2020版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第2讲空间向量与立体几何教案理

第2讲 空间向量与立体几何
[做小题——激活思维]
1．在正方体A 1B 1C 1D 1­ABCD 中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π
6 B.π4 C.π3
D.π2
D [如图，连接BD ，易证AC ⊥平面BB 1D ， ∴AC ⊥B 1D ，
∴AC 与B 1D 所成角的大小为
π2
.] 2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°
D ．90°
C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴|m |＝1，|n |＝2，m ·n ＝1，
∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22
，
设两平面所成的二面角为α，则 |cos α|＝
2
2
，∴α＝45°或135°，故选C.] 3．用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④
D ．②④
D [对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a ，b ，c ，满足a ⊥b ，b ⊥c ，但是a ⊥c ，所以①错误；
对于②，若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ，满足平行线公理，所以②正确；
对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；
对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]
4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－1
2，
则l 与α所成的角为________．
π
6
[设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，又θ∈⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.]
[扣要点——查缺补漏]
1．证明线线平行和线线垂直的常用方法
(1)证明线线平行：①利用平行公理；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T 3.
(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．
2．证明线面平行和线面垂直的常用方法
(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理． (2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理． 3．异面直线所成的角求法 (1)平移法：解三角形．
(2)向量法：注意角的范围．如T 1. 4．二面角的求法
cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝m ·n
|m ||n |
，如T 2.
5．线面角的求法
sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，如T 4.
利用空间向量求空间角(5年15考)
[高考解读] 主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.
(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ­ABC 中，AB ＝BC ＝22，
PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．
(1)证明：PO ⊥平面ABC ；
(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M ­PA ­C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．
切入点：(1)借助勾股定理，证明PO ⊥OB ；
(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M ­PA ­C 为30°求出点M 的坐标，进而求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值．
[解](1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝
2
2
AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝1
2AC ＝2.
由OP 2
＋OB 2
＝PB 2
知PO ⊥OB .
由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)如图，以O 为坐标原点，OB →
的方向为x 轴正方向，
建立空间直角坐标系O ­xyz .
由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，
C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →
＝(0,2,23)．取平面PAC 的
一个法向量OB →
＝(2,0,0)．
设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →
＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →
·n ＝0得
⎩⎨
⎧
2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，
可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →
，n 〉＝
23
a －
2
a －2
＋3a 2＋a
2
.
由已知可得|cos 〈OB →
，n 〉|＝32
，
所以
23|a －4|
2
a －
2
＋3a 2
＋a
2
＝3
2
， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝4
3，
所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833
，43
3，－43.
又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →
，n 〉＝34.
所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为3
4
. [教师备选题]
1.(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，
∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .
(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；
(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．
[解](1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得
AG ＝GC ＝ 3.
由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22
. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝
62
. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322
. 从而EG 2
＋FG 2
＝EF 2
，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 因为EG
平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .
(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →
的方向为
x 轴，y 轴正方向，|GB →
|为单位长度，建立空间直角坐标
系G ­xyz .
由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F －1,0，
2
2
，C (0，3，0)， 所以A E →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.
故cos 〈A E →，CF →
〉＝A E →·CF →
|A E →||CF →|＝－33.
所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为
33
. 2．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．
(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A ­MA 1­N 的正弦值．
[解](1)连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝1
2B 1C .又
因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝1
2
A 1D .
由题设知A 1B 1
DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .
又MN
平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .
(2)由已知可得DE ⊥D A.以D 为坐标原点，DA →
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间
直角坐标系D ­xyz ，则
A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →
＝(0,0，
－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．
设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·A 1M →＝0，
m ·A 1A →＝0.
所以⎩⎨
⎧
－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.
可取m ＝(3，1,0)．
设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.
所以⎩⎨
⎧
－3q ＝0，－p －2r ＝0.
可取n ＝(2,0，－1)．
于是cos 〈m ，n 〉＝
m·n |m||n|＝232×5＝155，所以二面角A ­MA 1­N 的正弦值为10
5
.
1．利用向量法求线面角的两种方法
(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
2．利用向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．
(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．
1．[一题多解](以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD 为正
方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 ( )
A.
3
3 B.55 C.306
D.
66
D [法一：(平移法)取BC 的中点H ，连接EH ，AH ，∠EHA ＝90°，
设AB ＝2，则BH ＝HE ＝1，AH ＝5，所以AE ＝6，连接ED ，ED ＝6，因为BC ∥AD ，所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ，在△EAD 中cos∠EAD ＝6＋4－62×2×6＝66
，故选D.
法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O 为原点，建立空间直角坐
标系O ­xyz ，设AB ＝2，则A (1,0,0)，B (1,0,2)，C (－1,0,2)，
E (0,1,2)，
∴A E →＝(－1,1,2)，BC →
＝(－2,0,0)
∴cos〈A E →，BC →
〉＝
2
6×2＝6
6
，故选D.] 2．(以棱柱为载体)在三棱柱ABC ­A
1B 1C 1中， AB ⊥平面BCC 1B 1，∠BCC 1＝
π
3
， AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)当λ＝1
2时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；
(2)若二面角A ­B 1D ­A 1的平面角为π
3，求λ的值．
[解](1)易知A ()0，0，2， B 1()0，4，0， A 1()0，4，2. 当λ＝12时， 因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π
3，
所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.
所以AB 1→＝()0，4，－2， A 1D →
＝()3，－3，－2. 所以cos 〈AB 1→
，A 1D →
〉＝
AB 1→·A 1D
→
||AB 1
→
||
A 1
D →
＝
0×3＋4×()－3＋()－2×()－242
＋()－22
·
()32
＋()－32
＋()
－22
＝－
55
. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为
55
. (2)由CD ＝λCC 1可知， D ()3，4λ－1，0， 所以DB 1→
＝()－3，5－4λ，0， 由(1)知， AB 1→
＝()0，4，－2.
设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧
AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0，
即⎩⎨
⎧
4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，
令y ＝1，解得x ＝5－4λ
3
， z ＝2，
所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
5－4λ3，1，2.
设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧
B 1A 1→·n ＝0，
DB 1→·n ＝0，
即⎩⎨
⎧
2z ＝0，
()5－4λy －3x ＝0，
令y ＝1，解得x ＝5－4λ
3
， z ＝0，
所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
5－4λ3，1，0.
因为二面角A ­B 1D ­A 1的平面角为π
3，
所以||cos 〈m ，n 〉＝
|m·n |
||m ||
n
＝
⎪⎪⎪⎪⎪
⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭
⎪⎫5－4λ
3
2＋12＋22·⎝ ⎛⎭
⎪⎫5－4λ3
2＋12＝12
， 即()5－4λ2＝1，
解得λ＝3
2(舍)或λ＝1，
故λ的值为1.
3.(以棱台为载体)如图，在三棱台DEF ­ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点． (1)求证：BD ∥平面FGH ；
(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平
面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．
[解](1)证明：在三棱台DEF ­ABC 中， 由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，
所以四边形BHFE 为平行四边形， 可得BE ∥HF .
在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点， 所以GH ∥AB .
又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD
平面ABED ，
所以BD ∥平面FGH .
(2)设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF ­ABC 中，
G 为AC 的中点，
由DF ＝1
2
AC ＝GC ，
可得四边形DGCF 为平行四边形， 因此DG ∥FC . 又FC ⊥平面ABC ， 所以DG ⊥平面ABC .
连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点， 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此GB ，GC ，GD 两两垂直．
以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G ­xyz .
所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，
C (0，2，0)，
D (0,0,1)．
可得H ⎝
⎛⎭
⎪⎫2
2，22，0，F (0，2，1)． 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →
＝(0，2，1)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·GH →＝0，
n ·GF →＝0，
可得⎩⎨
⎧
x ＋y ＝0，
2y ＋z ＝0.
可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →
＝(2，0,0)， 所以cos 〈GB →
，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222
＝12.
所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 4.(以五面体为载体)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的
五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D ­AF ­E 与二面角C ­BE ­F 都是60°.
(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E ­BC ­A 的余弦值．
[解](1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩EF ＝F ， 所以AF ⊥平面EFDC .
又AF 平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .
(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →
|为单位长，
建立如图所示的空间直角坐标系G ­xyz .
由(1)知∠DEF 为二面角D ­AF ­E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|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ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .
由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C ­BE ­F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．连接AC ，
所以E C →＝(1,0，3)，E B →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →
＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·E C →＝0，n ·E B →＝0，
即⎩⎨
⎧
x ＋3z ＝0，
4y ＝0.
所以可取n ＝(3,0，－3)．
设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·AC →＝0，
m ·AB →＝0.
同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝
n ·m |n ||m |＝－219
19
. 故二面角E ­BC ­A 的余弦值为－219
19
.
利用空间向量解决折叠性问题(5年3考)
[高考解读] 以平面图形的翻折为载体，考查空间想象能力，在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力，在空间角的求解中，考查转化化归及数学运算的核心素养.
1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分
别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P
的位置，且PF ⊥BF .
(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 切入点：(1)对照折叠前后的线面关系给予证明； (2)建立空间直角坐标系通过向量法求解． [解](1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF 平面PEF ，EF
平面PEF ，且PF ∩EF ＝F ，
所以BF ⊥平面PEF .
又BF
平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .
(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →
|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz .
由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，PF 2
＋PE 2
＝EF 2
，故PE ⊥PF .
可得PH ＝
32，EH ＝32
. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝
⎛⎭⎪⎫
0，0，32为平
面ABFD 的法向量．
设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪
⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝3
4
3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34
. [教师备选题]
(2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54
，
EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.
(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B ­D ′A ­C 的正弦值． [解](1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .
又由AE ＝CF 得A E
AD ＝CF
CD
，
故AC ∥EF .
因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .
由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2
－AO 2
＝4.
由EF ∥AC ，得OH DO ＝A E AD ＝1
4
.
所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.
于是D ′H 2
＋OH 2
＝32
＋12
＝10＝D ′O 2
，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →
的方向为x 轴正方向，
建立空间直角坐标系H ­xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，
B (0，－5,0)，
C (3，－1,0)，
D ′(0,0,3)，
AB →
＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→
＝(3,1,3)．
设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，
3x 1＋y 1＋3z 1＝0，
所以可取m ＝(4,3，－5)．
设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AC →＝0，
n ·AD ′→＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
6x 2＝0，
3x 2＋y 2＋3z 2＝0，
所以可取n ＝(0，－3,1)．
于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10
＝－75
25.
sin 〈m ，n 〉＝295
25
.
因此二面角B ­D ′A ­C 的正弦值是295
25
.
平面图形翻折问题的求解方法
(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
(以梯形为载体)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P 平面ABCE )．
(1)证明：AE ⊥PB ；
(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π
4，求二面角A ­PE ­C 的余弦值．
[解](1)证明：连接BD ，设AE 的中点为O ， ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ＝1
2
CD ，
∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE ，△ABE 为等边三角形， ∴OD ⊥AE ，OB ⊥AE ， 又OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，又PB 平面POB ，
∴AE ⊥PB .
(2)在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ，垂足为Q ，则Q 在直线OB 上， ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO ＝π
4，
又OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，
∴O 、Q 两点重合，即PO ⊥平面ABCE ，
以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，
32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，32，0，∴P E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，E C →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，32，0，
设平面PCE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨
⎪⎧
n 1·P E →＝0，
n 1·E C →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
12x －32z ＝0，12x ＋3
2
y ＝0，
令x ＝3得n 1＝(3，－1,1)， 又OB ⊥平面PAE ，
∴n 2＝(0,1,0)为平面PAE 的一个法向量，
设二面角A ­EP ­C 为α，
则|cos α|＝cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝15＝5
5，
易知二面角A ­EP ­C 为钝角，所以cos α＝－
5
5
.
立体几何的综合问题(5年3考)
[高考解读] 将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体，综合考查学生的逻辑推理能力.
(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与
半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵
上异于C ，D 的点．
(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；
(2)当三棱锥M ­ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 切入点：(1)借助圆的几何性质得出DM ⊥CM ，进而借助面面垂直的判定求解． (2)借助体积公式先探寻M 点的位置，建系借助坐标法求解． [解](1)由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC 平面ABCD ，所
以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .
因为M 为CD ︵
上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM
平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .
(2)以D 为坐标原点，DA →
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz . 当三棱锥M ­ABC 体积最大时，M 为CD ︵
的中点．
由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →
＝(0,2,0)，DA →
＝(2,0,0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AM →＝0，
n ·AB →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2x ＋y ＋z ＝0，
2y ＝0.
可取n ＝(1,0,2)．
DA →
是平面MCD 的法向量，因为cos 〈n ，DA →
〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，
sin 〈n ，DA →
〉＝255
.
所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是25
5
.
存在性问题的求解策略
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程
或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．
(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理．
(探索位置型)如图所示，四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四
边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°，且AB ＝
AP .
(1)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；
(2)在线段AD 上是否存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由． [解] (1)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A ­xyz ，如图1所示．
图1
在平面ABCD 内，作CE ∥AB ，交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt△CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t (t ＞0)，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，
∴E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， ∴CD →＝(－1,1,0)，PD →
＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由n ⊥CD →，n ⊥PD →得⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x ＋y ＝0，－t y －tz ＝0.
取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． cos 60°＝|n ·PB →|
|n |·|PB →|，
即
|2t 2
－4t |
t 2＋t 2＋
－t 2·2t 2
＝12
， 解得t ＝4
5或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，
∴AB ＝45
.
(2)法一：(向量法)假设在线段AD 上存在一点G (如图2所示)，使得点G 到点P ，B ，C ，
D 的距离都相等．设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →
＝(0,4－t －m,0)，
GP →
(0，－m ，t )．
图2
由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2
， 即t ＝3－m . ①
由|GD →|＝|GP →|，得(4－m －t )2＝m 2＋t 2
. ② 由①，②消去t ，化简得m 2
－3m ＋4＝0. ③
由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等． 法二：(几何法)假设在线段AD 上存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．
图3
由GC ＝GD 得∠GCD ＝∠GDC ＝45°， ∴∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ， ∴GD ＝CD ·cos 45°＝1.
设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 如图3所示，在Rt△ABG 中，
GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋
－λ
2
＝
2⎝
⎛⎭⎪⎫λ－322
＋92＞1， 这与GB ＝GD 矛盾．
∴在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．。