2020届高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量专题7.8利用空间向量解决有关空间角的开放问题练习含解析

专

利空向解有空角开问【考点聚焦突破】考点一与线面角有关的探索性问题【例1】(2019·湖北重点中学作体联)等边△ABC的长为3点D，分是AB上的点，且满足AD1＝＝(如图，△沿折起eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)DE位置，使二面角A－－直二面角，连接AB，DBAC(如图(2))．(1)求证：⊥面BCED(2)在线段上否存在点P使直线与平面所的角为？若存在，求出的；若不存在，请说明理由．【答案】解析【解析】(1)证明题(1)中，已知可得：AE＝，AD＝，＝60°.从而＝1＋－2×1×2×cos60°＝3.故得＋＝，∴ADDEBD⊥.∴题图2)中AD⊥，⊥，∴∠DB二面角A－－平面角，又二面角A－－为二面角，∴∠DB＝90°，即⊥，∵DED且DE，平面B，∴A⊥平面.(2)解存．(1)知⊥，⊥平面BCED.以为标原点，以射线D、、DA分别x、轴z轴正半轴建立空间直角坐标系D－xyz如图，过P作∥交BD于，

→→→→||||→→→→||||设＝a≤2a≤3)，则＝，＝3，DH＝－，易知A(0，，，(2－a3，0)，(0，30)，所以＝a－，－3，1)．因为⊥面A，所以平面A的个法向量为D＝(03，0)|·|33因为直线PA与平ABD成的角为60°，所以sin60°＝＝＝，得a＝→→4－a＋×3254

.5∴＝a＝，足0≤2a≤3，合题意．25所以在线段上在点P，使线PA与平面A所成的角为60°，此时＝2【规律方法】

解决此类问题的基本策略是执果索因，其结论明确需要求出使结论成立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组并解程组)，若有解，则存在并得结论成立的条件，若无解，则不存在．【训练1】如，在四棱锥P－ABCD中，侧面⊥底面ABCD，面ABCD是平四边形，∠ABC＝45°，AD＝＝，＝＝2，为的中点，点F在段上．(1)求证：⊥；(2)试确定点F的位置，使得直线与平面所成的角和直线EF平面所成的角相等．【答案】解析【解析】(1)证明如，在平四边形ABCD中连接AC，因为AB22BC＝2，∠ABC＝45°由余弦定理得，＝AB＋BC－2···cos45°4，得AC＝，以＋＝，所以∠ACB＝90°即BCAC.又∥，以⊥AC因为＝＝，＝2，

→→→PB→→n＝0，·→→→→PB→→n＝0，·→→2→→|||m|||nPB2所以＋＝，以PA⊥AD，又∩＝，所以AD⊥平面，以ADPC.(2)解因侧面⊥底面，PA⊥AD所以⊥面，以直线AC，两互相垂直，以A为原，直线AC，为坐标轴，建立如图所示的空间直角标系A－xyz，则A(0，0，0)，－，，(0，20)，(2，，0)，E(－，1，0)，(0，，所P＝(0，2，－2)，＝(－，，－，＝(2，，－．设

PF→＝(，1])，＝(2λ，λ，－λ)(2λ，2，－2λ＋2)，所以＝(2＋，λ－，－2λ＋2)易得平面ABCD一个法向量为m＝(0，0，1)设平面PDC法向量为n＝x，，)，由

＝，得→0，令x＝，n＝(1，－1，－．因为直线与平面PDC成的角和直线EF与平面所的角相等，所以|cos〈，〉|＝|cos〈，n〉|，|·||·|即＝，以－λ＋＝→→33－3即3|λ－1||λ|(λ，，得＝，2PF3－3所以＝.PF3－3即当＝时直线与面PDC所的角和直线与面所的角相等．PB2考点二与二面角有关的探索性问题角度1已二面角探求长度【例2－1】(2019·潍坊模拟)图，在四棱锥P－ABCD中底面为直角梯形，AD∥，∠ADC＝190°，平面⊥底面ABCD，Q为的中点M是棱上的点，PA＝PD＝，BC＝＝，CD3.2

→→→→→→→→→→→→→→→→→→(1)求证：平面⊥面；(2)当PM的为何值时，平面QMB与面PDC所的二面角的大小为60°【答案】解析1【解析】(1)证明∵∥，Q为的中点＝AD，2∴∥，＝，∴四边形BCDQ平行四边形，∴∥.∵∠ADC＝90°BC.∵＝，＝，∴PQ⊥AD又∵平面⊥面ABCD平面∩面ABCD＝，∴⊥平面ABCD，∴BC.又∵∩BQ＝，BC平面PQB.∵BC平面PBC，∴平面PBC⊥面PQB.(2)解由1)可知⊥面.图，以Q为原，分别以QAQBQP所直线为x轴、y轴、轴，建立空间直角坐标系，则(0，，0)，－10，0)P，，3)，(0，3，0)，(－，3，，∴＝(0，3，，＝(0，3，0)，＝(1，，3)，PC(－，3，－3)．设P＝PC，则＝－λ，，－3)，且≤≤1，得(－，3，3－3λ)，∴＝－λ，3λ，3(1－λ))设平面MBQ法向量为m＝x，，)，则＝，＋3y＋3（1－λ）＝，即3＝0.λ令x＝3，则y＝，＝，1－

λ→|m|λλ→|m|λ∴平面MBQ一个法向量为m＝，0，1λ设平面PDC法向量为n＝x′，′z，则＝，′＝0，即3′＝0.令x′＝3，则y′＝0，′－3，∴平面PDC一个法向量为n(3，0，－3)．∴平面QMB平面所的锐二面角的大小为60°|·m∴cos60°＝＝

λ3－3·1－＝，2212·3＋117∴λ＝∴＝PC＝.222角度2已二面角探求角度【例2－】(2019·河“五个一”名校联)如图所示的几何体中，四边形ABCD是腰梯形，ABCD∠ABC＝60°＝＝，四边形DCEF是正形，N，分别线段AB，的中点．(1)(一题多解)求证：∥面ADF；(2)设二面角－CD的小为θ<<π

13，当θ为值时，二面角A－BC的弦值为？13【答案】解析【解析证法如，的点为M，连接AMGM因为四边形是正方形，所以∥，又四边形ABCD梯形，且AB2，∥，是的中点，所以∥，所以∥，所以四边形ANGM是平四边形，所以∥AM.又AM平ADF，平面ADF所以∥面.

→→→→→→法二如图，连接NC，，因为N是AB中点，四边形是形，＝，∥，所以∥，所以四边形ANCD是平四边形，所以∥AD，因为AD平面ADF，NC平AD，所以∥面，同理可得∥平面ADF，又NC∩NE，所以平面∥面，因为NG平面NCE，以NG∥面ADF.(2)解设CD的中点为，的中点为P，连接，OP易得NO⊥，点O为点，以OC所直为轴，以所在直线为轴以过点且平面垂直的直线轴立如图所示的空间直角坐标系．因为⊥，⊥CD所以∠是面角A－－的面角，则∠NOP＝，所以POyπ－，设＝，BC＝CD＝，则P(0，2cos(－)，2sin(π－θ))，(1，2cos(π－θ，2sin(π－))C(1，，0)，(2，－3，0)，CE＝，2cos(－，2sin(π－))，＝(1，－3，0)，设平面BCE法向量为n＝x，，)，＝，3y＝0，则即（π－）2zsin（π－），因为θ∈，π

，所以cos(－)≠0令z＝，y＝－tan(π－，＝－3tan(π－θ)所以n(－3tan(－θ，－π－)1)为平面的个法向量，又易知平面的一个法向量为＝(0，，1)m·所以cos〈，〉＝＝||·||

14tanπ－θ）1

，

由图可知二面角A－－为角，所以

14tan（－）1

＝

1313

，π解得tan(－)＝，又θ<π，2π2π所以tan(－)3即－θ＝，得θ＝，33213所以当二面角A－－的小时，二面角A－－的余弦值为.313【规律方法】1.解探究性问题的基本方法是设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存．2．探索线段上是否存在点时，意三点共线条件的应用．3．利用空间向量的坐标运算，将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题进行处理．【训练2】(2019·华师大附质)图，在五面体ABCDEF中，∥∥，⊥CD∠DCF＝60°CD＝＝CF＝AB＝AD＝，平面⊥面ABCD.(1)求证：⊥面ADF；(2)已知P为BC上的点，试确定点的置，使二面角PDF－的小为60°.【答案】解析【解析】(1)证明∵∥，＝＝，∴四边形CDEF菱形，CE⊥.∵平面CDEF⊥面ABCD，平面CDEF平面ABCD＝CD，AD⊥CDAD平面ABCD，∴AD⊥平面CDEF，∵CE平CDEF，⊥CE.又∵AD平面ADF，平ADF，AD∩DF＝，∴直线CE⊥平面ADF.(2)解由1)知四边形CDEF菱形，又∵∠DCF＝60°∴△为三角形．如图，取的中点，连接GD，则GDEF

→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→∵EF∥CD，⊥CD.∵平面CDEF⊥面ABCD，

平面CDEF，面CDEF∩平面ABCDCD∴GD⊥平面ABCD.又∵⊥CD，∴直线DA，DC两两垂直．以D为原，分别以DC，所在的直线为x轴轴轴，建立如图的空间直角坐标系D－.∵＝＝＝，ABAD＝，∴(000)，(1，，0)C，，，(0，，3)(0，，3)∴＝(0，－，3)，＝，，3)，＝(1，－，0)，DC＝，，．由1)知是平面的一个法向量．设＝aCB＝a，－，0)(0≤，则D＝＋＝，－，．设平面PDF法向量为n＝x，，)，＝，3z＝0，则即2－）＝令y＝3，则x＝3(a－2)，＝－a，∴n(3(a－2)，3，－)．∵二面角－DF的小为60°，→|·CE|∴|cos〈n，〉＝|CE＝

431＝，12·3（a－）＋a＋22解得a＝或a＝－2(不合题意，舍去．3∴P在近点BCB的等分点处．考点三与空间角有关的最值问题【例3】(2019·新高考联盟考如图，在四棱锥E－ABCD中底面ABCD是内接四边形＝＝CE

＝，＝＝AE3，⊥.(1)求证：平面⊥面；(2)若点P在面内运动，且∥平面BEC，求直线DP与面所成角的正弦值的最大值．【答案】解析【解析】(1)证明如，连接，交BD于点O，连接，∵＝，＝，＝AC，∴△ADC≌△ABC，得ADO≌△ABO，∴∠AOD＝∠＝90°，∴⊥.又EC⊥BD，ECC，∴BD⊥面AEC又OE平AEC，∴OE⊥BD.又底面是圆内接四边形，∴∠ADC＝∠ABC＝90°3在Rt△中，由＝3，＝，得AC＝2AO，2AE∴∠AEC＝90°，＝＝AC

32

，易得△AEO∽△ACE∴∠AOEAEC＝90°，即⊥又AC，平面ABCD，AC∩BDO，∴EO⊥平面ABCD，又EO平BED，∴平面BED⊥平面ABCD.(2)解如，取AE中点AB的中点N连接，，，

→→→→nDP→→→→→nDP→则∥，(知∠DAC＝∠＝30°即＝60°，∴△为正三角形，∴⊥，⊥AB∴平面∥面，∴点P在线段MN上．以O为坐原点，建立如图所示空间直角坐标系，则A0，，

0，0，

3333，，244→33→∴＝，，，，222

，→DM＝

33→3，，244

，设平面ABE法向量＝x，，)，n＝，3＋＝，则即3＋＝，令x＝，n＝(1，3，3)设M＝MN(0≤λ≤1)，可得→→→DP＝＋＝

3333＋λ，－λ2444

，设直线与平面所的角为θ，12，则sinθ＝＝42×λ＋4|·|∵0≤λ≤1∴当λ＝0时，sinθ取最大值

427

.故直线与平面所角的正弦值的最大值为

427

.【规律方法】

解决空间角的最值问题一般是把空间角的某个三角函数值表示为某个变量的函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的定作用．

→→→→→→→→→→→→→→→mPD＝0，→|||m【训练3】(2019·上静安区)如图所示PA平面，，C分是，DE的点AE⊥ADAD＝＝＝2.(1)求二面角－PE的弦值；(2)点是段上的动点，当直线与所成的角最小时，求线段的长．【答案】解析【解析】(1)因为PA⊥平面，平ADEAB平，所以PA⊥AD，PA⊥AB，又因为AB⊥，所以，，两两垂直．以AB，}为交基底建立间直角坐标系－xyz，则各点的坐标为A(0，，0)，(1，，0)C，，0)，(02，，，，2)．因为⊥，⊥AEAE∩＝，所以⊥面，所以是平面PAE的一个法向量，＝，，．易得＝，，2)，＝(02，－2)设平面PED法向量为m＝x，，)．则

＝，0，即→令y＝，得z，＝所以m(1，1，1)是平面的个法向量，→·3所以cos〈，〉＝＝，→3所以二面角－－的余值为

33

.

→→→→→→→→→→10＋|||→→→→→→→→→→10＋||||15209πBP＝(－，，2)，故可设B＝λBP＝－λ，，λ)(0≤λ≤1)又＝(0，－，0)，所以＝＋＝－λ，－，λ)又D＝(0，－，2)，→→·12λ所以cos〈，〉＝.→→设1＋λ＝，∈[1，，→→229则cos〈，〉＝＝≤，5－10＋109992当且仅当＝，即λ＝时，55→→310|cos〈〉的大值为.10因为y＝cos在2

上是减函数，2所以当＝时线CQ与所角取得最小值．5又因为BP＝1＋＝5，225所以＝BP.55【反思与感悟】用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“”转“数”的转化思想．【易错防范】求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面角余弦值正负两种方法：(1)通过观察二面角是锐角还是角来确定其余弦值的正负；(2)当不易观察二面角是锐角还钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定．【分层训练】【基础巩固题组(建议用时：40分钟)1.如图，在三棱锥－ABC中棱上任意一点，点F，，分为所在的中点．

→→→→m→→→→m＝0，·－(1)证明：∥面FGH；π(2)若⊥平面ABC，⊥，＝2∠＝45°当二面角－GF的面角为时求棱的．3【答案】解析【解析】(1)证明因G，分为ACBC的点，所以AB，且GH平面FGH，⊄平面FGH，所以AB∥平面FGH.因为F，分别PC，AC的点所以GF∥AP，且平FGH，⊄平面，所以AP平面FGH.又因为AP∩AB＝A，所以平面ABP∥面FGH.因为BD平面ABP，以BD∥平面FGH.(2)解在面ABC过点C∥，图，以C为点，分以，，所在直线为x轴、轴z轴建立空间直角坐标系－xyz，接.由△为等腰直角三角形知⊥.因为⊥，∩CFC，所以⊥面PAC.设＝，则B，，，，－，0)，所以＝－，－1，0)为平面PAC的一个法向量．又F(0，0，，(1，0，，以＝(10，－，＝(1－，)．设m＝x，，为平面的向，则

＝，即→0，可得平面FGH一个法向量为＝(a，，．→1由cos〈m，〉＝，得a＝1(舍负)，从而2＝，以棱PC的长为2.2·a12

→→→→→→n·＝，3→→→→→→→n·＝，3→→→→→→nBE＝，→mCF＝，2．(2018·天津卷如图，∥且AD＝，ADCDEG∥＝，∥且CD2FG⊥面，＝＝(1)若为CF中点，为EG的点，求证∥平面；(2)求二面角－BC的弦值；(3)若点P在段DG上，且直线与平面所成的角为，求线段DP长．【答案】解析【解析】依题意，可以建立以D为点，分别以DADC，DG方向为轴y轴，z轴正向的空间直角坐标系如图，可(0，，0)，(2，0，0)(1，2，，(0，0)，(2，，，F(0，，，3G(0，，2)，，2

，，2)．(1)证明

依题意＝(02，0)，＝(2，0，2)．设＝，y，z为平的法向量，则·＝0即→，

不妨令z＝1，可得＝(10，－1)．＝，2

，可得·＝0，又因为直线平，所以∥面.(2)依题意，可B＝－，，0)，＝，－2，，＝，－，2)．＝0，设＝(，，为平面的法向量，则即不令z＝，得n＝(0，，→0，1)．＝0，设m＝x，)为平面的向量，则即不令＝1，可得m＝，，．→，m·31010因此有〈m，〉＝＝，于是sinmn〉＝.|n|1010

→→→→|||→→→→||||所以，二面角E－－的弦为

1010

.(3)设线段DP长为(，2])，则点P的坐标(，0h)，可得＝－，2，)．易知＝(0，，0)为平面的一个法向量，故→→|·|2|cos〈〉＝＝，→→h＋5由题意，可得

2＝sin60°h＋

32

，解得h＝

33

∈[0，．所以，线段的为

33

.3.如图，是为直径的圆O上异于A，B的，平面PAC⊥面ABC，＝PC＝，＝，，分别是，的中点，记平面与面的交线为l.(1)求证：⊥面PAC；(2)直线l是否存在点Q，使线分与平面、直线所的角互余？存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．【答案】解析【解析】(1)证明因EF分别PC，的点，所以BC∥EF，又EF平EFA，平面EFA，所以BC∥平面EFA.又BC平ABC，平面EFA∩平面＝，所以BC∥l.又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABCAC，平面⊥平面，BC平ABC，所以BC⊥平面PAC，所以⊥平面PAC.(2)解如，以C坐标原点，CA所直线为x轴，所直为y轴过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建空间直角坐标系，

→·＝，→2＝，→→→→→→·＝，→2＝，→→→→→→→→→→→→→则A(2，0，0)，(0，0)，P，，3)，0，→33，＝，，．所以＝，0，22设Q(2，，，面AEF法向量为m＝(x，y，)，→33－x＋z＝，即2则＝，

3322

，则y＝0令z＝3，则＝，所以m(1，0，3)为平面的个法向．又P＝(1，，3)→→|EF|所以|〈，〉|＝，||·||→|·||cos〈m〉＝.||·||因为直线分别与平面、线EF所成的角余，|·||·|所以＝，||·|EF|||·||所以|1×0＋×2－3×0|＝|1×1＋(3)×3|，解得y＝±1.所以直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面、直线EF所的角互余，此时＝4．(2019·济南质)如图，在棱锥－中底面ABCD为菱形PA平面，AB＝，∠＝60°，分是BC，的中点．(1)求证：⊥；

(2)设为段上的动点，若线段长的最小值为5，二面角E－－的弦值．【答案】解析【解析】(1)证明∵边形为形，∠ABC＝60°，∴△为正三角形．又E为的点，∴AE⊥BC.∵BC∥AD，⊥AD.∵PA⊥平面ABCD，平ABCD，∴PA⊥AE.∵PA平PAD，AD平面PAD，PA＝，∴AE⊥平面PAD.又PD平PAD，∴AE⊥PD.(2)解如，为段上的动点，连接，.当线段的长最小时EH⊥.由1)知⊥，AE∩＝，∴PD⊥平面AEH.∵AH平AEH，∴AH⊥PD.在Rt△中，＝3，＝5，⊥，∴＝EH－＝2.在Rt△中由AH2，＝，可知∠HDA＝45°即＝45°.∴在Rt△中可得PA＝＝由1)可AE，，AP两垂直，以A为坐标点，建立如图的空间直角坐标系．由，分为BC，PC的中点，可得A，，0)，(3，1，，(3，，，D，，0)，(0，，2)，(3，0)31F，，2

，

31→2→→→5×12|31→2→→→5×12||·|BD→→3所以＝(，0，0)，＝，，2设平面AEF法向量为n＝，)，则

，因＋y＋＝，取z1得n＝(0，，1)．因为⊥，⊥PAPA∩＝，所以⊥面，故B为平面AFC的一个法向量．又＝－3，，0)，→n·BD2×315所以cos〈，〉＝＝＝.→5由图易知二面角E－－为角，故所求二面角的余弦值为

15.5【能力提升题组(建议用时：20分钟)5.(2019·天津和平区质)如图四棱锥P－ABCD，PA⊥底面ABCD，底面直角梯形，∠ADC90°，∥，⊥，AB＝＝2，E在上且AE＝ED(1)已知点F在上，且＝FB，求证：平面PEF⊥面PAC；(2)当二面角－PB的弦值为多少时，直线PC与平面PAB所的角为45°？【答案】解析【解析】(1)证明∵⊥，＝，∴∠ACB＝45°∵底面是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥，∴∠ACD＝45°即AD＝，

25→5n·EB＝30，→2n25→5n·E