八立體幾何中向量方法(二)

1、第八節(jié)立體幾何中的向量方法（二）求空間角【最新考綱】1能用向量方法解決直線與直線，直線與平面,平面與平面的夾角的計算問題；2了解向量方法在研究立體幾何問題中的應(yīng)用.夯實雙基I©I基礎(chǔ)梳理1. 異面直線所成的角設(shè)a,b分別是兩異面直線h,12的方向向量，則與b的夾角4與所成的角0范圍(0,71)求法aaba、宀|abcos1cos/?!=a|"ab2. 求直線與平面所成的角設(shè)直線I的方向向量為a,平面a的法向量為n,直線I與平面a所成的角為B,則sin0=,|aTcosan1和冋3. 求二面角的大小若AB、CD分別是二面角a-I-的兩個面內(nèi)與棱I垂直的異面直線，則二面角的大小

2、就是向量AB與CD的夾角.ni設(shè)ni，“2分別是二面角a-l-的兩個面a,(3的法向量，則向量ni與n2的夾角(或其補角)的大小就是二面角的平面角的大小(如圖©I學(xué)情自測1. (質(zhì)疑夯基)判斷下列結(jié)論的正誤.(正確的打“"”，錯誤的打“X”)(1) 兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角.()(2) 直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角.()(3) 兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角.()-n1(4) 兩異面直線夾角的范圍是0,2，直線與平面所成角的范圍r是0,n，二面角的范圍是0,n.()<2-答案：x(2)X(3)X(4)X2

3、. 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為()A.45B.135°C.45°或135D.90解析:cosm,n>m-n12|m|n1x22'即m,n>=45°.二兩平面所成二面角為45°或80°Y5°勻35°答案：C3. （2016泰安質(zhì)檢）已知向量m,n分別是直線I和平面a的方向向量和法向量，若cosm,n=，則I與a所成的角為（）A.30°B.60°C.120°D.150°1解析：設(shè)I與a所成角為B,Tcosm,n

4、>=，1sin0=|cos<m,n>|=2，0<0<90，二B36答案：A4. （2014課標(biāo)全國H卷）在直三棱柱ABCA1B1C1中，/BCA=90°,M,N分別是A1B1,A1C1的中點，BC=CA=CC1，則BM與AN所成角的余弦值為（）2302a口一cnJ-A.10b.5102解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz,設(shè)BC=2,則B(0,2,0),A(2,0,0),M(1,1,2),N(1,0,2)，所以BM=(1,1,2),.|BMaN|An=(1,0,2),故BM與AN所成角B的余弦值cos0=|BM|AN|=3_V30=6X5_10.答

5、案：C5.(2016石家莊模擬)過正方形ABCD的頂點A作線段PA丄平面ABCD，若AB_PA，則平面ABP與平面CDP所成的二面角為解析：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB_PA_1,x則A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),由題意，AD丄平面PAB,設(shè)E為PD的中點，連接AE，則AE丄PD,又CD丄平面PAD,CD1AE，從而AE丄平面PCD1所以AD_(0,1,0),AE_(0,2,2)分別是平面PAB,平面PCD的法向量，且AD,AE>_45故平面PAB與平面PCD所成的二面角為45°答案：45°1名師微博通法領(lǐng)悟三個范圍1異面直線所成角的范圍是0

6、,2. 直線與平面所成角的范圍是0,專3.二面角的范圍是0,n.三種關(guān)系1求兩異面直線a,b夾角0,須求出它們的方向向量a,b的夾角，則cos0=|cosa,b>|.2. 求直線I與平面a所成的角0,可先求出平面a的法向量n與直線I的方向向量a的夾角，貝卩sin0=|cosn,a>|.3. 求二面角a-I-的大小0,可先求出兩個平面的法向量ni,n2所成的角，貝S0=厲，敗或nm,n2>.一個易錯點利用平面的法向量求二面角的大小時，當(dāng)求出兩個半平面a,B的法向量n1,n2時，要根據(jù)向量坐標(biāo)在圖形中觀察法向量的方向，從而確定二面角與向量n1,n2的夾角是相等（一個平面的法向量指

7、向二面角的內(nèi)部，另一個平面的法向量指向二面角的外部），還是互補（兩個法向量同時指向二面角的內(nèi)部或外部），這是利用向量求二面角的難點、易錯點.儘為昶盤*高效提能IA級基礎(chǔ)鞏固、選擇題1.（2016秦皇島模擬）已知正四棱柱ABCDAiBiCiDi中，AAi=2AB,E為AAi的中點，則異面直線BE與CDi所成角的余弦值為解析：以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)AAi=2AB=2,則D(0,0,0),C(0,i,0),B(i,i,0),E(i,0,i),Di(0,0,2).就CDi_3_3丘|BE|CDi|2X5i0所以BE=(0,i,i),CBi=(0,i,2).所以cosBE,CDi&

8、gt;=答案：C2.正方體ABCDAiBiCiDi的棱長為a,點M在ACi上且AM=MCi,N為BiB的中點，貝S|MN|為()n2i口仝ri5i5A.aB.TaCaDa6663a2).設(shè)M(x,y,z),解析：以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則A(a,0,0),Ci(0,a,a),N(a,a,aZDCi/mX11»i、NC-”DyT點M在ACi上且aM=；MCi,(x-a,y,z)=；(_x,=；(_x,ay,a-z)2x=3a,aay=3,z=3.aa3,33,22a*CF-3引+7+t3221=6a.答案：A3.在正方體3.在正方體ABCDA1B1C1D1中，點

9、E為BBi的中點，則平面AiED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為（）a£b'2C.fD#xyz,xyz,解析：以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)1,0),設(shè)平面AiED的一個法向量為ni=(1,y,z),AiDni=0,yz=0，所以有即1LA/Eni=0,11-2z=0,AiDni=0,yz=0，所以有即1LA/Eni=0,11-2z=0,y=2,解得l.z=2.y=2,解得l.z=2.ni=(1,2,2).平面ABCD的一個法向量為n2=(0,0,1),2 2-cosni,n2>=3X1=3即所成的銳二面角的余弦值為即所成的銳二面角的余弦值為23.答案：

10、B4. 已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為4，底面是邊長為3的正三角形.若P為底面AiBiCi的中心，貝SPA與平面ABC所成角的大小為（）5nAA.125nAA.12D.nBPBl=334.1解析：如圖所示：S$bc=2X3X3Xsin60°VABCA1B1C1=SkbcOP=343OP=：,.9P=3.F(32./OPr又OA=2x負(fù)3x3=1，-tanzOAP=3,nn又0<zOAP<2,.QAP=3答案：B5.在四面體P-ABC中，PA,PB,PC兩兩垂直，設(shè)PA=PB=PC=a,則點P到平面ABC的距離為()X63a一A亍B.亍aC3D6a解析

11、：根據(jù)題意，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Pxyz,則P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).過點P作PH丄平面ABC，交平面ABC于點H，則PH的長即為點P到平面ABC的距離.PA=PB=PC，/H為厶ABC的外心.»ABC為等邊三角形,aaa1H為厶ABC的重心，則Hg,a，3丿PH=3a.a-02+a-02+a_o2=333 333二點P到平面ABC的距離為j二點P到平面ABC的距離為ja.答案：B二、填空題6.(2016鄭州模擬)在長方體ABCDA1B1C1D1中，AB=2,BC=AA1=1,則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為.解析：以

12、D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)n=(x,y,z)為平面A1BC1的法向量.B2yz=0,即令z=2,則y=1,x=2,則nAiB=0,nA1C1=0,x+2y=0,于是n=(2,1,2),DiCi=(0,2,0)1設(shè)所求線面角為a則sina=|cosn,D7Ci>|=3.1答案：；7.如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1丄底面ABC,AB=BC=AA1,/ABC=90°點E、F分別是棱AB、BB1的中點,則直線EF和BC1所成的角是.解析：以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB=BC=AA1=2,則C

13、i(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),則EF=(0，-1,1),BCi=(2,0,2),/eFbC1=2,1cos詐，BC1>=2X2=2,EF和BC1所成的角為60°答案：60°8.正ABC與正BCD所在平面垂直，則二面角ABDC的正弦值為.解析：取BC中點0,連接AO,DO.建立如圖所示坐標(biāo)系，設(shè)BC=1,則A(0,0,密,B(0，-2,0)，D慘,0,/OA=0,0,2，BA=0,1,日BD=錚2,0)設(shè)平面ABD的法向量為n=(xo,yo,z°),則BAn=0,且BDn=0,普+¥%=0且呂X0+號=0,解之得y°

14、3z0，且y=-3x0,取X0=1,得平面ABD的一個法向量n=(1,-3,1),由于oA=0,0,詩為平面BCD的一個法向量.cosn,OA>=f,sin5,OA>=晳答案：255三、解答題9.(2016課標(biāo)全國I卷)如圖，在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF=2FD，/AFD=90°,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°(1) 證明：平面ABEF丄平面EFDC;(2) 求二面角E-BC-A的余弦值.(1)證明：由已知可得AF丄DF,AFJFE,所以AF丄平面EFDC又AF?平面ABEF，故平面ABEF丄平面EFD

15、C.(2)解：過D作DG丄EF，垂足為G.由(1)知DG丄平面ABEF以G為坐標(biāo)原點，GF的方向為x軸正方向，|GF|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-xyz.由(1)知/DFE為二面角D-AF-E的平面角，故/DFE=60°，貝|DF|=2,|DG|=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知得AB/EF，所以AB/平面EFDC.又平面ABCDA平面EFDC=CD,故AB/CD,CDZEF.由BE/AF，可得BE丄平面EFDC,所以/CEF為二面角C-BE-F的平面角，/CEF=60°從而可得C(-2,0,3).所以

16、EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0).設(shè)n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,nEC=0,x+3z=0,則即nEB=0,4y=0,所以可取n=(3,0,-3).mAC=0,設(shè)m是平面ABCD的法向量，則ImAB=0,同理可取m=(0,3,4).貝卩cosn,m>nm219|n|m|=-19.故二面角E-BC-A的余弦值為一21919.10.如圖，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中AD/BC,ZBAD=90°,AC丄BD,BC=1,AD=AA1=3.(1) 證明：AC丄BiD;(2) 求直線BiCi與平面ACDi所成角的

17、正弦值.(1)證明：易知，AB,AD,AAi兩兩垂直.如圖，以A為坐標(biāo)原點，AB,AD,AAi所成直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB=t，則相關(guān)各點的坐標(biāo)為A(0,0,0),B(t,0,0),Bi(t,0,3),C(t,i,0),Ci(t,i,3),D(0,3,0),Di(0,3,3).從而BiD=(-t,3,3),AC=(t,i,0),BD=(t,3,0).因為AC丄BD,所以ACBD=t2+3+0=0,解得t=3或t=、3(舍去).于是B1D=(3,3,3),AC=(3,1,0).因為ACBID=3+3+0=0,ACBiD，貝卩AC丄BiD(2)解：由(1)知，ADi=(

18、0,3,3),AC=(31,0),B；Ci=(0,1,0).設(shè)n=(x,y,z)是平面ACDi的一個法向量,nAC=0,i/3x+y=0,則即令x=1,InADi=0,3y+3z=0,則n=(1,3,3).設(shè)直線BiCi與平面ACDi所成角為0,0=cosn,0=cosn,BiCinBiCi|n|BiCil217=7即直線BiCi與平面ACDi所成角的正弦值為丄貝B級能力提升1.（2016西安調(diào)研）如圖所示，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABCA1B1C1,CA=CCi=2CB,則直線BCi與直線ABi夾角的余弦值為（）2525解析：不妨令CB=1貝SCA=CC1=2.可得0(0,0,0),B(

19、0,0,1),Ci(0,2,0),A(2,0,0),Bi(0,2,1),BCi=(0,2,-1),ABi=(-2,2,1),cosBC1,AB1>cosBC1,AB1>BCi晶4-1BCi與屆1的夾角即為直線BCi與直線ABi的夾角，直線BCi與直線ABi夾角的余弦值為；答案：A2.二面角的棱上有A,B兩點，直線AC,BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2衍，則該二面角的大小為.解析：vCD=cA+aB+bD,|CD|=(cA+AB+bd)2=36+16+64+2cABD=116+2cABD=217.cABD=|CA|BD|c

20、osCA,BD>=-24.1cosCA,BD>=2又所求二面角與cA,BD>互補，二所求二面角為60°答案：60°3.（2015廣東卷）如圖，三角形PDC所在的平面與長方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4,AB=6,BC=3點E是CD邊的中點，點F,G分別在線段AB,BC上，且AF=2FB,CG=2GB.(1) 證明：PE丄FG;(2) 求二面角PADC的正切值；(3) 求直線PA與直線FG所成角的余弦值.解：在厶PCD中，TE為CD的中點，且PC=PD,PEJCD.又平面PCD丄平面ABCD，且平面PCD門平面ABCD=CD,PE?平面PCD,PE

21、丄平面ABCD取AB的中點H，連接EH,T四邊形ABCD是長方形，則EH丄CD.如圖所示，以E為原點，EH,EC,EP所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系.PD=PC=4,AB=6,BC=3,AF=2FB,CG=2GBE(0,0,0),P(0,0,7),F(3,1,0),G(2,3,0),A(3,-3,0),D(0,-3,0),C(0,3,0).(1)證明：TEP=(0,0,7),FG=(1,2,0),EPfG=(0,0,7)(1,2,0)=0,因止匕ePJfG,EP丄FG(2)解：vPE丄平面ABCD,平面ABCD的法向量為EP=(0,0,7).設(shè)平面ADP的一個法向量為n=(xy!

22、,zj,AP=(3,3,7),DP=(0,3,7).APn=0,3xi+3yi+、7zi=0,由于即iDPn=0,l3yi+77zi=0,令zi=3,則xi=0,yi=7,°n=(0,叮7,3).由圖可知二面角PADC是銳角，設(shè)為a,則COSa=COSa=|nEP|=3匹=_|n|E>|=4"4.遼t遼sina=4,tana=3.解：vAP=(3,3,7),FG=(i,2,0),設(shè)直線PA與直線FG所成角為0,則cosaPfGe=l1|AP|FG|3+6=亦9+9+7X525直線PA與FG所成角的余弦值為弩.立體幾何中的高考熱點題型高考導(dǎo)航J>>>1

23、. 立體幾何是高考的重要內(nèi)容，每年基本上都是一個解答題，兩個選擇題或填空題.小題主要考查學(xué)生的空間觀念，空間想象能力及簡單計算能力.解答題主要采用“論證與計算”相結(jié)合的模式，即首先是利用定義、定理、公理等證明空間的線線、線面、面面平行或垂直，再利用空間向量進行空間角的計算.重在考查學(xué)生的邏輯推理能力及計算能力.熱點題型主要有平面圖形的翻折、探索性的存在問題等；2思想方法：（1）轉(zhuǎn)化與化歸（空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題）；（2）數(shù)形結(jié)合（根據(jù)空間位置關(guān)系利用向量轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算）.熱點突破熱點1空間點、線、面位置關(guān)系以空間幾何體（主要是柱、錐或簡單組合體）為載體，通過空間平行、垂直關(guān)系的論證命制，主要考

24、查公理4及線、面平行與垂直的判定定理與性質(zhì)定理，常與平面圖形的有關(guān)性質(zhì)及體積的計算等知識交匯考查，考查學(xué)生的空間想象能力和推理論證能力以及轉(zhuǎn)化與化歸思想，一般以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等.赴別（2014北京卷）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱垂直于底面，AB丄BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分別是A1C1,BC的中點.(1) 求證：平面ABE丄平面BiBCCi;(2) 求證：CiF/平面ABE;(3) 求三棱錐E-ABC的體積.(4) 求證：平面ABE丄平面BiBCCi;(5) 求證：CiF/平面ABE;(6) 求三棱錐E-ABC的體積.(1)證明：在三棱柱ABC-AiBiCi

25、中，BBi丄底面ABC.所以BBilAB.又因為AB丄BC,所以AB丄平面BiBCCi.所以平面ABE丄平面BiBCCi.圖2(2)證明:法如圖i,取AB中點G,連接EG,FG.圖1因為E,F分別是A1C1,BC的中點，所以FG/AC,且FG=2aC.因為AC/A1C1，且AC=A1C1,所以FG/ECi,且FG=ECi.所以四邊形FGECi為平行四邊形.所以CiF/EG.又因為EG?平面ABE,CiF?平面ABE,所以CiF/平面ABE法二如圖2,取AC的中點H，連接CiH,FH.因為H，F(xiàn)分別是AC，BC的中點，所以HF/AB，又因為E，H分別是AiCi,AC的中點，所以ECiAH，所以四

26、邊形EAHCi為平行四邊形，所以CiHAE,又CiHCHF=H,AEDAB=A,所以平面ABE/平面CiHF,又CiF?平面CiHF,所以CiF/平面ABE(3)解：因為AAi=AC=2,BC=i,ABJBC,所以AB=AC2BC2=3.所以三棱錐E-ABC的體積1113V=sSbcAAi=3X23X1X2=3.規(guī)律方法1. (1)證明面面垂直，將“面面垂直”問題轉(zhuǎn)化為“線面垂直”問題，再將“線面垂直”問題轉(zhuǎn)化為“線線垂直”問題.(2)證明C1F/平面ABE:利用判定定理，關(guān)鍵是在平面ABE中找(作)出直線EG,且滿足C1F/EG利用面面平行的性質(zhì)定理證明線面平行，則先要確定一個平面C“HF滿

27、足面面平行，實施線面平行、面面平行的轉(zhuǎn)化.2. 計算幾何體的體積時，能直接用公式時，關(guān)鍵是確定幾何體的高，而不能直接用公式時，注意進行體積的轉(zhuǎn)化.【變式訓(xùn)練】(2015四川卷)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示.(1) 請將字母F,G,H標(biāo)記在正方體相應(yīng)的頂點處(不需說明理由)；(2) 判斷平面BEG與平面ACH的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論；(3) 證明：直線DF丄平面BEG.(1)DCEABF解:(2)解：平面BEG/平面ACH.證明如下：因為ABCDEFGH為正方體，所以BC/FG,BC=FG.又FG/EH,FG=EH,所以BC/EH,BC=EH,于是四邊形BCHE為平

28、行四邊形.所以BE/CH.又CH?平面ACH,BE?平面ACH,所以BE/平面ACH.同理BG/平面ACH.又BEABG=B,所以平面BEG/平面ACH.證明：連接FH，與EG交于點0,連接BD.因為ABCDEFGH為正方體，所以DH丄平面EFGH.因為EG?平面EFGH，所以DH丄EG.又EG丄FH,DHAFH=H，所以EG丄平面BFHD又DF?平面BFHD，所以DF丄EG.同理DF丄BG.又EGABG=G，所以DF丄平面BEG.熱點2平面圖形折疊成空間幾何體（真題探源）將平面圖形折疊成空間幾何體，并以此為載體考查點、線、面間的位置關(guān)系及有關(guān)幾何量的計算是近年高考的熱點，考查學(xué)生的空間想象能

29、力、知識遷移能力和轉(zhuǎn)化思想.試題以解答題為主要呈現(xiàn)形式，中檔難度.典創(chuàng)'（2015陜西卷）如圖，在直角梯形ABCD中，nAD/BC,ZBAD二,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中點，O是AC與BE的交點.將ABE沿BE折起到AE的位置，如圖.(1) 證明：CD丄平面AiOC;(2) 若平面AiBE丄平面BCDE,求平面AiBC與平面AiCD夾角的余弦值.命題立意：本題以翻折問題為背景，主要考查空間點、線、面的位置關(guān)系和空間角(二面角)的計算.考查學(xué)生的識圖、用圖的空間想象能力，以及考查學(xué)生的運算求解能力和數(shù)學(xué)推理論證能力，突出考查方程思想和轉(zhuǎn)化化歸思想.(1)證明：在題圖中，因為A

30、B=BC=1,AD=2,E是AD的n中點，/BAD=2，所以BE丄AC.即在題圖中，BEdOAi,BEJOC,從而BE丄平面AiOC.又CD/BE,所以CD丄平面AiOC.(2)解：由已知，平面AiBE丄平面BCDE,又由(i)知，BEJOAi,BEJOC,所以/AiOC為二面角AiBEC的平面角,所以/AiOC=2如圖，以0為原點，建立空間直角坐標(biāo)系,因為AiB=AiE=BC=ED=1,BC/ED,所以B乎,0,0j,E乎,0,0j,Ai；0,0,乎,i，C：0,乎，0,得bC=乎,¥,0,A1C=(0,¥,_¥J,CD=BE=(-2,0,0).設(shè)平面AiBC的

31、法向量ni=(xi,yi,zi),平面AiCD的法向量n2=(X2,y2,Z2)，平面AiBC與平面AiCD的夾角為0,niBC=0,Xi+yi=0,貝M得取ni=(i,i,i);I.niAiC=0,yizi=0,n2CD=0,x2=0,得取n2=(0,1,1),“2AlC=0,y2z2=0,從而cosB=cos叫，n2>|=2衛(wèi)3X2=3即平面AiBC與平面AiCD夾角的余弦值為【真題探源】本題源于人教A版選修2IP119B組第3題，兩題都考查空間角的計算、數(shù)學(xué)邏輯推理論證和空間想象能力以及教材習(xí)題比較，高考真題“增添”平面圖形的折疊背景，并將原題的第（1）問“體積計算”變?yōu)椤熬€面垂直

32、”的證明，突顯數(shù)學(xué)證明和圖形翻折熱點內(nèi)容的考查.求解的關(guān)鍵在于搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況.試題的導(dǎo)向有利于指導(dǎo)中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)，而且有利于高校選拔合格新生.人教A版選修21P119習(xí)題B組第3題:如圖所示，在四棱錐SABCD中，底面是直角梯形，AB垂直于AD和BC,側(cè)棱SA丄底面ABCD，且SA=AB=BC=1,AD=05求四棱錐SABCD的體積；(2)求平面SCD與平面SAB所成二面角的余弦值.【變式訓(xùn)練】如圖，直角梯形ABCD中，/ABC=90°,AB=BC=2AD=4,點E,F分別是AB,CD的中點，點G在EF上，沿EF將梯形ABCD翻折，使平面AEFD丄平

33、面EBCF(1) 當(dāng)AG+GC最小時，求證：BD丄CG;(2) 當(dāng)2Vbadge=Vdgbcf時，求二面角DBGC的平面角的余弦值.(1)證明：T點E、F分別是AB、CD的中點.EF/BC,又/ABC=90°,AEJEF,v平面AEFD丄平面EBCF.AE丄平面EBCF,AEJEF,AEJBE，又BE丄EF,翻折前，連接AC交EF于點G,此時點G使得AG+GC最小,EG=；BC=2,又知EA=EB=2,則A(0,0,2),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,2,2),E(0,0,0),G(0,2,0),/BD=(-2,2,2),CG=(-2,-2,0),/Bt)CG=(-2,

34、2,2)(2,-2,0)=0,/BDICG(2)解：設(shè)EG=k.AD/平面EFCB，/點D到平面EFCB的距離即為點A到平面EFCB的距離.S四邊形GBCF=；(3k)+4X2=7-k,12-VdGBCF=3S四邊形GBCF12又VbADGE=3S四邊形ADGE2Vbadge=V)gbcf,冷(2+k)=；(7-k),/k=1,即卩EG=1.設(shè)平面DBG的法向量為ni=(x,y,z),G(0,1,0),/BG=(-2,1,0),BD=(-2,2,2),hBD=0,2x+2y+2z=0則，即，n1BG=02x+y=0取x=1,貝Sy=2,z=1,51=(1,2,1).平面BCG的一個法向量為n2

35、=(0,0,1),則cosn1,則cosn1,n2>m血_y6|厲|增6.所求二面角DBGC的平面角為銳角,此二面角的平面角的余弦值為熱點3立體幾何中的探索開放問題此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn)，常涉及線、面平行、垂直位置關(guān)系的探索或空間角的計算問題，是高考命題的熱點，一般有兩種考查形式：(1) 根據(jù)條件作出判斷，再進一步論證.(2) 利用空間向量，先假設(shè)存在點的坐標(biāo)，再根據(jù)條件判斷該點的坐標(biāo)是否存在.(2015天津高考改編)如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，側(cè)棱A1A丄底面ABCD,AB丄AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且點M和N分別為B£和DQ的中點

36、.(1) 求證：MN/平面ABCD;(2) 求二面角DiACB1的正弦值；在棱AiBi上是否存在點E,使得直線NE與平面ABCD所成1角的正弦值為扌？若存在，求出線段AiE的長；若不存在，請說明理由.解：如圖，以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(i,-2,0),Ai(0,0,2),Bi(0,1,2),Ci(2,0,2),Di(1,-2,2).又因為M,N分別為BiC和(1、DiD的中點，所以MJ,q,1J,N(1,-2,1).ENM/DA2Bi證明：依題意，可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，mN=o,-5,0,由此可

37、得mNn=o.又因為直線MN?平面ABCD，所以MN/平面ABCD(2)解：ADi=(1,-2,2),AC=(2,0,0),設(shè)n1=(Xi,力，Zi)n1aD1=0,為平面ACD1的一個法向量，則t一In1AC=0,X1-2y1+2z1=0,即2x1=0.不妨設(shè)Z1=1,可得n1=(0,1,1).設(shè)n2=(X2,y2,Z2)為平面ACB1的一個法向量,n2AB1=0,則In2AC=0.y2+2z2=0,又AB1=(0,1,2),所以12X2=0,不妨設(shè)Z2=1,可得n2=(0,-2,1).因此有cosn1,mn2V10n2>=|n1|n2|=-10,于是sinn1,n2>31010

38、,所以，二面角D1ACB1的正弦值為31010.解：假設(shè)存在點E,使得NE與平面ABCD所成角的正弦值為；依題意，可設(shè)AiE=A1B1,其中衣0,1,則e（o,入，2）,從而NE=（1,入股，1）.又n=（0,0,1）為平面ABCD的一個法向量，由已知，得|cosNE,|cosNE,13|NEn|1n|=_=INEl|n|、/(1)2+(入+2)2+12整理得卞+4入一3=0,解得入=2±7.又因為疋0,1,所以Z=72.因此，存在點E滿足題設(shè)條件，且線段A1E=72.規(guī)律方法1. 對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題

39、轉(zhuǎn)化為“點的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.2. 對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù).【變式訓(xùn)練】（2016河北保定調(diào)研）如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，AAQ1C是邊長為4的正方形.平面ABC丄平面AA1C1C,AB=3,BC=5.4iBx(1) 求證：AAi丄平面ABC;(2) 求二面角Ai-BCi-Bi的余弦值；(3) 在線段BCi上是否存在點D，使得AD丄AiB?若存在，試求BDBCiBDBCi的值.(i)證明：在正方形AAiCiC中，AiA1AC.又平面ABC丄平面AAiCiC,且平面ABC門平面AAiCiC=AC,AAi丄平面A

40、BC(2)解：由知AAilAC,AAilAB，由題意知,在厶ABC中，AC=4,AB=3,BC=5,/BC2=AC2+AB2,/AB!AC二以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.Ai(0,0,4),B(0,3,0),Ci(4,0,4),Bi(0,3,4),于是A1C1=(4,0,0),AtB=(0,3,4),Biti=(4,-3,0),BBi=(0,0,4).設(shè)平面AiBCi的法向量ni=(xi,yi,zi),平面BiBCi的法向量n2=(X2,y2,Z2).AiCin-i=0,4xi=0,?Ani=03yi4乙=0,取向量ni=(0,4,3).BiCin2=0,4x23y2=

41、0,由？BBin2=04z2=0.取向量n2=(3,4,0)ni砸i6i6/cos0=|ni|n2|=5X5=25.由題圖可判斷二面角AiBCiBi為銳角,故二面角AiBCiBi的余弦值為(3)解：假設(shè)存在點D(x,y,z)是線段BCi上一點，使AD丄AiB,且BD=仆(x,y3,z)=X(43，4),解得x=4入，y=33人z=4人AD=(4,33人4?),9又AD丄AiB,/0+3(33?16?=0,解得？=亦，9因為25Q°，1，所以在線段BCi上存在點D,BD9使得AD丄AiB，此時BQ=25.熱點4空間向量在幾何體中的應(yīng)用(多維探究)在高考中主要考查通過建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐

42、標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運算證明空間中的線、面的平行與垂直關(guān)系，計算空間角(特別是二面角)，常與空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，空間線、面位置關(guān)系的判定定理與性質(zhì)定理等知識綜合，以解答題形式出現(xiàn)，難度中等.角度一線線角、線面角的計算1.(2016上饒模擬)(1)如圖所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱長都相等，且AA1丄面ABC,M是側(cè)棱CC1的中點，貝S異面直線AB1和BM所成的角的大小是.(2)已知某幾何體的直觀圖和三視圖如圖所示，其正視圖為矩形,側(cè)視圖為等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形. 證明：BN丄平面CiBiN. 設(shè)直線CiN與平面CNBi所成的角為B,求cos0的值.正視圖側(cè)視圖俯視圖

43、解：（1）不妨設(shè)三棱柱ABC-A1B1C1的棱長為2,以BA,BC,BBi作為基向量.由于AAi丄平面ABC,所以BB1BA=0,BB1BC=0.AfBi=BBiBA,BM=BC+BBi,1aBibM=（bBiBA）（BC+2睢）1=0+2BBjBAbC=2cos60=22=0.因此，AEBiJbM，則直線ABi與BM成90°的角.答案：90°（2）證明：該幾何體的正視圖為矩形，側(cè)視圖為等腰直角三角形，俯視圖為直角梯形，則BA，BC，BBi兩兩垂直.以BA,BBi,BC分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則N(4,4,0),Bi(0,8,0),Ci(0,8,4),C(0,

44、0,4),因為bNneBi=0,bNbCi=0,所以BN丄NBi,且BN丄BiCi，又因為BiNPBiCi=Bi,所以BN丄平面BiNCi解：設(shè)n=(X0,yo,zo)為平面CNBi的一個法向量，nCN=0,X0+yoZ0=0,則即InNeB1=0X0yo=0,令xo=1,則n=(1,1,2).又CiN=(4,-4,-4),貝卩sinB=|cosn,CN>|=中，從而cosB7規(guī)律方法1. 第(1)題利用空間向量的線性運算，關(guān)鍵是選擇好基底，第(2)題利用垂直關(guān)系，建立空間直角坐標(biāo)系，運用向量的坐標(biāo)運算，其關(guān)鍵是寫對點的坐標(biāo).2. 解決與折疊有關(guān)的問題的關(guān)鍵是搞清折疊前后的變化量和不變量

45、.一般情況下，長度是不變量，而位置關(guān)系往往會發(fā)生變化.角度二二面角的計算2.(2015重慶卷)如圖，三棱錐P-ABC中，PC丄平面ABC,PCn=3,ZACB=y.D,E分別為線段AB,BC上的點，且CD=DE=2,CE=2EB=2.(1) 證明：DE丄平面PCD;(2) 求二面角A-PD-C的余弦值.(1)證明：由PC丄平面ABC,DE?平面ABC,得PC丄DE.由CE=2,CD=DE=2得厶CDE為等腰直角三角形，故CD丄DE.由PCnCD=C,DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線，故DE丄平面PCD.解：由知，CDE為等腰直角三角形，/DCE=4如圖，過D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1.又已知EB=1,故FB=2.n由/ACB=2，得DF/AC,.DF_FB_2*