱柱的棱長為 2，取 ac 的中點(diǎn) d，連接 dg，db，分別以 da，db，dg所在的直線為 x 軸，y 軸，z 軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示， 則 b1(0， 3，2)，f(1，0，1)，e12，32，0 ，g(0，0，2)， b1f(1， 3，1)，ef12，32，1 ，gf(1，0，1) 設(shè)平面 gef 的法向量為 n(x，y，z)， 則ef n0，gfn0，即12x3

27、2yz0，xz0， 取 x1，則 z1，y 3， 故 n(1， 3，1)為平面 gef 的一個法向量， 所以|cosn，b1f|131|5 535， 所以 b1f 與平面 gef 所成角的正弦值為35. 答案：35 5.如圖所示，菱形 abcd 中，abc60 ，ac 與 bd 相交于點(diǎn) o，ae平面 abcd，cfae，abae2. (1)求證：bd平面 acfe； (2)當(dāng)直線 fo 與平面 bed 所成的角為 45 時，求異面直線 of 與 be 所成角的余弦值的大小 解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅?abcd 是菱形， 所以 bdac. 因?yàn)?ae平面 abcd，bd平面 abcd， 所以

28、bdae. 又因?yàn)?acaea，ac，ae平面 acfe. 所以 bd平面 acfe. (2)以 o 為原點(diǎn)，oa，ob 所在直線分別為 x 軸，y 軸，過點(diǎn) o 且平行于 cf 的直線為 z軸(向上為正方向)，建立空間直角坐標(biāo)系， 則 b(0， 3，0)，d(0， 3，0)，e(1，0，2)，f(1，0，a)(a0)，of(1，0， a) 設(shè)平面 ebd 的法向量為 n(x，y，z)， 則有n ob0，n oe0，即3y0，x2z0， 令 z1，則 n(2，0，1)， 由題意得 sin 45 |cosof，n|of n|of|n| |2a|a21 522， 解得 a3 或 a13(舍去) 所

29、以of(1，0，3)，be(1， 3，2)， cosof，be1610 854， 故異面直線 of 與 be 所成角的余弦值為54. 6(2020 湖北十堰 4 月調(diào)研)如圖，在三棱錐 pabc 中，m 為 ac 的中點(diǎn)，papc，abbc，abbc，pb 2，ac2，pac30 . (1)證明：bm平面 pac； (2)求二面角 bpac 的余弦值 解：(1)證明：因?yàn)?papc，abbc，所以 mpmb12ac1， 又 mp2mb2bp2，所以 mpmb. 因?yàn)?abbc，m 為 ac 的中點(diǎn)，所以 bmac， 又 acmpm，所以 bm平面 pac. (2)法一：取 mc 的中點(diǎn) o，連

30、接 po，取 bc 的中點(diǎn) e，連接 eo，則 oebm，從而oeac. 因?yàn)?papc，pac30 ，所以 mpmcpc1. 又 o 為 mc 的中點(diǎn)，所以 poac. 由(1)知 bm平面 pac，op平面 pac，所以 bmpo. 又 bmacm，所以 po平面 abc. 以 o 為坐標(biāo)原點(diǎn)，oa，oe，op 所在直線分別為 x 軸，y 軸，z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示， 由題意知 a32，0，0 ，b12，1，0 ， p0，0，32，bp12，1，32，ba(1，1，0)， 設(shè)平面 apb 的法向量為 n(x，y，z)，則n bp12xy32z0，n baxy0， 令 x1，得

31、 n(1，1， 3)為平面 apb 的一個法向量， 易得平面 pac 的一個法向量為 (0，1，0)，cosn，55，由圖知二面角 bpac 為銳角， 所以二面角 bpac 的余弦值為55. 法二：取 pa 的中點(diǎn) h，連接 hm，hb， 因?yàn)?m 為 ac 的中點(diǎn)，所以 hmpc，又 papc，所以 hmpa. 由(1)知 bm平面 pac，則 bhpa， 所以bhm 為二面角 bpac 的平面角 因?yàn)?ac2， papc， pac30 ， 所以 hm12pc12.又 bm1， 則 bhbm2hm252， 所以 cosbhmhmbh55，即二面角 bpac 的余弦值為55. 7. (2020

32、 合肥模擬)如圖，在多面體 abcdef 中，四邊形 abcd 是正方形，bf平面abcd，de平面 abcd，bfde，m 為棱 ae 的中點(diǎn) (1)求證：平面 bdm平面 efc； (2)若 de2ab，求直線 ae 與平面 bdm 所成角的正弦值 解：(1)證明：連接 ac，交 bd 于點(diǎn) n，連接 mn， 則 n 為 ac 的中點(diǎn)， 又 m 為 ae 的中點(diǎn)，所以 mnec. 因?yàn)?mn平面 efc，ec平面 efc， 所以 mn平面 efc. 因?yàn)?bf，de 都垂直底面 abcd，所以 bfde. 因?yàn)?bfde， 所以四邊形 bdef 為平行四邊形， 所以 bdef. 因?yàn)?bd

33、平面 efc，ef平面 efc， 所以 bd平面 efc. 又 mnbdn，所以平面 bdm平面 efc. (2)因?yàn)?de平面 abcd，四邊形 abcd 是正方形， 所以 da，dc，de 兩兩垂直，如圖，建立空間直角坐標(biāo)系 d- xyz. 設(shè) ab2，則 de4，從而 d(0，0，0)，b(2，2，0)，m(1，0，2)，a(2，0，0)，e(0，0，4)， 所以db(2，2，0)，dm(1，0，2)， 設(shè)平面 bdm 的法向量為 n(x，y，z)， 則n db0，n dm0，得2x2y0，x2z0. 令 x2，則 y2，z1，從而 n(2，2，1)為平面 bdm 的一個法向量 因?yàn)閍e

34、(2，0，4)，設(shè)直線 ae 與平面 bdm 所成的角為 ，則 sin |cosn ae|n ae|n| |ae|4 515， 所以直線 ae 與平面 bdm 所成角的正弦值為4 515. 綜合題組練 1(2020 河南聯(lián)考)如圖所示，在四棱錐 pabcd 中，底面 abcd 為平行四邊形，平面 pad平面 abcd，pad 是邊長為 4 的等邊三角形，bcpb，e 是 ad 的中點(diǎn) (1)求證：bepd； (2)若直線 ab 與平面 pad 所成角的正弦值為154，求平面 pad 與平面 pbc 所成的銳二面角的余弦值 解：(1)證明：因?yàn)閜ad 是等邊三角形，e 是 ad 的中點(diǎn)，所以 p

35、ead. 又平面 pad平面 abcd，平面 pad平面 abcdad，pe平面 pad，所以 pe平面 abcd，所以 pebc，pebe.又 bcpb，pbpep，所以 bc平面 pbe，所以bcbe. 又 bcad，所以 adbe. 又 adpee 且 ad，pe平面 pad，所以 be平面 pad，所以 bepd. (2)由(1)得 be平面 pad，所以bae 就是直線 ab 與平面 pad 所成的角 因?yàn)橹本€ ab 與平面 pad 所成角的正弦值為154， 即 sinbae154 ，所以 cosbae14. 所以 cosbaeaeab2ab14，解得 ab8，則 be ab2ae2

36、2 15. 由(1)得 ea，eb，ep 兩兩垂直，所以以 e 為坐標(biāo)原點(diǎn)，ea，eb，ep 所在直線分別為x 軸，y 軸，z 軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則點(diǎn) p(0，0，2 3)，a(2，0，0)，d(2，0，0)，b(0，2 15，0)，c(4，2 15，0)， 所以pb(0，2 15，2 3)，pc(4，2 15，2 3) 設(shè)平面 pbc 的法向量為 m(x，y，z)， 由pb m0，pcm0，得2 15y2 3z0，4x2 15y2 3z0，解得x0，z 5y. 令 y1，可得平面 pbc 的一個法向量為 m(0，1， 5) 易知平面 pad 的一個法向量為 n(0，1，0)

37、， 設(shè)平面 pad 與平面 pbc 所成的銳二面角的大小為 ， 則 cos m n|m|n|(0，1， 5) (0，1，0)6166. 所以平面 pad 與平面 pbc 所成的銳二面角的余弦值為66. 2(2020 河南鄭州三測)如圖，abc 中，abbc2，abc90 ，e，f 分別為邊 ab，ac 的中點(diǎn)，以 ef 為折痕把a(bǔ)ef 折起，使點(diǎn) a 到達(dá)點(diǎn) p 的位置(如圖)，且 pbbe. (1)證明：ef平面 pbe； (2)設(shè) n 為線段 pf 上的動點(diǎn)(包含端點(diǎn))， 求直線 bn 與平面 pcf 所成角的正弦值的最大值 解：(1)證明：因?yàn)?e，f 分別為邊 ab，ac 的中點(diǎn)，所以

38、 efbc. 因?yàn)閍bc90 ，所以 efbe，efpe，又 bepee，所以 ef平面 pbe. (2)取 be 的中點(diǎn) o，連接 po，因?yàn)?pbbepe，所以 pobe. 由(1)知 ef平面 pbe，ef平面 bcfe，所以平面 pbe平面 bcfe. 又 po平面 pbe，平面 pbe平面 bcfebe，所以 po平面 bcfe. 過點(diǎn) o 作 ombc 交 cf 于點(diǎn) m，分別以 ob，om，op 所在的直線為 x 軸，y 軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示， 則 b12，0，0 ，p0，0，32，c12，2，0 ，f12，1，0 ，pc12，2，32， pf12，1，32， 由 n 為線段 pf 上一動點(diǎn)，得pnpf(01)， 則可得 n2，32(1) ， bn12，32(1) . 設(shè)平面 pcf 的法向量為 m(x，y，z)， 則pc m0，pfm0，即12x2y32z0，12xy32z0，取 y1，則 x1，z 3，所以 m(1，1，3)為平面 pcf 的一個法向量 設(shè)直線 bn 與平面 pcf 所成的角為 ， 則