2020届江苏高考数学二轮复习微专题：空间向量在立体几何中的应用

微专题28 空间向量在立体几何中的应用
真 题 感 悟
(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点． (1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．
解 如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1 的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，－1，2)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2)．
(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－1
2，2，
从而BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0，2，2)， 故|cos 〈BP →，AC 1→
〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝310
20.
因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为310
20. (2)因为Q 为BC 的中点，
所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，因此AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0， AC 1→＝(0，2，2)，CC 1
→＝(0，0，2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·
n ＝0，即⎩⎨⎧32x ＋32y ＝0，
2y ＋2z ＝0.
不妨取n ＝(3，－1，1)．
设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈CC 1→
，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，
所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为5
5.
考 点 整 合
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，ν＝(a 3，b 3，c 3)，则 (1)线面平行
l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直
l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行
α∥β⇔μ∥ν⇔μ＝λν⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，ν＝(a 4，b 4，c 4). (1)线线夹角
设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π
2)，则 cos θ＝|a·b|
|a||b|＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|
a 21＋
b 21＋
c 21a 22＋b 22＋c 2
2
. (2)线面夹角
设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π
2)，则 sin θ＝|cos 〈a ，μ〉|＝|a·μ|
|a||μ|， (3)面面夹角
设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|cos 〈μ，ν〉|＝|μ·ν|
|μ||ν|.
热点一 向量法证明平行与垂直
【例1】 如图，在直三棱柱ADE －BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点，运用向量方法求证： (1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .
证明 法一 由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫
12，12，12.
(1)OM
→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12， BA
→＝(－1，0，0)，
∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE －BCF 是直三棱柱， ∴AB ⊥平面BCF ，
∴BA
→是平面BCF 的一个法向量， 又OM ⊄平面BCF ， ∴OM ∥平面BCF .
(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2).
∵DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)， CF
→＝(0，－1，1)，
由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DF →＝0，n 1·
DM →＝0.
得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝1
2x 1，z 1＝－12x 1，
令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，12，－12.
同理可得n 2＝(0，1，1).
∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →
＝12DF →－BF →＋12BA → ＝12(DB →＋BF →)－BF
→＋12BA → ＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA → ＝－12BC →－12BF →.
∴向量OM
→与向量BF →，BC →共面， 又OM ⊄平面BCF ， ∴OM ∥平面BCF .
(2)由(1)及题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD
→＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2
＝0. ∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，
又CD ∩FC ＝C ，CD ，FC ⊂平面EFCD ， ∴OM ⊥平面EFCD . 又OM ⊂平面MDF ，
∴平面MDF ⊥平面EFCD .
探究提高 解决本类问题的关键是建立恰当的坐标系，用坐标表示向量或用基底表示向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算. 【训练1】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点.
(1)求证：直线PC ∥平面BDE ； (2)求证：BD ⊥PC .
证明 连接AC ，交BD 于点O .
因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点O 且平行于P A 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，
则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，0，0)，E (0，－3，1).
(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 因为BE
→＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2，0，0)， 所以由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧－2x 1
＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，
令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0，1，3). 又PC
→＝(0，23，－2)，
所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0， 即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ， 所以PC ∥平面BDE .
(2)因为PC
→＝(0，23，－2)，BD →＝(－2，0，0)， 所以PC →·BD →＝0.故BD ⊥PC . 热点二 利用空间向量求空间角
【例2】 如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点.
(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值.
解 (1)由题意知，AB ，AC ，AA 1两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，
则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (1，1，0)，A 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →
＝(1，－1，－4). 因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010， 所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)， 所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0， 即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0， 取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，
所以，n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量. 取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)， 设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ. 由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·
n 2|n 1||n 2|＝29×1
＝23，得sin θ＝53.
因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为5
3.
探究提高 (1)利用法向量求解空间线面角与二面角的关键在于“四破”：第一，
破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
(2)利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的.
【训练2】 (2018·全国Ⅰ卷)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.
(1)证明 由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .
又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解 作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .
以H 为坐标原点，分别以FB
→，HF →，HP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|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， 故EF 2＝PE 2＋PF 2， 所以PE ⊥PF . 可得PH ＝32，EH ＝3
2.
则H (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝
⎛⎭⎪⎫1，32，32，又HP
→＝
⎝
⎛⎭⎪⎫
0，0，32为平面ABFD 的一个法向量.
设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为3
4. 热点三 向量法解决立体几何中的探索性问题
【例3】 (2019·南通模拟)如图，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在的平面，且AB ＝BP ＝2，AD ＝AE ＝1，AE ⊥AB ，且AE ∥BP .
(1)求平面PCD 与平面ABPE 所成的二面角的余弦值；
(2)在线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于2
5？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由. 解 由AE ⊥AB ，且AE ∥BP ，得BP ⊥AB .
又平面ABCD ⊥平面ABPE ，平面ABCD ∩平面ABPE ＝AB ，PB ⊂平面ABPE ， 所以PB ⊥平面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ，所以PB ⊥BC ， 又四边形ABCD 为矩形，所以AB ⊥BC ，故直线BA ，BP ，BC 两两垂直，以B 为原点，分别以BA ，BP ，BC 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0，0，0)，A (2，0，0)，P (0，2，0)，E (2，1，0)，C (0，0，1)，D (2，0，1).
(1)设平面PCD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )，又PC →＝(0，－2，1)，CD →＝(2，0，0). 故由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC
→＝－2b ＋c ＝0，m ·CD →＝2a ＝0，不妨取m ＝(0，1，2).
平面ABPE 的一个法向量为n ＝(0，0，1).
设平面PCD 与平面ABPE 所成的二面角的大小为θ，
则由图可知θ∈⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，π2，故cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝25×1
＝255.
所以平面PCD 与平面ABPE 所成的二面角的余弦值为25
5.
(2)假设线段PD 上存在点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角α满足sin α＝2
5. 即sin α＝|cos 〈BN →
，m 〉|＝|BN →·m |5|BN →|＝25.
设PN
→＝λPD →＝λ(2，－2，1)，其中λ∈[0，1]， 则BN
→＝BP →＋PN →＝(2λ，2－2λ，λ). 由(1)知平面PCD 的一个法向量m ＝(0，1，2)， 所以
25·9λ2－8λ＋4
＝2
5， 即9λ2－8λ－1＝0， 解得λ＝1或λ＝－1
9(舍去).
所以当N 在点D 处时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于2
5.
探究提高 (1)确定点的坐标时，通常利用向量共线来求，如本例设PN →＝λPD →，
直接加入到线性运算中.
(2)解题时，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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题.
【训练3】 (2016·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面P AB ；
(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM
AP 的值；若不存在，说明理由.
(1)证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD . 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，∴AB ⊥平面P AD .
∵PD ⊂平面P AD ，∴AB ⊥PD . 又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面P AB .
(2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO ，∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD .
又∵PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PO ⊥平面ABCD .∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO . ∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .
以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，B (1，1，0)，D (0，－1，0)，C (2，0，0).
则PB
→＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1). 设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PDC 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎨⎧－y 0
－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝1
2. 即n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，－1，1.
设PB 与平面PCD 的夹角为θ. 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪
⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪1
2－1－114＋1＋1×3
＝33.
所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为3
3. (3)解 假设在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD .
设AM
→＝λAP →(λ∈[0，1])，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)，因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，
当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·
⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝1
4.
【新题感悟】 (2019·南京高三模拟)如图，已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，AB ＝2，
AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成角为30°，AE 垂直BD 于点E ，F 为A 1B 1的中点.
(1)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；
(2)线段C 1D 1上是否存在点P ，使得二面角F －BD －P 的余弦值为35？若存在，确定P 点位置；若不存在，说明理由.
解 由AD ⊥平面AA 1B 1B ，得BD 与平面AA 1B 1B 所成角为∠DBA ＝30°，又AB ＝2，∴AD ＝233.
在Rt △ABD 中，由AE ⊥BD 易求得AE ＝1.
以{AB →，AD →，AA 1
→}为正交基底建立平面直角坐标系， 则A (0，0，0)，B (2，0，0)，F (1，0，1)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫
2，233，1，D 1⎝
⎛⎭⎪⎫
0，
233，1. (1)设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD
→＝0，n ·
BF →＝0.
又∵BD →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2，233，0
，BF →＝(－1，0，1)， ∴⎩⎨⎧－2x ＋233y ＝0，
－x ＋z ＝0，
∴可取n ＝(1，3，1).
又AE
→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，32，0，
∴cos 〈AE →
，n
〉＝12＋3
25×1
＝
255.
故AE 与平面BDF 所成角的正弦值为25
5.
(2)假设在线段C 1D 1上存在点P ，使得二面角F －BD －P 的余弦值为3
5. 设C 1P →＝λC 1D 1→，λ∈[0，1]，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2λ，233，1，BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2λ，233，1. 设平面BDP 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·
BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪
⎧－2x ＋23
3y ＝0，－2λx ＋233y ＋z ＝0，
∴可取n 1＝(1，3，2λ－2). ∴cos 〈n ，n 1〉＝
1＋3＋2λ－25·4＋（2λ－2）2＝λ＋15·1＋（λ－1）2＝35
，化简得4λ2
－28λ
＋13＝0⇒λ＝12或λ＝13
2. ∵0≤λ≤1，∴λ＝1
2.
故存在点P ，满足题意，此时P 为C 1D 1的中点.
1.(2017·江苏卷)如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.
(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B －A 1D －A 的正弦值.
解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E .
因为AA 1⊥平面ABCD ，AE ，AD ⊂平面ABCD ，所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD . 如图，以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底，
建立空间直角坐标系A －xyz .
因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，
则A (0，0，0)，B (3，－1，0)，D (0，2，0)，E (3，0，0)， A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3).
(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)， 则cos 〈A 1B →，AC 1→
〉＝A 1B →·AC 1→
|A 1B →||AC 1→|
＝（3，－1，－3）·（3，1，3）7＝－
17， 因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为1
7. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE
→＝(3，0，0).
设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A 1B →＝(3，－1，－3)，BD →
＝(－3，3，0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·
BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.
不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，
所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量，
从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m |＝（3，0，0）·（3，3，2）3×4＝34.设二面角B －A 1D
－A 的大小为θ，则|cos θ|＝3
4. 因为θ∈[0，π]，
所以sin θ＝1－cos 2θ＝7
4.
因此二面角B －A 1D －A 的正弦值为7
4.
2.如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB
＝BC ＝1
2AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点.
(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；
(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M －AB －D 的余弦值.
(1)证明 取P A 的中点F ，连接EF ，BF ， 因为E 是PD 的中点， 所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .
由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ， 又BC ＝1
2AD ，所以EF 綊BC ，
所以四边形BCEF 是平行四边形，所以CE ∥BF ， 又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ， 故CE ∥平面P AB .
(2)解 由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单
位长，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，
则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，1，3)， PC
→＝(1，0，－3)，AB →＝(1，0，0). 设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则
BM
→＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3).
因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0，0，1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°， 则
|z |（x －1）2＋y 2＋z 2＝2
2
，
即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.① 又M 在棱PC 上， 设PM
→＝λPC →(λ∈[0，1])，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②
由①，②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋2
2，
y ＝1，
z ＝－62
(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，
y ＝1，
z ＝62，
所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM
→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·
AB →＝0，即⎩⎨⎧（2－2）x 0＋2y 0＋6z 0＝0，
x 0＝0，
所以可取m ＝(0，－6，2). 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105. 易知所求二面角为锐角，
因此二面角M －AB －D 的余弦值为10
5.
3.(2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝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 －P A －C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值.
(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
2AC ， 所以AB 2＋BC 2＝AC 2，
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 且OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，知PO ⊥平面ABC . (2)解 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P AC 的一个法向量 OB
→＝(2，0，0). 设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)， 则AM
→＝(0，4－a ，0). 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得
⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋（4－a ）y ＝0，
可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →
，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a 2.
由已知可得|cos 〈OB
→，n 〉|＝32，
所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝3
2， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43， 所以n ＝⎝
⎛⎭⎪⎫
－833，433，－
43.
又PC →
＝(0，2，－23)， 所以cos 〈PC →
，n 〉＝34.
所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为3
4.
4.(2018·苏州自主学习)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，且P A ＝AB ＝BC ＝1
2AD ＝1，P A ⊥平面ABCD .
(1)求PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
(2)棱PD 上是否存在一点E 满足∠AEC ＝90°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由.
解 (1)依题意AB ，AD ，P A 两两垂直，如图，以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，
则P (0，0，1)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，
从而PB
→＝(1，0，－1)，PC →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，2，－1). 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·PC →＝0，且n ·PD →＝0， 即x ＋y －z ＝0，且2y －z ＝0， 不妨取z ＝2，则y ＝1，x ＝1，
所以平面PCD 的一个法向量n ＝(1，1，2)， 此时cos 〈PB →
，n 〉＝1－22×6＝－36，
所以PB 与平面PCD 所成角的正弦值为3
6. (2)假设棱PD 上存在一点E 满足∠AEC ＝90°.
设PE →＝λPD →
(0≤λ≤1)， 则E (0，2λ，1－λ).
则CE
→＝(－1，2λ－1，1－λ)，AE →＝(0，2λ，1－λ)， 由∠AEC ＝90°得AE →·CE →＝2λ(2λ－1)＋(1－λ)2＝0，
化简得，5λ2－4λ＋1＝0，该方程无解， 所以棱PD 上不存在一点E 满足∠AEC ＝90°.
5.(2018·天津卷)如图，AD ∥BC 且AD ＝2BC ，AD ⊥CD ，EG ∥AD 且EG ＝AD ，CD ∥FG 且CD ＝2FG ，DG ⊥平面ABCD ，DA ＝DC ＝DG ＝2.
(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (2)求二面角E －BC －F 的正弦值；
(3)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.
解 依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA
→，DC →，DG →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (1，2，0)，C (0，2，0)，E (2，0，2)，F (0，1，2)，G (0，0，2)， M ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，32，1，N (1，0，2). (1)证明 依题意DC
→＝(0，2，0)，DE →＝(2，0，2). 设n 0＝(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 0·DC
→＝0，n 0·DE →＝0，
即⎩
⎨⎧2y ＝0，
2x ＋2z ＝0， 不妨令z ＝－1，可得n 0＝(1，0，－1). 又MN
→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，1， 可得MN →·
n 0＝0，
又因为直线MN ⊄平面CDE ，
所以MN ∥平面CDE .
(2)依题意，可得BC
→＝(－1，0，0)，BE →＝(1，－2，2)，CF →＝(0，－1，2).
设n ＝(x ，y ，z )为平面BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·
BE →＝0，即⎩⎨⎧－x ＝0，x －2y ＋2z ＝0，
不妨令z ＝1，可得n ＝(0，1，1).
设m ＝(x ，y ，z )为平面BCF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·CF →＝0，
即⎩⎨⎧－x ＝0，
－y ＋2z ＝0，
不妨令z ＝1，可得m ＝(0，2，1). 因此有cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝310
10， 于是sin 〈m ，n 〉＝10
10.
所以二面角E －BC －F 的正弦值为10
10. (3)设线段DP 的长为h (h ∈[0，2])，
则点P 的坐标为(0，0，h )，可得BP
→＝(－1，－2，h ).
易知，DC
→＝(0，2，0)为平面ADGE 的一个法向量，
故|cos 〈BP →，DC →
〉|＝|BP →·DC →||BP →||DC →|＝2h 2＋5，
由题意，可得
2h 2＋5
＝sin 60°＝
32， 解得h ＝33∈[0，2].所以线段DP 的长为3
3.
6.(2019·徐州市高三期中)如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，∠ABC ＝π
3，四边形ACEF 为矩形，平面ACEF ⊥平面ABCD ，AF ＝1，点M 在线段EF 上运动，且EM
→＝λEF →.
(1)当λ＝1
2时，求异面直线DE 与BM 所成角的大小；
(2)设平面MBC 与平面ECD 所成二面角的大小为θ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0＜θ≤π2，求cos θ的取值范
围.
解 (1)在△ABC 中，AB ＝1，BC ＝AD ＝2，∠ABC ＝π
3，
则AC ＝3，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，即∠BAC ＝π
2. 因为四边形ACEF 为矩形，所以F A ⊥AC .
因为平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，F A ⊂平面ACEF ， 所以F A ⊥平面ABCD . 所以F A ⊥AB ，F A ⊥AC .
建立如图所示的空间直角坐标系.
则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，D (－1，3，0)，E (0，3，1)，F (0，0，1)，
当λ＝12时，EM
→＝12EF →，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，1. 所以BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，1，DE →＝(1，0，1)， 所以BM →·DE
→＝(1，0，1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，1＝0， 所以BM
→⊥DE →，
即异面直线DE 与BM 所成角的大小为π
2.
(2)平面ECD 的一个法向量n 1＝(0，1，0)，
设M (x 0，y 0，z 0)，由EM →＝λEF →＝λ(0，－3，0)＝(0，－3λ，0)＝(x 0，y 0－3，z 0－1)，
得⎩⎨⎧x 0＝0，
y 0＝3（1－λ），z 0＝1，即M (0，
3(1－λ)，1)，
所以BM
→＝(－1，3(1－λ)，1)，BC →＝(－1，3，0). 设平面MBC 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，
因为⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥BC →，n 2⊥BM →，即⎩
⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x ＋3（1－λ）y ＋z ＝0， 取y ＝1，则x ＝3，z ＝3λ，
所以平面MBC 的一个法向量n 2＝(3，1，3λ).
因为0＜θ≤π2，所以cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝14＋3λ
2. 因为0≤λ≤1，所以cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤77，12.。