大题03 立体几何中的向量方法（解析版）.docx

大题03立体几何中的向量方法1 .以空间几何体为载体考查空间角（以线面角为主）是高考命题的重点，常与空间线面位置关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题，但也可利用几何法来求解；2.空间距离（特别是点到面的距离）也是高考题中的常见题型，多以解答题的形式出现，难度中等.2 .立体几何中的折叠问题是历年高考命题的一大热点与难点，主要包括两个方面：一是平面图形的折叠问题，多涉及到空间中的线面关系、体积的求解以及空间角、距离的求解等问题；二是几何体的表面展开问题，主要涉及到几何体的表面积以及几何体表面上的最短距离等；2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线面关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上.大题典例1直线与平面所成的角（2023北京房山二模）如图，已知直三棱柱ABC-AMG中，AB=AC=I9D为BC中点,AA=2,再从条件，条件这两个条件中选择一个作为已知，完成以下问题:（1）证明：AS11BC15（2）求直线BCi与平面AD所成角的正弦值.条件：iD!BCl.条件：BC=22.注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分.【解】（1）若选择条件:修Q1.BG,连接AD,在直三棱柱ABC-A4G中，CGJ平面ABC,Az）U平面ABC,所以CG_1.4Q.在三角形ABC中，AB=ACf。为8C的中点，所以8C_1.A。，由于BCcCG=C,BC,CGu平面BBGC,所以4）_1.平面88CC,由于8Cu平面88C°,所以AO_1.3G，由于BQ1.BCi,ADCBID=D,A。/。U平面44£>,所以BG，平面ABQ,由于AB】u平面A片。，所以A8J.BG.若选择条件：BC=2屈，连接A。，由于AB=Ae,7）是8C中点，所以AO/8C,根据直三棱柱的性质可知BB1AD,由于5CBBl=B,BC,BBiu平面BCClC,所以AO_1.平面BCGC,由于AC】u平面BCCC,所以AO_1.BC-由于8C=2,所以/?£>=&,tanZBtDB=2,tanZC1BB1二手=应所以NBIDB=NGBBI,则NBQ+yBD4,则由于AOCBQ=。，ARBQu平面ABQ,所以8£_1.平面A8Q,由于A4u平面A片。，所以A4_1.8G.(2)先得到8C:若选，则在RtBBQ中,由8Q_1.8G，得BF=Bo8C,又BO=；BC"所以8q=21.BC=B£=2立若选，则8C=21.在三角形ABC中，AB=AC=2,BC=2y29BC2=AB2+AC2,所以48/AC,根据直三棱柱的性质可知AA±AB,M-1.ACt以点A为原点，分别以AC,AB,AAI为NKz轴建立空间直角坐标系，则B(0,2,0),G(2,0,2),4(0,2,2),A(°，°，2),51.1,O),8(0,2,0),/.1=(0,2,0),AO=(1.1.-2),B=(2,-2,2),nA,B,=2y=0设平面A6Q的法向量为=(,y,Z),则一,nAiD=x+y-2z=0令z=l,得=(2,0,1),设直线Bc与平面AyBlD所成角为,则SiEg(BcM卜耦=总斤半.Z小>»»解注旄导1.如图所示，设/为平面的斜线，=4,为/的方向向量，为平面的法向量，O为/与“所成的角，则SinO=ICOSVcr,n>|=.a'n2.向量法求直线与平面所成角的主要方法是：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角（或其补角）；通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.»>»44变式（2023北京西城二模）如图，在直三棱柱ABe-AqG中，M,N90分别为A8,BC9A4的中点.求证：BP平面CIMN；（2）若AI3±AC,AAi=AB=AC=29求直线BC与平面C1MN所成角的正弦值.【解】（1）连接AM,因为M,N分别为A8,BC的中点，所以MN”AC.在三棱柱ABC-A4G中，ACAiCi,所以/AG,M.MC,A四点共面.因为AWAA14，AB=AiBlfM、P分别为AB、Aq的中点,所以8MM,P,BM=AtP,所以四边形8M4,P为平行四边形.所以3P/MA，因为HPa平面ClMN,MAU平面ClMN,(2)由题设AA，平面ABC,AB,ACu平面ABC,所以1.AB,AAi1AC9因为所以Ab,AC,M两两垂直，如图建立空间直角坐标系A-型,所以(0.0,0),8(2,0,0),C(0,2,0),f(1,0,0),N(l,1,0),B1(2,0,2),C1(0,2,2),UUulIlUUtl则MN=(0,1,0),VC1=(-1,1,2),BlCi=(-2,2,0).tnMN=0Fy=O设平面MNG的法向量为机=*,y,z),则，即/C八，wJVC1=0-x+y+2z=0令户2,则丫=0,Z=I9于是m=(2,0,l),设直线BC与平面CMN所成角为。，故直线BG与平面CiMN所成角的正弦值为萼.>»»后”模拟1.(2023北京模拟)如图，在四棱锥P-ABe。中，PD=24)=4,尸。，平面ABCQ,底面ABCQ为正方形，M9N分别为AO,PQ的中点.求直线相与平面MNC所成角的正弦值.【解】(1)证明：因为M,N分别为AO,P。的中点，所以PA/MN,又因为PAa平面MNC,MNU¥面MNC,所以2V/平面MNC.(2)由题意知，以点O为坐标原点，分别以OA、DC、OP所在直线为X轴、y轴、Z轴建立空间直角坐标系，如图所示，贝U40,0.4),E(220),M(1.o,0),N(0,0,2),C(0,2,0),所以PH=(2,2,-4),/VC=(0,2,-2),MN=(TO,2),设平面MNC的法向量为"=(x,y,z),2y-2z=0-x+2z=0取z=l,则x=2,y=lf所以=(2,1,1),设直线PB与平面MNC所成角为,PBn2×2+2×1-4×1PBn22+22+M)2×22+l2+l226×66故直线PB与平面MNC所成角的正弦值为g.62(2024安徽省舒城中学一模)如图，已知四棱锥P-ABCD的底面为菱形，且ZABC=60。，AB=PC=2,PA=PA=0,M是棱尸。上的点，且尸8与平面MAC平行.DC求证：PM=MDx(2)若。为棱PC上的动点，求,以。与平面尸5。所成角的余弦值的最小值.【解】(1)如图，连接AC与SO交于点£,连接ME.因为尸8平面MAC,PBU平面/»30,平面P8。平面MAC=ME.所以ME/PB.又因为四边形48CD为菱形，所以DE=EB.所以PM=MD.(2)如图，取43的中点为。，连接PO,CO.因为PA=PB=垃,AB=2,所以尸01.A8,PO=I,BO=Y.又因为/15C。是菱形，ZABC=60。，所以Co1.AB,Co=B因为PC=2,所以尸C?=PO?+所以Po_1.CO.又因为AAu平面45C。，CoU平面ABeD,ABCO=Ot所以Po上平面4BC2.因为BO1.CO,PO1.BO,PO1.CO,所以以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(OTO),B(OJO),C(3,),D(3,-2,),P(O,O,1),所以M冬一1；,C=(-3,l,),BP=(O-IJ),PC=(G/、nCB=0设平面PHC的一个法向量是i=(%y,z),贝J即WBP=O不妨令x=l,则y=6，Z=币,所以=(1.G,6)设PQ=4PC,0,l,则OQ=OP+PQ=(四,04,MQ=设的。与平面PBC所成角为e,e0个则Sin啊8SMQq”串£入川.当/=；时,sin,的最大值为理'所以cos'的最小值为平.所以与平面PBC所成角的余弦值的最小值为乎.>»»Vq真题(2022北京卷)如图，在三棱柱ABC-ASG中，侧面KCC4为正方形，平面BCGBi平面AB四4,AB=BC=I9M9N分别为人蜴，4C的中点.求证：MN/平面BCCIBll(2)再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面3MN所成角的正弦值.条件：AB1.MNl条件：BM=MN.注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分.【解】(I)取AB的中点为K,连接MKNK,由三棱柱ABC-A4G可得四边形A8MA为平行四边形，而片M=MAl,BK=必，则MKBB,而MKa平面BCC再，BBlU平面BCC国,故MK平面BCCIB,而CN=NA,BK=KA,则NK/BC,同理可得NK平面BCClBi,而NKMK=K,NK,MKU平面MKN,故平面MMV平面BCG4,而MNU平面MKN,故MN平面BCC枢,(2)因为侧面BCG居为正方形，故CBlBB而CBU平面BCaB,平面CBBG_1.平面A叫A,平面C43Gc平面ABgA=34,故C8J_平面因为NK"BC,故NK上平面ABBlAi,因为4?U平面ABBiA,故NK1.AB,若选，则ABJ.MN,而NK1.AB,NKCMN=N,故AB上平面MNK,而MKU平面MNK,故AB工MK,所以AB工BB,而CB1.BBI,CBcAB=B,故34_1_平面ABC,故可建立如所示的空间直角坐标系，则8(0,0,0),A(0,2,0),N(l,l,(),M(0J2),故前=(020),丽=(U,0),由?=(Oj2),设平面BNM的法向量为"=(x,y,Z),则Y从而取z=T'JH/i=(-2,2-1),“BM=0y+2z=0'设直线A8与平面BMW所成的角为。，则sin=cos(,48=若选，因为NK/BC,故NK_1.平面A84A，而KWU平面A网A,故NKIKM,而BM=BK=1,NK=故BM=NK,而BIB=MK=2,MB=MN,故三,MKN,所以BB1M=NMKN=9。,故入乩工叫,而C8"1.B%CBcAB=B,故四"1.平面A8C,故可建立如所示的空间直角坐标系，则8(0,0,0),A(0,2,0),N(IJO),M(0J2),故以=(0,2,0),5N=(1,1,0),BM=(0,1,2),设平面BNM的法向量为"=(x,y,Z),BN=O小BM=0从而+y=0y+2z=0取z=-l则=(-2,2,T),设直线AB与平面BN所成的角为。，则sin=卜OS8A)|=g-大期蕤莉平面与平面的夹角(2023北京海淀三模)如图，在四棱锥P-ABCo中，底面ABCQ是边长为2的正方形，侧面PAO为等腰直角三角形，且/抬。=5，点F为梭PC上的点,平面AD尸与棱/火交于点E.求证：EF/ADi(2)从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作为已知，求平面PCO与平面Az)正所成锐二面角的大小.条件：E=>2条件：平面小。_1.平面ABCr>；条件：PB1.FD.【解】（1）证明：因为底面ABCO是正方形，所以ADHBCiBCu平面PBC,4）。平面PBC,所以AZ）平面PBC,又因为平面A。P与PB交于点E,4）U平面4）尸石，平面PBCC平面A0庄二EE所以EFA£>.（2）选条件，则AE=0，平面平面A8CD因为侧面0Ao为等腰直角三角形，且NP,即帖=4>=2,PAYAD9因为平面PAD_1.平面ABCQ,平面¼Pc平面ABCZ）=AD,PAu平面PAD,所以PAJ_平面ABCD,又因为ABU平面488,ADU平面A8CD,所以¾1.AB,PAVADf又由ABCD为正方形得AB_1.AD.以点A为坐标原点，AB,AD9AP分别为X轴，）'轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系A-m，z,则A(0,0,0),PQ0,2),C(2,2,0),8(2,0,0),D(0,2,0),因为AE=0,所以点E为依的中点，则反1,0,1),IKU从而PC=(2,2,-2),AD=(0,2,0),AE=(1,0,1),P£>=(0,2,-2),nAE=x+z=0,»nAD=2y=0,令X=1,可得=(1,0,-1),设平面PCQ的法向量为?=QEc）,则mPD=2b-2c=0,mPC=2a+2b-2c=0,令=1,可得m=(0,1),.nm1所以ICOSVn,m>|=-,nm2则两平面所成的锐二面角为T.选条件，则4E=,PBlFD.侧面PAo为等腰直角三角形，且NPAz)=即¾=AO=2,PA1.ADt因为AT>A8,P(AB=A9且两直线在平面RW内，可得ADj_平面E4B,因为PBu平面EAB,则ADj.心.又因为ADFD=Dt且两直线在平面/U)在:内，则P8_1.平面AZ)在：，因为AEU平面ADFE,典I?8_1.AE,因为QA=AB,所以a%B为等腰三角形，所以点E为PB的中点.又因为4E=0,所以aR43为等腰直角三角形，则可建立与相同的空间直角坐标系，以下用与相同的过程求解.选条件，则平面尸AZ)J_平面ABC。，PB1.FD.因为侧面RAo为等腰直角三角形，且NPA。=,即AA=AD=2,PA1.AD9因为平面H£)_1.平面ABCQ,平面¼Oc平面ABeD=4),EAu平面PAz),所以4_1.平面A8CD,又因为ABu平面ABC。，A£>U平面ABa),所以PAYAD,又由ABCZ)为正方形得B±AD.因为PB_1.FZ),AD-FD=D,且两直线在平面4f>FE内，则P5，平面48E,因为A£：U平面Az)氏石，则P3_1.AE,因为4=AB,所以a¾B为等腰三角形，所以点E为m的中点，则AE=应.则可建立与相同的空间直角坐标系，以下的过程与相同.>»»解接族寻1.平面与平面的夹角：平面”与平面/?相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90。的二面角称为平面”与平面人的夹角，如图.若平面,A的法向量分别是1和02,则平面与平面"的夹角即为向量小和小的夹角或其补角,设平面a与平面夕的夹角为O9则COSO=ICOSVn1,n2>I=;2 .二面角：二面角“一/一/?为或11一以设二面角大小为%则ICoSel=COSO=*，如图®.【提醒】注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为O,11,两个平面的夹角的范围为0弓3 .向法求平面与平面夹角(二面角)的方法(D找法向量：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小；(2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.»>»49变式(2023北京模拟)如图，在四棱锥尸-ABCO中，ABlBC,AD/BC9PB1.底面ABCD,M为棱PC上的点，PB=AB=BC=2,AD=i.(1)若。M/平面¾B,求证：点M为PC的中点；再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求平面CB。与平面夕W夹角的余弦值.条件：/¾/平面8。M条件：直线BW与BO夹角的余弦值为:注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分.【解】(1)证明：过M作ME/BC交PB于E,连接AE,如图所示:ADBC,:.MEIIADt,ME9AO确定平面ADME,OA/平面4B,MDU平面ADM石，平面ADME平面RW=AE,:.MDI/AE,四边形ADA柜为平行四边形，则AO=EM=3BC；.EM为PBC的中位线，点也为PC的中点；(2)选择条件：/¾/平面BOMP8_1.底面ABCQ,ABlBC9以8为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则8(0,0,。),P(0,0,2),C(0,2,0),A(2,0,0),D(2,l,0),设Ma,y,z),且PM=4PC,0.1,:.PM=ty,Z-2),PC=(0,2,2),(xfytz-2)=2(0,2,-2),.x=O,y=2fz-2=-2,M(0,22,22/1),ABM=(0f2,2-2)9BD=(2,1,0),设平面BDM的一个法向量为=V,z),2z=-nBM=2y+(2-2)z=0令X=1,则尸-2,wBD=2x+y=0.平面BDM的一个法向量为=(1,-2,二),1-APA=(2r0f-2)t若PA/平面8Z)M,则小雨=0,2;1/.2-2×-=0,解得Z=W=(1,2,1),1-38P_1.平面80,BP=(0,0,2)是平面8。的一个法向量,BPn0+0+26则cos<8">=西丁三市二不， 平面CBD与平面BDM夹角的余弦值为迈.6选择条件：直线BM与8。夹角的余弦值为gP8_1.底面ABC。，ABlBC, .以8为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系,则8(0,0,0),P(0,0,2),C(OZ0),A(2,0,0),D(2),设M(”,z),且PM=IPC,e0.1,：.PM=(xfy,z-2)tPC=(0,2,-2),(V2-2)="0,2,-2),.=0,y=2tz-2=-29M(0,2l,2-24),=(0,24,2-2l),BD=(2,1,0),直线BM与BD夹角的余弦值为IIIBM8O0÷2+01cosBM,BD=4=-7=J=J-f=-,整理得3P+2l-I=0,解得2或2=T(舍)，1ID822-8+4×553W=IT设平面BDM的一个法向量为=(%y,Z),24nBM=y+-z=0则,3'3,令X=I,则y=-2,z=1,nBD=2x+y=0 平面BDM的一个法向量为=(1,-2,1),BP，平面C8。，BP=(0,0,2)是平面的一个法向量，贝Ilcos<BP"=BPn0+0+2CMH|2x#6， 平面CBD与平面BDM夹角的余弦值为£.6>»»模拟1.（2023北京北京四中模拟）如图，正三棱柱八AC-4/6中，反尸分别是棱AAl片上的点,（1）证明：平面C£产_1.平面ACGA;若AC=AE=2,求二面角E-。7-G的余弦值.【解】（1）证明：取BC的中点0,连接。4,在正三棱柱ABC-A冉G中，不妨设4B=2,A4t=3;以。为原点，08,OA分别为X轴和y轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示,则C（a,0,0）,A（0,a,0）,/（a,（U）,E（0,6a,2）,C户=（20,0,l）,C）=（,岛,2）,CA=（,岛,0）,CC=（0,0,3）；z、CF=O20r+z=0设平面Cf厅的一个法向量为=（X,y,z）,贝叫，G、,、，wCE=OIar+3qy+2z=0取X=-1.JBIy=-yf3,z2a9即=（一1,一62a）；fn.c½=O设平面ACGA的一个法向量为根二（n,%zJ,则，mCC1=O即收+1.y=O,取y=得m=o）.3z1=O'/因为加=-6+石=0,所以平面CE/_1平面ACGA;（2）因为AC=AE=2,由（D可得a=l,即=卜1,6,2）,易知平面bG的一个法向量为H=（o,瓜o）,二面角E-CF-C1的余弦值为立.42.（2023北京通州三模）如图，在三棱锥A-BCQ中，平面AM_1.平面BC刀，ABVAD,AB=AD9。为的中点.A(1)证明：OA±CD.若46CQ是等腰直角三角形，NBDC=90,8=2,点E在棱AO上(与40不重合),若二面角E-BC-D的大小为45,求点。到面BCE的距离.【解】(1)证明：因为AB=AD,。为/，。的中点，所以40J.8。，又因为平面ABf>_1.平面BCD,平面ABOC平面38=30,AoU平面/43。，所以A。上平面BCD.又因为COU平面BCDt所以40_1.CO.(2)设BC的中点为尸，则O尸CZ),又因为N8OC=90,所以OFj以O为坐标原点，以OHODt所在直线为轴、)，轴、Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为ABCQ是等腰直角三角形，ZBDC=90,CD=29所以BD=2,又因为A8_1.4),48=4),。为SO的中点，根据直角三角形性质可得，OA=OB=OD=；BD=1,则。(0,0,0),A(O,O,l)t5(0,-1,0),C(2,l,0),O(OJO),设AE=4AD(0<4<l),RlE(OM由题意可知QA是平面8C。的一个法向量，OA=(OQl),设平面BcE的一个法向量为。=(x,y,z),BC=(2,2,0),=(0,+l,l-2),则有BC=0,即ZiBg=O2x+2y=01+2/.l八八，令X=1，则)'=一1，Z=-7,(+l)y+(l-2)z=01-则平面8CE的一个法向量为=1,-1,匚4.1+根据二面角石-BC-O的大小为45可得，c°s("Q)=市港解得E=应，即=(1,T,),又因为CD=(-2,0,0),所以点。到平面的距离dnCDy2-f+l+2=1.>»»Vq真题(2023北京卷)如图，在三棱锥P-ABC中，PA_1.平面ABC,PA=AB=BC=UPC=-Ji.求证：PABi求二面角A-PC-B的大小.【解】(1)因为PA_1.平面A8C,6Cu平面ABC,所以PAJ.8C,同理HJ所以aE4B为直角三角形,又因为PB=Jpa?+府=叵,bc=i,pc=6所以PB?+BC=PC2,则二PBC为直角三角形，故BC上PB,又因为8C1R4,PAfPB=P,所以8C1平面¾(2)由(1)8C工平面23,又ABU平面尸/$,则8CJ,A8,以A为原点，AB为X轴，过A且与BC平行的直线为)，轴，AP为Z轴，建立空间直角坐标系，如图,则A(0,0,0),P(0,0,1),C(l,l,0),3(1,0,0),所以AP=(0,0,1),AC=(1J,O),BC=(0,1,0),PC=(1,1,-1),设平面PAC的法向量为"z=(X,z),则mAP=0,即tnAC=OZl=0,x+y=0,令玉=1,则X=-I,所以M=(I,1,0),设平面P8C的法向量为=(W,必心),H-BC=O,即nPC=0%=0x2+y2z2=°f令W=I,贝!1%=1,所以=(1,0,1),所以CM九)又因为二面角A-PC-8为锐二面角,所以二面角A-PC-B的大小为半大题典例3折叠问题已知平行四边形ABCZ)如图甲，NO=60,DC=2AD=2t沿AC将ZW)C折起，使点。到达点尸位置,且PCj.BC,连接/火得三棱锥。-ABC,如图乙.证明：平面48"1.平面A8C;在线段PC上是否存在点M,使二面角M-AB-C的余弦值为普，若存在，求出命的值，若不存在，请说明理由.【解】（1）证明：翻折前，因为四边形ABC。为平行四边形，/0=60,则N3=60,因为DC=2AO=2,贝UAB=De=2,BC=AD=Xt由余弦定理可得AC=-BCf°s=4+2x2xl03,所以，AC2+BC2=AB2t则BCI.AC,同理可证AOJ.AC,翻折后，则有8C_1.AaPA1.AC,因为PC上BC,ACPC=C9AC>PCU平面PAC,所以，BC上平面PAC,因为PAu平面PAC,则PAJ_BC,因为ACBC=CtAC.BCU平面A3C,所以，1.平面A5C,因为EAU平面E4B,故平面由8_1平面48C.（2）解：因为姑_1.平面ABC,BC±ACt以点A为坐标原点，BC、AC>AP的方向分别为X、）'、Z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0)、P(0,0,l).C(,3,).B(TM0),设尸M=赤d=a(o,J,)=(o,Ji,),其中0-1,则AM=AP+?”=(0,0,1)+仅,扁,4)=(0,&/一矶AB=(-l,3,),设平面ABM的法向量为机=(X,y,Z),x=3(l-),nt'AB=-+j3y=OnAM=V3y+(l-)z=0所以，m=(6(47)-1.&),易知平面ABC的一个法向量为=(0,0,1),则cosm,n=牲J=叱I=坐，整理可得9A2=(A-I)2,网同4(A-l)2+3213')因为0-,三=1,因此，线段PC上存在点使二面角M-AB-C的余弦值为普，且愣=：.>»»解接掂身1 .解答折叠问题的关键是分清视折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.2 .注意图彩翻折前后变与不变的量以及位置关系,对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系.>»»64变式如图，在五边形¼ZX78中，四边形A8C。是梯形.ABCD,AB±BC,AB=2C£>=4"¼B是等边三角形.将.如沿A8翻折成如图所示的四棱锥.图图(1)求证：尸DJ_OC；若BCI平面23,且3C=I,求平面/火/)与平面PAo所成二面角的正弦值.【解】(1)证明：取A8的中点0,连接ODOP.在梯形ABCQ中，因为A8CDAB=ICD=At所以且OB=CZ),所以四边形BCoO为平行四边形.又ABSBC,所以OD1.CD.因为二Q4B是等边三角形，所以A8J.OP,所以8J_OP.又OPCOD=O,OP,8U平面OPQ,所以CQJ_平面OPz).又PDU平面OPQ,所以PQd.OC.(2)因为8C1平面RIB,OPU平面¼,所以OP"1.8C,由(1)知A3_1.OP,AB.BCU平面ABCDABBC=Bt所以O/>_1.平面ABCQ.由(1)可知OD工CD.又ABCD,所以8_1.AB,所以以。为坐标原点，OD,OB,OP所在的直线分别为大轴，¥轴，Z轴建立空间直角坐标系,所以D(l,0,0),A(0,-2,0),8(0,2,0),P(,2g,贝!)AO=(1,2,0),30=(1,2,0),PO=(1,0,26)，设平面PAD的法向量。=(%乂Z),ADn=0,x+2y=0由PDn=O,x-23z=0t取z=l,得平面PAo的一个法向量F=R3-疯1).设平面P%>的法向量=(X,y,z),由BDn=O,PDn=O,x-2y=0x-2>5z=O'取z=l,得平面MD的一个法向量2=(23a1),所以CoSMJUq,4TO所以平面心。与平面EW所成二面角的正弦值为Jl-仁；=聋扃“模拟1.(2024湖南衡阳三模)如图，在直角梯形Aa)/中，AC/DF9Z4=ZF=90o,AC=3,DF=I9CD=25,B,E分别在边AC,QP上，四边形ABEF为正方形，将AB“沿着边/让旋转，使得NFC£>=90。，如图.(1)求证：EF工平面BCDE；(2)P是棱C。的中点，求二面角A-尸尸-。的余弦值.【解】(1)如图：FEHDABC在直角梯形ACz)F中，连接EC,过C作CH_1.Z)F于”.KO"=4,CH=yCD1-DH2=20-16=2>AB=AF=2，BC=1.CE=yBE2+BC2=4+T=5>所以CE?+。2=$+20=25=DE2=>CE1CD.又因为NFCo=90。即Co_1.b,又CEC产U平面EC产，且CECCF=C.所以CQ_1.平面ECE因为所U平面ECF,所以CD_1.£F.又因为BE1.EF,BE,CDu平面BCDE,8E与Co相交，所以£F_1.平面BCDE.（2）由（D可知，EF、EB.EO两两垂直，故以E为原点，建立如图空间直角坐标系.Z八F则E(0,0,0),8(2,0,0),A(Zo,2),C(2,l,0),D(OSO),F(0,0,2),AF=(-2,0,0),CD=(-2,4,0),AC=(0J,-2),DF=(0,-5,2),CP=BCo=(-1,2,0),AP=AC+CP=(-l,3,-2).设平面APf'的法向量为：n=(xl,yl,zl),1nAF=Of-2x=O/、则=>o¢(4=0,2,3).nAP=O-xl+3yl-2z1=0设平面PFD的一个法向量为m=（%,2,Z2），ntCD=0mDF-0-Ix2+4%=0一5%+2z2=0,取2=(4,2,5).?=（。2取19）=,w=13,11=45,附、/191965所以COS（?,ZW）=一=.',13×45195由图可知：二面角人-尸尸-。为钝二面角所以二面角A-K-D的余弦值为1952.（2024江苏无锡模拟预测）如图所示，在矩形ABC。中，AB=3,AD=2,DE=IEC9点,以AE为折痕将VAOE向上折至。-AE-B为直二面角.。为AE的中求证：DO±BCi(2)求平面D48与平面。CE所成的锐角的余弦值.【解】(1)由已知Z)A=Z)E=2,且。为线段AE的中点,DOIAEf如图，又平面DAEJ_平面AEe,且平面DAE平面A£C3=A£,DOU平面DAE回Z)O_1_平面AECBt又BCU平面AEC8,±BC.(2)设尸为线段AB上靠近A的三等分点，G为BC的中点，由已知OFl.0G,又DO_1.平面AEC3,OfoGU平面A£8,DO±OF,ODIOG,以。为坐标原点，of,0G,。所在直线分别为X,y,Z轴建立如图所示坐标系,0ZM=2,AB=3,团A(1.fO),8(1,2,0),D(,2),E(TJO),C(-l,2,0)0AB=(0,3,0),BD=Ql1.2,吟,EC=(OJ5O),DC=(-l,2,-2)设平面ADB的法向量为"7=(%,y,z),ABm=03y1=O,即rDBm=O-2y+2z=O不妨令Zl=&,则z=(2,0,)设平面OeE的法向量=。2，%，72)，ECn=O,即JD=OV2=0-%2+2-2-0令X=2,贝!)y=0,z?=故弁=(2,0,-应)，mn1所以CoS见=丽=3，所以平面/MB与平面OCE所成的锐角的余弦值为>»»后4真题(2019全国m卷)图是由矩形AOEA,RsAAC和菱形BpGe组成的一个平面图形，其中AB=1.AE=BF=2,NPBC=60,将其沿AB,HC折起使得AE与8/重合，连接OG如图.图图(1)证明：图中的A,C,G,。四点共面，且平面AHCj_平面8CGE；(2)求图中的平面BCG与平面CGA夹角的大小.(1)证明由已知得AO3E,CG/BE,所以ADCG,所以40,CG确定一个平面，从而A,C9G,O四点共面.由已知得A5>1.BE,AB1.BC9fiBECiBC=B9BE,BCTffiBCGE9所以ABJ_平面BCGE.又因为AHU平面ABa所以平面ABC1.平面SCGE解作E"1.8C,垂足为因为E"u平面8CGE,平面KCGE_1.平面ASaY三BCGEffiABC=BC9所以平面ABC.由已知，菱形BCG石的边长为2,NEBC=60,可求得B"=l,E=3.以为坐标原点，比的方向为X轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H一町力则A(-bbO),C(l,O,O),G(2,O,3),CG=(1.O,3),AC=(2,-1,O).设平面ACGD的法向量为=(x,y,z),CG.，即AC-=OX+y3z=O2x-y=0所以可取=(3,6,3).又平面SCGE的法向量可取/=(0,1,0),设平面RCG与平面CGA夹角的大小为,所以cosO=cosntm)I=器"=点.探究问题因此平面BCG与平面CGA夹角的大小为30。.大题典例4,侧面EAD，底面如图，在四棱锥E-ABCO中，底面ABCQ是等腰梯形，AD/BC9AD=IBC=IAB=ABCD9EA=ED=69。为AO的中点.(1)证明：ACl3FBBOE；若M为梭OE上的动点，求直线CM与平面BOE所成角的正弦值的最大值.【解】如图，连接OC,因为。为Ao的中点，所以AO=3C,又因AOBC,BC=ABt所以四边形ABCO为平行四边形，故AC_1.Aa因为E4=ED,所以EO_1.4O,又因侧面EAr>_!_底面