1、专题五专题五 立体几何与空间向量立体几何与空间向量 第二编 讲专题 第第3 3讲讲 立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法 考情研析 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常 与空间线面关系的证明相结合，热点为线面角、二面角的求解，均以解答题 的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上 1 核心知识回顾核心知识回顾 PART ONE 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 1.线、面的位置关系与向量的关系 设直线 l，m 的方向向量分别为 a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，平面 ， 的法向量分别为 (
2、a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4). (1)lmabakb ； (2)lmaba b ； (3)laa ； (4)laak ； (5)vkv ； (6)vv 01a1ka2，b1kb2，c1kc2 020 03a1a2b1b2c1c20 040 05a1a3b1b3c1c30 06a1ka3，b1kb3，c1kc3 07a3ka4，b3kb4，c3kc4 080 09a3a4b3b4c3c40 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 2三种空间角与空间向量的关系 (1)线线角：设 a，b 分别为异面直线 a，b 的方向向量，则两异面直
3、线所 成的角 满足 cos (2)线面角：设 l 是斜线 l 的方向向量，n 是平面 的法向量，则斜线 l 与平面 所成的角 满足 sin 01 |a b| |a|b| 02 |l n| |l|n| 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (3)二面角 如图()， AB，CD 是二面角 l 的两个半平面内与棱 l 垂直的直 线，则二面角的大小 ； 如图()()，n1，n2分别是二面角 l 的两个半平面 ， 的法 向量，则二面角的大小 满足 cos 03AB ，CD 04cosn1，n2或 cosn1，n2 2 热点考向探究热点考向探究 PAR
4、T TWO 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 考向 1 利用向量证明平行与垂直 例 1 (1)(多选)(2020 山东省莱西一中、高密一中、枣庄三中高三模拟) 在长方体 ABCDA1B1C1D1中，AB2 3，ADAA12，P，Q，R 分别是 AB，BB1，A1C 上的动点，下列结论正确的是( ) A对于任意给定的点 P，存在点 Q 使得 D1PCQ B对于任意给定的点 Q，存在点 R 使得 D1RCQ C当 ARA1C 时，ARD1R D当 A1C3A1R 时，D1R平面 BDC1 答案 ABD 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究
5、热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 解析 如图所示，建立空间直角坐标系，设 P(2，a,0)，a0,2 3， Q(2,2 3，b)，b0,2，设A1R A1C ，得到 R(22，2 3，22)， 0,1.D1P (2，a，2)，CQ (2,0，b)，D1P CQ 42b，当 b2 时，D1P CQ，A 正确；D1R (22，2 3，2)，D1R CQ 2(22)2b，取 2 2b时，D1RCQ，B 正确；由 ARA1C，则AR A1C (2，2 3，2 2) (2，2 3，2)412440，解得 1 5，此时AR D1R 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真
6、题真题VS押题押题 专题作业专题作业 2 5， 2 3 5 ，8 5 8 5， 2 3 5 ，2 5 4 5 0，C 错误；由 A1C3A1R，则 R 4 3， 2 3 3 ，4 3 ，D1R 4 3， 2 3 3 ，2 3 ，设平面 BDC1的法向量为 n(x，y， z)， 则 n BD 0， n DC1 0， 解得 n( 3， 1， 3)， 故D1R n 0，故 D1R平面 BDC1，D 正确故选 ABD. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 为等腰梯形， ABCD，
7、AB4，BCCD2，AA12，E，E1分别是棱 AD，AA1的中点. 设 F 是棱 AB 的中点，证明：直线 E1E平面 FCC1； 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 证明 如图， 过点 D 作 AB 的垂线交 AB 于点 G， 则以点 D 为原点， DG， DC，DD1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，易得 A( 3， 1，0)，B( 3，3，0)，C(0，2，0)，E1( 3，1，1)，E 3 2 ，1 2，0 ，F( 3， 1，0)，D1(0，0，2)，B1( 3，3，2)，C1(0，2，2). 核心知识回
8、顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 CC1 (0,0,2)，CF ( 3，1,0) 设平面 FCC1的法向量 n1(x，y，z)， 则 2z0， 3xy0， 令 x1，得 n1(1， 3，0)， 又E1E 3 2 ，1 2，1 ，故E1E n10， 又 E1E平面 FCC1， 所以 E1E平面 FCC1. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 证明：平面 D1AC平面 BB1C1C. 证明 D1A ( 3，1，2)，D1C (0,2，2)， 设平面 D1AC 的法向量 n2(a，b，c)， 由
9、n2 D1A 0， n2 D1C 0， 得 3ab2c0， 2b2c0， 令 b1，得 n2( 3，1,1) 同理易得平面 BB1C1C 的一个法向量 n3(1， 3，0)， 因为 n2 n30，故平面 D1AC平面 BB1C1C. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 利用空间向量证明平行与垂直的方法步骤 (1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系 (2)建立空间图形与空间向量之间的关系， 用空间向量表示出问题中所涉 及的点、直线、平面的要素 (3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系 (4)根据运算结果解释相关问题
10、 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 如图，在四棱锥 PABCD 中，PA底面 ABCD，ADAB，ABDC， ADDCAP2，AB1，点 E 为棱 PC 的中点证明： (1)BEDC； 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 证明 依题意，以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得 B(1，0， 0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1，1， 1). (1)向量BE (0，1，1)，DC (2，0，0)， 故BE DC 0
11、.所以 BEDC. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)BE平面 PAD； 证明 (2)因为 PA平面 ABCD，AB 平面 ABCD，所以 ABPA，又因 为 ABAD，PAADA，所以 AB平面 PAD， 所以向量AB (1，0，0)为平面 PAD 的一个法向量， 而BE AB (0，1，1) (1，0，0)0，所以BE AB ， 又 BE平面 PAD，所以 BE平面 PAD. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (3)平面 PCD平面 PAD. 证明 (3)由(2)知平面
12、 PAD 的一个法向量AB (1，0，0)，向量PD (0， 2，2)，DC (2，0，0)，设平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)， 则 n PD 0， n DC 0， 即 2y2z0， 2x0， 不妨令 y1，可得 n(0，1，1)为平面 PCD 的一个法向量. 则 n AB (0，1，1) (1，0，0)0，所以 nAB . 所以平面 PCD平面 PAD. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 考向 2 利用空间向量求空间角 角度 1 利用空间向量求异面直线所成的角 例 2 (2020 山东省济南市高三 6 月模拟)已知直角梯形
13、 ABCD 中，AD BC，ABBC，ABAD1 2BC，将直角梯形 ABCD(及其内部)以 AB 所在 直线为轴顺时针旋转 90，形成如图所示的几何体，其中 M 为CE 的中点 (1)求证：BMDF； 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 解 (1)证法一：如图，连接 CE，设 CE 与 BM 交于点 N， 根据题意，知该几何体为圆台的一部分，且 CD 与 EF 相交， 故 C，D，F，E 四点共面， 因为平面 ADF平面 BCE， 所以 CEDF， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作
14、业 因为 M 为CE 的中点，所以CBMEBM. 又 BCBE，所以 N 为 CE 的中点， BNCE，即 BMCE， 所以 BMDF. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 证法二：如图，以点 B 为坐标原点，BE，BC，BA 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设 AB1，则 ADAF1，BCBE2， 所以 B(0，0，0)，M( 2， 2，0)，D(0，1，1)，F(1，0，1)， 所以BM ( 2， 2，0)，DF (1，1，0)， 所以BM DF 2 20， 所以 BMDF. 核心知识回顾核心知识回顾 热点
15、考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)求异面直线 BM 与 EF 所成角的大小 解 (2)解法一：如图，连接 DB，DN， 由(1)知，DFEN 且 DFEN， 所以四边形 ENDF 为平行四边形，所以 EFDN， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 所以BND 为异面直线 BM 与 EF 所成的角，设 AB1，则 BDDN BN 2， 所以BND 为等边三角形，所以BND60， 所以异面直线 BM 与 EF 所成角的大小是 60. 解法二：如图，以点 B 为坐标原点，BE，BC，BA 所在直线分别为 x 轴
16、、 y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设 AB1，则 ADAF1，BE2， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 所以 B(0，0，0)，M( 2， 2，0)，E(2，0，0)，F(1，0，1)， 所以BM ( 2， 2，0)，EF (1，0，1)， 所以 cos BM ，EF BM EF |BM |EF | 2 2 2 1 2， 所以异面直线 BM 与 EF 所成角的大小是 60. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 角度 2 利用空间向量求线面角 例 3 (2020 山东省实验中学
17、高考预测卷)如图， 在四棱锥 PABCD 中， 底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，DAB60，ADP90，平面 ADP 平面 ABCD，点 F 为棱 PD 的中点 (1)在棱 AB 上是否存在一点 E，使得 AF平面 PCE，并说明理由； 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 解 (1)在棱 AB 上存在点 E， 使得 AF平面 PCE， 点 E 为棱 AB 的中点 理由如下：如图，取 PC 的中点 Q，连接 EQ，FQ， 由题意，得 FQCD 且 FQ1 2CD， 又 AECD 且 AE1 2CD， 故 AEFQ 且 AEFQ. 所以
18、四边形 AEQF 为平行四边形 所以 AFEQ，又 EQ 平面 PCE，AF平面 PCE， 所以 AF平面 PCE. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)当二面角 DFCB 的余弦值为 2 4 时，求直线 PB 与平面 ABCD 所 成的角 解 (2)如图，连接 BD，DE. 由题意知ABD 为正三角形，所以 EDAB，即 EDCD， 又ADP90，所以 PDAD， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 又平面 ADP平面 ABCD，平面 ADP平面 ABCDAD， 所以 PD平
19、面 ABCD， 故以点 D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 设 FDa(a0)，则由题意知 D(0，0，0)，F(0，0，a)，C(0，2，0)，B( 3， 1，0)，FC (0，2，a)，CB ( 3，1，0)， 设平面 FBC 的法向量为 m(x，y，z)， 则 m FC 2yaz0， m CB 3xy0， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 令 x1，则 y 3，z2 3 a ， 所以取 m 1， 3，2 3 a ， 易知平面 DFC 的一个法向量为 n(1，0，0)， 因为二面角 DFCB 的余弦值为 2 4 ， 所以|
20、cos m，n|m n| |m|n| 1 412 a2 2 4 ， 解得 a 3. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 由于 PD平面 ABCD，所以 PB 在平面 ABCD 内的射影为 BD， 所以PBD 为直线 PB 与平面 ABCD 所成的角， 由题意知在 RtPBD 中，tan PBDPD BDa 3， 从而PBD60， 所以直线 PB 与平面 ABCD 所成的角为 60. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 角度 3 利用空间向量求二面角 例 4 (2020 山东省济宁市模
21、拟)如图，三棱台 ABCA1B1C1中，侧面 A1B1BA 与侧面 A1C1CA 是全等的梯形，若 AA1AB，AA1A1C1，AB2A1B1 4AA1. (1)若CD 2DA1 ，AE 2EB ，证明：DE平面 BCC1B1； 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 解 (1)证明：连接 AC1，BC1，在梯形 A1C1CA 中，AC2A1C1. CD 2DA1 ， AC1A1CD，AD 2DC1 ， AE 2EB ，DEBC1. BC1 平面 BCC1B1，DE平面 BCC1B1， DE平面 BCC1B1. 核心知识回顾核心知识回顾 热点
22、考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)若二面角 C1AA1B 为 3，求平面 A1B1BA 与平面 C1B1BC 所成的锐 二面角的余弦值 解 (2)AA1A1C1，AA1AC. 又 AA1AB，平面 A1B1BA平面 A1C1CAAA1， BAC 3， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 在平面内过点 A 作 AC 的垂线，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设 AA11，则 A1B1A1C12，AC4， A1(0，0，1)，C(0，4，0)，B(2 3，2，0)，B1( 3，1，1). 设平面 A1B1B
23、A 的法向量为 m(x，y，z)， 则 m AB 2 3x2y0， m AB1 3xyz0， m(1， 3，0)， 同理得平面 C1B1BC 的一个法向量为 n(1， 3，2 3)， cosm，n m n |m|n| 1 4， 平面 A1B1BA 与平面 C1B1BC 所成的锐二面角的余弦值为1 4. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 三种空间角的向量求法 (1)异面直线所成的角 ，可以通过两直线的方向向量的夹角 求得，即 cos |cos |. (2)直线与平面所成的角 可以通过直线的方向向量与平面的法向量的 夹角 求得，即 sin
24、|cos |. (3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向 向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于 两个法向量的夹角或其补角. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 1如图，四边形 ABCD 为菱形，ABC120，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE平面 ABCD，DF平面 ABCD，BE2DF，AEEC. (1)证明：平面 AEC平面 AFC； 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 解 (1)证明：连接 BD，设 BDACG，
25、连接 EG，FG，EF. 在菱形 ABCD 中，不妨设 GB1. 由ABC120，可得 AGGC 3. 由 BE平面 ABCD，ABBC，可知 AEEC. 又 AEEC，所以 EG 3，且 EGAC. 在 RtEBG 中，可得 BE 2，故 DF 2 2 . 在 RtFDG 中，可得 FG 6 2 . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 在直角梯形 BDFE 中，由 BD2，BE 2，DF 2 2 ， 可得 EF3 2 2 . 从而 EG2FG2EF2，所以 EGFG. 又 ACFGG，可得 EG平面 AFC. 因为 EG 平面 AEC，
26、所以平面 AEC平面 AFC. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值 解 (2)如图，以点 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 Gxyz. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 由(1)可得 A(0， 3，0)，E(1，0， 2)，F 1，0， 2 2 ，C(0， 3，0)， 所以AE (1， 3， 2)，CF 1， 3， 2 2 . 故 cos AE ，CF A
27、E CF |AE |CF | 3 3 . 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 3 3 . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 2. (2020 湖南永州高三第三次模拟)在三棱柱 ABCA1B1C1中，侧面 ABB1A1底面 ABC，ABC90，且侧面 ABB1A1为菱形 (1)证明：A1B平面 AB1C1； 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 解 (1)证明：四边形 ABB1A1为菱形，A1BAB1， 平面 ABB1A1平面 ABC，且 AB 为交线，BCAB， BC平面
28、 ABB1A1，BCA1B. BCB1C1，A1BB1C1， 又 AB1B1C1B1，A1B平面 AB1C1. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)若A1AB60， AB2， 直线AC1与底面ABC所成角的正弦值为 5 5 ， 求二面角 A1AC1B1的余弦值 解 (2)取 A1B1的中点 M，连接 BM，易证 BM平面 ABC，且 ABBC， 以 BA 所在直线为 x 轴，BC 所在直线为 y 轴，BM 所在直线为 z 轴，建立如 图所示的空间直角坐标系， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题
29、专题作业专题作业 设 BCt(t0)，则 A(2,0,0)，A1(1,0， 3)，C(0，t,0)， AA1 (1,0， 3)，AC (2，t,0) 四边形 A1ACC1为平行四边形， AC1 AA1 A1C1 AA1 AC (3，t， 3)， 易知平面 ABC 的一个法向量为 n(0,0,1)， |cosAC1 ，n|AC1 n| |AC1 |n| 3 12t2 5 5 ， 解得 t 3， AC1 (3， 3， 3) 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 设平面 AA1C1的法向量 n1(x1，y1，z1)， n1 AA1 x1 3z10
30、， n1 AC1 3x1 3y1 3z10， 令 z11，则 n1( 3，2,1)， 由(1)可得平面 AB1C1的一个法向量BA1 (1,0， 3)， cosn1，BA1 n1 BA1 |n1|BA1 | 6 4 ， 又二面角 A1AC1B1为锐角， 二面角 A1AC1B1的余弦值为 6 4 . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 考向 3 立体几何中的探索性问题 例 5 (2020 河北省保定市一模)如图，四边形 ABCD 为矩形，ABE 和 BCF 均为等腰直角三角形，且BAEBCFDAE90，EAFC. (1)求证：ED平面 BC
31、F； 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 解 (1)证明： 因为 ADBC， BC 平面 BCF， AD平面 BCF， 所以 AD 平面 BCF， 因为 EAFC，FC 平面 BCF，EA平面 BCF，所以 EA平面 BCF， 又 EAADA，EA，AD 平面 ADE， 所以平面 ADE平面 BCF，又 ED 平面 ADE， 所以 ED平面 BCF. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)设BC AB，问是否存在 ，使得二面角 BEFD 的余弦值为 3 3 ？若 存在，求出 的值
32、；若不存在，请说明理由 解 (2)以 D 为原点，DA 所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y 轴，建立如 图所示的空间直角坐标系， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 因为BAEDAE90，所以 EAAB，EAAD， 又 ADADA，AD，AB 平面 ABCD，所以 EA平面 ABCD， 又 EAFC，所以 FC平面 ABCD， 设 ABAEa，BCCFb，则 D(0，0，0)，F(0，a，b)，E(b，0，a)， B(b，a，0)， 则DE (b，0，a)，DF (0，a，b). 设平面 DEF 的法向量为 n(x，y，z)，则 由
33、 DE n0， DF n0， 得 bxaz0， aybz0， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 取 x1，则 yb 2 a2，z b a， 因为BC AB b a，则 n(1， 2，). 设平面 BEF 的法向量为 m(x，y，z)， 因为BE (0，a，a)，BF (b，0，b)， 由 BE m0， BF m0， 得 ayaz0， bxbz0，取 x1， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 则 yz1，所以 m(1，1，1)， 所以 cos m，n m n |m|n| 12 34
34、21 . 因为二面角 BEFD 的余弦值为 3 3 ， 所以 |12| 3421 3 3 ， 整理得 210，由于 30， 所以不存在正实数 ，使得二面角 BEFD 的余弦值为 3 3 . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 利用空间向量求解探索性问题的策略 (1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结 论 (2)在这个前提下进行逻辑推理， 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(或参数)是否有解，是否 有规定范围内的解”等若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定 结论
35、. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 如图 1，在边长为 3 的菱形 ABCD 中，已知 AFEC1，且 EFBC. 将梯形 ABEF 沿直线 EF 折起，使 BE平面 CDFE，如图 2，P，M 分别是 BD，AD 上的点. (1)若平面 PAE平面 CMF，求 AM 的长； 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 解 (1)因为平面 PAE 与平面 CDFE 有公共点 E，所以平面 PAE 与平面 CDFE 相交，设交线为 EQ，若平面 PAE平面 CMF， 因为平面 CDFE平面
36、 CMFCF，则 EQCF. 设 EQDFQ，又因为 FQCE， 所以四边形 ECFQ 是平行四边形，FQCE， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 同理，由平面 PAE平面 CMF， 因为平面 PAE平面 ADQAQ，平面 CMF平面 ADQMF，所以 AQMF. 所以AM AD QF QD 1 3. 因为 AFDF，AF1，DF2， 所以 AD 5，所以 AM 5 3 . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)是否存在点 P，使直线 DF 与平面 PAE 所成的角是 45？若
37、存在， 求出 BP BD的值；若不存在，请说明理由 解 (2)结论：存在点 P，使直线 DF 与平面 PAE 所成的角是 45. 在题图 2 中，以点 F 为原点，分别以 FE，FD，FA 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 易得 EF2 2，则 F(0，0，0)，E(2 2，0，0)，又 A(0，0，1)，B(2 2， 0，2)，D(0，2，0)， 所以FD (0，2，0)，AE (2 2，0，1)，BD (2 2，2，2)，AB (2 2，0，1)， 设BP BD (0，1)，则
38、BP (2 2，2，2)， 则AP AB BP (2 22 2，2，12)， 设平面 PAE 的法向量为 n(x，y，z)， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 由 n AE 0， n AP 0， 得 2 2xz0， （2 22 2）x2y（12）z0， 令 x1，可得 z2 2，y3 22 2 ， 所以 n 1，3 22 2 ，2 2 . 若存在点 P，使直线 DF 与平面 PAE 所成的角是 45， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 则|cos n，FD | 2 3 22 2
39、29 3 22 2 2 2 2 ， 解得 4 2 2 3 ， 因为 (0，1，所以 42 2 3 ，即 BP BD 42 2 3 . 故存在一点 P，当 BP BD 42 2 3 时，直线 DF 与平面 PAE 所成的角是 45 . 3 真题真题VSVS押题押题 PART THREE 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 真题检验 1(2020 全国卷)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AEAD.ABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，PO 6 6 DO. (1)证明：PA平面 PBC； 核心知识回
40、顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 解 (1)证明：AE 为底面直径，AEAD， DAE 为等边三角形设 AE1， 则 DO 3 2 ，AOCOBO1 2AE 1 2， PO 6 6 DO 2 4 ，PAPCPBPO2BO2 6 4 ， 又ABC 为等边三角形，ABAE cos 30 3 2 . PA2PB23 4AB 2，APB90， 即 PAPB. 同理得 PAPC，又 PCPBP，PA平面 PBC. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)求二面角 BPCE 的余弦值 解 (2)过点
41、O 作 ONBC 交 AB 于点 N，则 ONAO. PO平面 ABC，POAO，POON.以 O 为坐标原点，OA，ON， OD 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，设 AE 1， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 则 E 1 2，0，0 ，P 0，0， 2 4 ，A 1 2，0，0 ，C 1 4， 3 4 ，0 ，PC 1 4， 3 4 ， 2 4 ，PA 1 2，0， 2 4 ，PE 1 2，0， 2 4 . 由(1)得平面 PBC 的一个法向量为PA 1 2，0， 2 4 ， 设平面 PCE 的一
42、个法向量为 m(x，y，z)， 由 m PC 0， m PE 0， 得 x 3y 2z0， 2x 2z0. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 令 x1，得 z 2，y 3 3 ，m 1， 3 3 ， 2 . 故 cos m，PA PA m |PA |m| 1 6 4 30 3 2 5 5 ， 由图可得二面角 BPCE 为锐二面角， 二面角 BPCE 的余弦值为2 5 5 . 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 2(2020 全国卷)如图，在长方体 ABCDA1B1C1D1中，点 E
43、，F 分别 在棱 DD1，BB1上，且 2DEED1，BF2FB1. (1)证明：点 C1在平面 AEF 内； 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 解 (1)证明： 在棱 CC1上取点 G， 使得 C1G1 2CG， 连接 DG， FG， C1E， C1F， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 C1G1 2CG，BF2FB1， CG2 3CC1 2 3BB1BF 且 CGBF， 四边形 BCGF 为平行四边形， BCGF 且 BCGF， 又在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ADB
44、C 且 ADBC， ADGF 且 ADGF. 四边形 ADGF 为平行四边形 AFDG 且 AFDG. 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 同理可证四边形 DEC1G 为平行四边形， C1EDG 且 C1EDG， C1EAF 且 C1EAF， 则四边形 AEC1F 为平行四边形， 因此，点 C1在平面 AEF 内 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 (2)若 AB2，AD1，AA13，求二面角 AEFA1的正弦值 解 (2)以点 C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C 所在直线分
45、别为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 C1xyz， 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 则 A(2,1,3)，A1(2,1,0)，E(2,0,2)，F(0,1,1)， AE (0，1，1)，AF (2,0，2)，A1E (0，1，2)，A1F (2， 0,1)， 设平面 AEF 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 由 m AE 0， m AF 0， 得 y1z10， 2x12z10， 取 z11，得 x1y11，则 m(1，1，1). 核心知识回顾核心知识回顾 热点考向探究热点考向探究 真题真题VS押题押题 专题作业专题作业 设平面 A1EF 的法向量为 n(x2，y2，z2)， 由 n A1E 0， n A1F 0， 得 y22z20， 2x2z20， 取 z22，得 x21，y24，则 n(1,4,2) cosm，n m n |m|n| 3 3 21 7 7 . 设二面角 AEFA1的平面角为 ，则|cos| 7 7 ， s
