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课时作业46立体几何中的向量方法 基础达标12018江苏卷如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值解析：本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以，为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为ABAA12，所以A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)(1)因为P为A1B1的中点，所以P，从而，(0,2,2)，故|cos，|.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此，(0,2,2)，(0,0,2)设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取n(，1,1)设直线CC1与平面AQC1所成角为，则sin |cos，n|，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.22019郑州一中入学测试在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED平在ABCD，ABD，AB2AD.(1)求证：平面BDEF平面ADE；(2)若EDBD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值解析：(1)在ABD中，ABD，AB2AD，由余弦定理，得BDAD，从而BD2AD2AB2，故BDAD，所以ABD为直角三角形且ADB90.因为DE平面ABCD，BD平面ABCD，所以DEBD.又ADDED，所以BD平面ADE.因为BD平面BDEF，所以平面BDEF平面ADE.(2)由(1)可得，在RtABD中，BAD，BDAD，又由EDBD，设AD1，则BDED.因为DE平面ABCD，BDAD，所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示Dxyz.则A(1,0,0)，C(1，0)，E(0,0，)，F(0，)，所以(1,0，)，(2，0)设平面AEC的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得n(，2,1)，为平面AEC的一个法向量因为(1，)，所以cosn，.所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.32019石家庄摸底考试如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，ABDC，PEDC，ADDC，PD平面ABCD，ABPDDA2PE，CD3PE，F是CE的中点(1)求证：BF平面ADP；(2)求二面角BDFP的余弦值解析：(1)取PD的中点为G，连接FG，AG，如图所示，F是CE的中点，FG是梯形CDPE的中位线，CD3PE，FG2PE，FGCDAB，AB2PE，ABFG，ABFG，即四边形ABFG是平行四边形，BFAG，又BF平面ADP，AG平面ADP，BF平面ADP.(2)解法一PD平面ABCD，PDAD，又ADDC，且PDCDD，AD平面CDPE.过点B作BMCD于点M，易知BMAD，BM平面CDPE.令PE1，则BMDM2，连接FM，由(1)易得FM1，如图，过点M作MNDF交DF于点N，连接BN，则BNM为所求二面角的平面角的补角DM2，FM1，DF，则MN.tanBNM，则cosBNM，二面角BDFP的余弦值为.解法二PD平面ABCD，PDAD，又ADDC，且PDDCD，AD平面CDPE.以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设PE1，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,3,0)，D(0,0,0)，P(0,0，2)，E(0,1,2)，F(0,2,1)，(2,2,0)，(0,2,1)，设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，则x1，z2，n(1，1,2)，为平面BDF的一个法向量平面PDF的一个法向量为(2,0,0)，且二面角BDFP的平面角为钝角，二面角BDFP的余弦值为|cos，n|.42019唐山模拟如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD，E是PB的中点(1)求证：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值解析：(1)因为PC平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC.因为AB2AD2CD，所以ACBCADCD.所以AC2BC2AB2，故ACBC.又BCPCC，所以AC平面PBC.因为AC平面EAC，所以平在EAC平面PBC.(2)如图，以C为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Cxyz，并设CB2，CP2a(a0)则C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2a)，则E(1,0，a)，(0,2,0)，(0,0,2a)，(1,0，a)，易知m(1,0,0)为平面PAC的一个法向量设n(x，y，z)为平面EAC的法向量，则nn0，即y0，取xa，则z1，n(a,0，1)依题意，|cosm，n|，则a.于是n(，0，1)，(0,2，2)设直线PA与平面EAC所成角为，则sin|cos，n|，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.52018天津卷如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(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EBCF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的长解析：本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识考查用空间向量解决立体几何问题的方法考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力依题意，可以建立以D为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系Dxyz(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，N(1,0,2)(1)证明：依题意(0,2,0)，(2,0,2)设n0(x0，y0，z0)为平面CDE的法向量，则即不妨令z01，可得n0(1,0，1)又，可得n00，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)依题意，可得(1,0,0)，(1，2,2)，(0，1,2)设n(x1，y1，z1)为平面 BCE的法向量，则即不妨令z11，可得n(0,1,1)设m(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则即不妨令z21，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角EBCF的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h0,2)，则点P的坐标为(0,0，h)，可得(1，2，h)易知，(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos，|，由题意，可得sin 60，解得h0,2所以，线段DP的长为.62019山西八校联考如图，三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，CC1底面ABC，ACBCCC12，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，G是棱BB1上的动点(1)当为何值时，平面CDG平面A1DE?(2)求平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值解析：(1)当G为BB1的中点，即时，平面CDG平面A1DE.证明如下：因为点D，E分别是AB，BC的中点，所以DEAC且DEAC，又ACA1C1，ACA1C1，所以DEA1C1，DEA1C1，故D，E，C1，A1四点共面如图，连接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中，tanC1EC2，tanBCG，故CHE90，即CGC1E.因为A1C1平面CBB1C1，CG平面CBB1C1，所以DECG，又C1EDEE，所以CG平面A1DE，故平面CDG平面A1DE.(2)三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，CC1底面ABC，所以以C为原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示因为ACBCCC12，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，所以C(0,0,0)，A1(2,0,2)，D(1,1,0)，E(0,1,0)，B(0,2,0)，F(0,1,2)，G(0,2,1)，(2,2，2)，(2,1,0)，(0,2,1)由(1)知平面A1DE的一个法向量为(0,2,1)，设平面A1BF的法向量为n(x，y，z)，则即令x1得n(1,2,1)，为平面A1BF的一个法向量设平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角为，则cos，所以平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值为.能力挑战72019湖北四校联考如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，ABAC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且(0,1)(1)证明：无论取何值，总有AM平面PNQ；(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由解析：(1)连接A1Q.AA1AC1，M，Q分别是CC1，AC的中点，AA1QCAM，MACQA1A，MACAQA1QA1AAQA190，AMA1Q.N，Q分别是BC，AC的中点，NQAB.又ABAC，NQAC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，NQAA1.又ACAA1A，NQ平面ACC1A1，NQAM.由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1，N，Q，A1，P四点共面，A1Q平面PNQ.NQA1QQ， AM平面PNQ，无论取何值，总有AM平面PNQ.(2)如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M，N，Q，(1,0,0)由(1,0,0)(，0,0)，可得点P(，0,1)，.设n(x，y，z)是平面PMN的法向量，则即得令x3，得y12，z22，n(3,12，22)是平面PMN的一个法向量取平面ABC的一个法向量为m(0,0,1)假设存在符合条件的点P，则|cosm，n|，化简得421410，解得或(舍去)综上，存在点P，且当A1P时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60.
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