高考数学大二轮专题复习第二编立体几何中的向量方法

1、新高考二轮复习·数学(新课程版)第3讲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.核心知识回顾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(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(1)lmabakba1ka2，b1kb2，c1kc2；(2)lmaba·b0a1a2b1b2c1c20；(3)laa·0a1a3b1b3c1c

2、30；(4)laaka1ka3，b1kb3，c1kc3；(5)vkva3ka4，b3kb4，c3kc4；(6)v·v0a3a4b3b4c3c40.2三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.(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coscosn1，n2或cosn1，n2热点考向探究考向1利用向量证

3、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，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d1pcqb对于任意给定的点q，存在点r使得d1rcqc当ara1c时，ard1rd当a1c3a1r时，d1r平面bdc1答案abd解析如图所示，建立空间直角坐标系，设p(2，a,0)，a0,2，q(2,2，b)，b0,2，设，得到r(22，2，22)，0,1.(2，a，2)，(2,0，b)，·42b，当b2时，d1pcq，a正确；(

4、22，2，2)，·2(22)2b，取时，d1rcq，b正确；由ara1c，则·(2，2，22)·(2，2，2)412440，解得，此时··0，c错误；由a1c3a1r，则r，设平面bdc1的法向量为n(x，y，z)，则解得n(，1，)，故·n0，故d1r平面bdc1，d正确故选abd.(2)如图，在直四棱柱abcda1b1c1d1中，底面abcd为等腰梯形，abcd，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；证明：平面d1ac平面bb1c1c.证明如图，过点d作a

5、b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(，1，0)，b(，3,0)，c(0，2,0)，e1(，1，1)，e，f(，1,0)，d1(0,0,2)，b1(，3,2)，c1(0,2,2)(0,0,2)，(，1,0)设平面fcc1的法向量n1(x，y，z)，则令x1，得n1(1，0)，又，故·n10，又e1e平面fcc1，所以e1e平面fcc1.(，1，2)，(0,2，2)，设平面d1ac的法向量n2(a，b，c)，由得令b1，得n2(，1,1)同理易得平面bb1c1c的一个法向量n3(1，0)，因为n2·n

6、30，故平面d1ac平面bb1c1c.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；(2)be平面pad；(3)平面pcd平面pad.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

7、,2)由e为棱pc的中点，得e(1,1,1)(1)向量(0,1,1)，(2,0,0)，故·0.所以bedc.(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(1,0,0)为平面pad的一个法向量，而·(0,1,1)·(1,0,0)0，所以，又be平面pad，所以be平面pad.(3)由(2)知平面pad的一个法向量(1,0,0)，向量(0,2，2)，(2,0,0)，设平面pcd的法向量为n(x，y，z)，则即不妨令y1，可得n(0,1,1)为平面pcd的一个法向量则n·(0,1,1)&#

8、183;(1,0,0)0，所以n.所以平面pcd平面pad.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abcd中，adbc，abbc，abadbc，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为的中点(1)求证：bmdf；(2)求异面直线bm与ef所成角的大小解(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，因为m为的中点，所以c

9、bmebm.又bcbe，所以n为ce的中点，bnce，即bmce，所以bmdf.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(，0)，d(0,1,1)，f(1，0,1)，所以(，0)，(1，1,0)，所以·0，所以bmdf.(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，所以bnd为异面直线bm与ef所成的角，设ab1，则bddnbn，所以bnd为等边三角形，所以bnd60°，所以异面直线bm与e

10、f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、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设ab1，则adaf1，be2，所以b(0,0,0)，m(，0)，e(2,0,0)，f(1，0,1)，所以(，0)，(1,0,1)，所以cos，所以异面直线bm与ef所成角的大小是60°.角度2利用空间向量求线面角例3(2020·山东省实验中学高考预测卷)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

11、pce，并说明理由；(2)当二面角dfcb的余弦值为时，求直线pb与平面abcd所成的角解(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fqcd，又aecd且aecd，故aefq且aefq.所以四边形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.(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，又平面adp平面abcd，平面adp平面abcdad，所以pd平面abcd，故以点d为坐标原点建立如图所示

12、的空间直角坐标系，设fda(a>0)，则由题意知d(0,0,0)，f(0,0，a)，c(0，2,0)，b(，1,0)，(0,2，a)，(，1，0)，设平面fbc的法向量为m(x，y，z)，则令x1，则y，z，所以取m，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，所以|cosm，n|，解得a.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，tanpbda，从而pbd60°，所以直线pb与平面abcd所成的角为60°.角度3利用空间向量求二面角例4(2020&#

13、183;山东省济宁市模拟)如图，三棱台abca1b1c1中，侧面a1b1ba与侧面a1c1ca是全等的梯形，若aa1ab，aa1a1c1，ab2a1b14aa1.(1)若2，2，证明：de平面bcc1b1；(2)若二面角c1aa1b为，求平面a1b1ba与平面c1b1bc所成的锐二面角的余弦值解(1)证明：连接ac1，bc1，在梯形a1c1ca中，ac2a1c1.2，ac1a1cd，2，2，debc1.bc1平面bcc1b1，de平面bcc1b1，de平面bcc1b1.(2)aa1a1c1，aa1ac.又aa1ab，平面a1b1ba平面a1c1caaa1，bac，在平面内过点a作ac的垂线，建

14、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(2，2,0)，b1(，1,1)设平面a1b1ba的法向量为m(x，y，z)，则m(1，0)，同理得平面c1b1bc的一个法向量为n(1，2)，cosm，n，平面a1b1ba与平面c1b1bc所成的锐二面角的余弦值为.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|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(

15、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；(2)求直线ae与直线cf所成角的余弦值解(1)证明：连接bd，设bdacg，连接eg，fg，ef.在菱形abcd中，不妨设gb1.由abc120°，可得aggc.由be平面abcd，abbc，可知aeec.又aeec，所以eg，且egac.在rtebg中，可得be，故df.在rtfdg中，可得fg.在直角梯形bdfe中，由b

16、d2，be，df，可得ef.从而eg2fg2ef2，所以egfg.又acfgg，可得eg平面afc.因为eg平面aec，所以平面aec平面afc.(2)如图，以点g为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系gxyz.由(1)可得a(0，0)，e(1,0，)，f，c(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线ae与直线cf所成角的余弦值为.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；(2)若a1ab60

17、6;，ab2，直线ac1与底面abc所成角的正弦值为，求二面角a1ac1b1的余弦值解(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abb1a1，bca1b.bcb1c1，a1bb1c1，又ab1b1c1b1，a1b平面ab1c1.(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，设bct(t>0)，则a(2,0,0)，a1(1,0，)，c(0，t,0)，(1,0，)，(2，t,0)四边形a1acc1为平行四边形，

18、(3，t，)，易知平面abc的一个法向量为n(0,0,1)，|cos，n|，解得t，(3，)设平面aa1c1的法向量n1(x1，y1，z1)，令z11，则n1(，2,1)，由(1)可得平面ab1c1的一个法向量(1,0，)，cosn1，又二面角a1ac1b1为锐角，二面角a1ac1b1的余弦值为.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bcf；(2)设，问是否存在，使得二面角befd的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解

19、(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.(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，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(b,0，a)

20、，(0，a，b)设平面def的法向量为n(x，y，z)，则由得取x1，则y，z，因为，则n(1，2，)设平面bef的法向量为m(x，y，z)，因为(0，a，a)，(b,0，b)，由得取x1，则yz1，所以m(1,1,1)，所以cosm，n .因为二面角befd的余弦值为，所以，整理得210，由于3<0，所以不存在正实数，使得二面角befd的余弦值为.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

21、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；(2)是否存在点p，使直线df与平面pae所成的角是45°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(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cmfcf，则eqcf.设eqdfq，又因为fqce，所以四边形ecfq是平行四边形，fqce，同理

22、，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.因为afdf，af1，df2，所以ad，所以am.(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，如图所示易得ef2，则f(0,0,0)，e(2，0,0)，又a(0,0,1)，b(2，0,2)，d(0,2,0)，所以(0,2,0)，(2，0，1)，(2，2，2)，(2，0,1)，设(0,1)，则(2，2，2)，则(22，2，12)，设平面pae的法向量为n(x，y，z)，由得令x1

23、，可得z2，y3，所以n.若存在点p，使直线df与平面pae所成的角是45°，则|cosn，|，解得，因为(0,1，所以，即.故存在一点p，当时，直线df与平面pae所成的角是45°.真题押题真题检验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，podo.(1)证明：pa平面pbc；(2)求二面角bpce的余弦值解(1)证明：ae为底面直径，aead，dae为等边三角形设ae1，则do，aocoboae，podo，papcpb，又abc为等边三角形，abae·cos3

24、0°.pa2pb2ab2，apb90°，即papb.同理得papc，又pcpbp，pa平面pbc.(2)过点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ae1，则e，p，a，c，.由(1)得平面pbc的一个法向量为，设平面pce的一个法向量为m(x，y，z)，由得令x1，得z，y，m.故cosm，由图可得二面角bpce为锐二面角，二面角bpce的余弦值为.2(2020·全国卷)如图，在长方体abcda1b1c1d1中，点e，f分别在棱dd1，

25、bb1上，且2deed1，bf2fb1.(1)证明：点c1在平面aef内；(2)若ab2，ad1，aa13，求二面角aefa1的正弦值解(1)证明：在棱cc1上取点g，使得c1gcg，连接dg，fg，c1e，c1f，c1gcg，bf2fb1，cgcc1bb1bf且cgbf，四边形bcgf为平行四边形，bcgf且bcgf，又在长方体abcda1b1c1d1中，adbc且adbc，adgf且adgf.四边形adgf为平行四边形afdg且afdg.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(2)以点

26、c1为坐标原点，c1d1，c1b1，c1c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c1xyz，则a(2,1,3)，a1(2,1,0)，e(2,0,2)，f(0,1,1)，(0，1，1)，(2,0，2)，(0，1，2)，(2，0,1)，设平面aef的法向量为m(x1，y1，z1)，由得取z11，得x1y11，则m(1,1，1)设平面a1ef的法向量为n(x2，y2，z2)，由得取z22，得x21，y24，则n(1,4,2)cosm，n.设二面角aefa1的平面角为，则|cos|，sin.因此，二面角aefa1的正弦值为.3(2020·江苏高考)在三棱锥abcd中，已知

27、cbcd，bd2，o为bd的中点，ao平面bcd，ao2，e为ac的中点(1)求直线ab与de所成角的余弦值；(2)若点f在bc上，满足bfbc，设二面角fdec的大小为，求sin的值解(1)如图，连接co，cbcd，bood，cobd.以o为坐标原点，ob，oc，oa分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则a(0,0,2)，b(1,0,0)，c(0，2,0)，d(1，0,0)，e(0,1,1)(1,0，2)，(1,1,1)，cos，.从而直线ab与de所成角的余弦值为.(2)设平面dec的法向量为n1(x，y，z)，(1,2,0)，令y1，x2，z1.n1(2,1,1)设平面def的法向量为

28、n2(x1，y1，z1)，令y17，x12，z15，n2(2，7,5)cosn1，n2.因此，sin.金版押题4如图1，在梯形abcd中，abcd，且ab2cd，abc是等腰直角三角形，其中bc为斜边，若把acd沿ac边折叠到acp的位置，使平面pac平面abc，如图2.(1)证明：abpa；(2)若e为棱bc的中点，求二面角bpae的余弦值解(1)证明：因为abc是等腰直角三角形，bc为斜边，所以abac.因为平面pac平面abc，平面pac平面abcac，所以ab平面pac.因为pa平面pac，所以abpa.(2)由(1)知abac，pc平面abc，则以a为坐标原点，ab，ac分别为x，y

29、轴的正方向，过点a作平行于pc的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系axyz.设pc1，则a(0,0,0)，b(2,0,0)，c(0,2,0)，p(0,2,1)，e(1,1,0)，故(2,0,0)，(0,2,1)，(1,1,0)设平面pab的法向量n(x1，y1，z1)，则令y11，得n(0,1，2)设平面pae的法向量m(x2，y2，z2)，则令x21，得m(1，1,2)，则cosm，n.由图可知二面角bpae为锐角，故二面角bpae的余弦值为.专题作业1(2020·山东省泰安市五模)如图，在四棱锥eabcd中，底面abcd为直角梯形，abcd，bccd，ab2bc2cd，ea

30、b是以ab为斜边的等腰直角三角形，且平面eab平面abcd，点f满足(0,1)(1)试探究为何值时，ce平面bdf，并给予证明；(2)在(1)的条件下，求直线ab与平面bdf所成角的正弦值解(1)当时，ce平面bdf.证明如下：连接ac，交bd于点m，连接mf.因为abcd，所以ammcabcd21.又，所以faef21.所以ammcafef21.所以mfce.又mf平面bdf，ce平面bdf，所以ce平面bdf.(2)取ab的中点o，连接eo，od.则eoab.又因为平面abe平面abcd，平面abe平面abcdab，eo平面abe，所以eo平面abcd，因为od平面abcd，所以eood.

31、由bccd，及ab2cd，abcd，得odab，由ob，od，oe两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系oxyz.因为eab为等腰直角三角形，ab2bc2cd，所以oaobodoe，设ob1，所以o(0,0,0)，a(1,0,0)，b(1,0,0)，c(1,1,0)，d(0,1,0)，e(0,0,1)所以(2,0,0)，(1,1,0)，f，所以.设平面bdf的法向量为n(x，y，z)，则有所以取x1，得n(1,1,2)设直线ab与平面bdf所成的角为，则sin|cos，n|.即直线ab与平面bdf所成角的正弦值为.2(2020·山东省聊城市模拟)如图，在四边形abcd中，bccd，b

32、ccd，adbd，以bd为折痕把abd折起，使点a到达点p的位置，且pcbc.(1)证明：pd平面bcd；(2)若m为pb的中点，二面角pbcd等于60°，求直线pc与平面mcd所成角的正弦值解(1)证明：因为bccd，bcpc，pccdc，所以bc平面pcd.又因为pd平面pcd，所以bcpd.又因为pdbd，bdbcb，所以pd平面bcd.(2)因为pcbc，cdbc，所以pcd是二面角pbcd的平面角，由已知得pcd60°，因此pdcdtan60°cd.取bd的中点o，连接om，oc，易得om，oc，bd两两垂直，以o为原点建立如图所示的空间直角坐标系oxy

33、z.设ob1，则p(0,1，)，c(1，0,0)，d(0,1,0)，m，(1,1，)，(1，1,0)，设平面mcd的一个法向量为n(x，y，z)，则由得令z，得n(，)，所以cosn，因此，直线pc与平面mcd所成角的正弦值为.3如图，在三棱柱abca1b1c1中，平面acc1a1平面abc，ac2，aa1ab4，bac120°，acc160°.(1)证明：ac1bc；(2)求直线cb1与平面abb1a1所成角的正弦值解(1)证明：在三棱柱abca1b1c1中，平面acc1a1平面abc，ac2，aa1ab4，bac120°，acc160°.ac12，a

34、cac2cc，ac1ac，平面acc1a1平面abcac，ac1平面abc，又bc平面abc，ac1bc.(2)如图，以a为坐标原点，ab为y轴，ac1为z轴，建立空间直角坐标系，则a(0,0,0)，c(，1,0)，b1(，5，2)，b(0,4,0)，(2，6,2)，(0,4,0)，(，5,2)，设平面abb1a1的法向量n(x，y，z)，则取x2，得n(2,0,1)，设直线cb1与平面abb1a1所成角为，则sin，直线cb1与平面abb1a1所成角的正弦值为.4如图，已知正方形adef，梯形abcd，且adbc，bad90°，平面adef平面abcd，abad1，bc3.(1)求

35、证：afcd；(2)求直线bf与平面cde所成角的正弦值；(3)线段bd上是否存在点m，使得直线ce平面afm，若存在，求的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：因为四边形adef为正方形，所以afad.又因为平面adef平面abcd，且平面adef平面abcdad，所以af平面abcd，又cd平面abcd，所以afcd.(2)由(1)可知，af平面abcd，所以afad，afab.因为bad90°，所以ab，ad，af两两垂直分别以ab，ad，af所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)因为abad1，bc3，所以a(0,0,0)，b(1,0,0)，c(1,3,0)，d

36、(0,1,0)，e(0,1,1)，f(0,0,1)，所以(1,0,1)，(1,2,0)，(0,0,1)设平面cde的一个法向量为n(x，y，z)，则即令x2，则y1，所以n(2，1,0)设直线bf与平面cde所成角为，则sin|cosn，|.(3)结论：线段bd上存在点m，使得直线ce平面afm.设(0,1)，设m(x1，y1，z1)，由，得(x11，y1，z1)(1，1,0)，所以x11，y1，z10，所以m(1，0)，所以(1，0)设平面afm的法向量为m(x0，y0，z0)，则因为(0,0,1)，所以令x0，则y01，所以m(，1,0)在线段bd上存在点m，使得ce平面afm等价于存在0

37、,1，使得m·0.因为(1，2,1)，m·0，所以2(1)0，解得0,1，所以线段bd上存在点m，使得ce平面afm，且.5. (2020·山东省济南市二模)如图，三棱锥pabc中，平面pab平面abc，pabpba45°，abc2bac60°，d是棱ab的中点，点e在棱pb上，点g是bcd的重心(1)若e是pb的中点，证明ge平面pac；(2)是否存在点e，使二面角ecdg的大小为30°？若存在，求的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：延长dg交bc于点f，连接ef，因为点g是bcd的重心，故f为bc的中点，因为d，e分别是棱ab

38、，bp的中点，所以dfac，deap，又因为dfded，所以平面def平面apc，又ge平面def，所以ge平面pac.(2)连接pd，因为pabpba45°，所以papb，又d是ab的中点，所以pdab，因为平面pab平面abc，而平面pab平面abcab，pd平面pab，所以pd平面abc.如图，以d为原点，垂直于ab的直线为x轴，db，dp所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系设papb2，则ab2，pdcd，所以d(0,0,0)，b(0，0)，c，g，p(0,0，)，假设存在点e，设，(0,1，则(0，0)(0，)(0，(1)，)，所以e(0，(1)，)，又，设平面ecd

39、的法向量为n1(x，y，z)，则令x1，解得n1，又平面cdg的法向量n2(0,0,1)，而二面角ecdg的大小为30°，所以|cosn1，n2|，即，解得，所以存在点e，使二面角ecdg的大小为30°，此时.6如图，在四棱柱abcda1b1c1d1中，侧棱a1a底面abcd，abac，ab1，acaa12，adcd，且点m和n分别为b1c和d1d的中点(1)求证：mn平面abcd；(2)求二面角d1acb1的正弦值；(3)设e为棱a1b1上的点，若直线ne和平面abcd所成角的正弦值为，求线段a1e的长解如图，以a为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意可得a(0,0,0)，

40、b(0,1,0)，c(2,0,0)，d(1，2,0)，a1(0,0,2)，b1(0,1,2)，c1(2,0,2)，d1(1，2,2)因为m，n分别为b1c和d1d的中点，所以m，n(1，2,1)(1)证明：依题意，可得n(0,0,1)为平面abcd的一个法向量，.由此可得·n0，又直线mn平面abcd，所以mn平面abcd.(2)(1，2,2)，(2,0,0)设n1(x1，y1，z1)为平面acd1的法向量，则即不妨设z11，可得n1(0,1,1)设n2(x2，y2，z2)为平面acb1的法向量，则又(0,1,2)，得不妨设z21，可得n2(0，2,1)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2，所以二面角d1acb1的正弦值为.(3)依题意，可设，其中0,1，则e(0，2)，从而(1，2,1)又n(0,0,1)为平面abcd的一个法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，又0,1，所以2.所以线段a1e的长为2.7. 如图，在梯形abcd中，abcd，bcd，四边形acfe为矩形，且cf平面abcd，adcdbccf.(1)求证：ef平面bcf；(2)点m在线段ef上运动，当点m在什么位置时，平面mab与平面fcb所成锐