高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第七章立體幾何與空間向量第6節(jié)空間向量的應(yīng)用第3課時利用空間向量解決有關(guān)空間角的開放

高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第七章立體幾何與空間向量第6節(jié)空間向量的應(yīng)用第3課時利用空間向量解決有關(guān)空間角的開放高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第七章立體幾何與空間向量第6節(jié)空間向量的應(yīng)用第3課時利用空間向量解決有關(guān)空間角的開放/高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第七章立體幾何與空間向量第6節(jié)空間向量的應(yīng)用第3課時利用空間向量解決有關(guān)空間角的開放第3課時利用空間向量解決有關(guān)空間角的開放問題考點一與線面角有關(guān)的研究性問題【例1】(2019·湖北重點中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)等邊△ABC的邊長為3，點D，E分別是AB，BC上的點，且滿足ADCE1(如圖(1))11＝＝，將△ADE沿DE折起到△ADE的地址，使二面角DBEA2－成直二面角，連接1，1(如圖(2))．DEBABAC求證：A1D⊥平面BCED；在線段BC上可否存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°？若存在，求出PB的長；若不存在，請說明原由．證明題圖(1)中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°.從而DE＝12＋22－2×1×2×cos60°＝3.222故得AD＋DE＝AE，∴AD⊥DE，BD⊥DE.∴題圖(2)中，A1D⊥DE，BD⊥DE，∴∠A1DB為二面角A1－DE－B的平面角，又二面角A1－DE－B為直二面角，∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB，∵DE∩DB＝D且DE，DB?平面BCED，∴A1D⊥平面BCED.1解存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.以D為坐標原點，以射線、、1分別為x軸、y軸、z軸的正半軸建立空間直角坐標DBDEDA系D－xyz，如圖，過P作PH∥DE交BD于點H，設(shè)PB＝2a(0≤2a≤3)，則BH＝a，PH＝3a，DH＝2－a，易知1(0，0，1)，(2－，，0)，(0，，0)，APa3aE3→因此PA1＝(a－2，－3a，1)．因為ED⊥平面A1BD，因此平面1的一個法向量為→＝(0，3，0)．ABDDE→→因為直線1與平面1所成的角為60°，因此sin60°＝|PA1·DE|＝3aPAABD→→4a2－4a＋5×3|PA1||DE|35＝2，解得a＝4.5∴PB＝2a＝2，滿足0≤2a≤3，吻合題意．5因此在線段BC上存在點P，使直線PA1與平面A1BD所成的角為60°，此時PB＝2.規(guī)律方法解決此類問題的基本策略是執(zhí)果索因，其結(jié)論明確需要求出使結(jié)論建立的充分條件，將題設(shè)和結(jié)論都視為已知條件即可迅速找到切入點，建立方程(組)并解方程(組)，若有解，則存在并求得結(jié)論建立的條件，若無解，則不存在．【訓(xùn)練1】如圖，在四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝22，E為CD的中點，點F在線段PB上．2求證：AD⊥PC；試確定點F的地址，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等．(1)證明如圖，在平行四邊形ABCD中，連接AC，因為AB＝22，BC＝2，∠ABC＝45°，222222由余弦定理得，AC＝AB＋BC－2·AB·BC·cos45°＝4，得AC＝2，因此AC＋BC＝AB，因此∠ACB＝90°，即BC⊥AC.又AD∥BC，因此AD⊥AC，因為AD＝AP＝2，DP＝22，222因此AD＋AP＝DP，因此PA⊥AD，又AP∩AC＝A，因此AD⊥平面PAC，因此AD⊥PC.解因為側(cè)面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，因此PA⊥底面ABCD，因此直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為原點，直線AD，AC，AP為坐標軸，建立以下列圖的空間直角坐標系A(chǔ)xyz，則A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)，→→→，2，－2)．因此PC＝(0，2，－2)，PD＝(－2，0，－2)，PB＝(23設(shè)PF→λ，2λ，－2λ)，F(xiàn)(2λ，2λ，－2λ＋2)，＝λ(λ∈[0，1])，則PF＝(2PB因此→＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)，EF易得平面ABCD的一個法向量為m＝(0，0，1)．設(shè)平面PDC的法向量為n＝(x，y，z)，→2y－2z＝0，由n·PC＝0，→得－2x－2z＝0，n·PD＝0，令x＝1，得＝(1，－1，－1)．n因為直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等，因此|cos→→，〈EF，m〉|＝|cos〈EF，n〉|→→2λ|EF·m||EF·n|，因此|－2λ＋2|＝即→＝→3，|EF||m||EF||n|即3|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝3－3，2因此PF3－3＝2.PB即當PF3－3EF與平面ABCD所成的角相等．＝2時，直線EF與平面PDC所成的角和直線PB考點二與二面角有關(guān)的研究性問題多維研究角度1已知二面角研究長度【例2－1】(2019·濰坊模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，1∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，PA＝PD＝2，BC＝2AD＝1，CD＝3.4求證：平面PBC⊥平面PQB；(2)當PM的長為何值時，平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為60°？1證明∵AD∥BC，Q為AD的中點，BC＝2AD，∴BC∥QD，BC＝QD，∴四邊形BCDQ為平行四邊形，∴BQ∥CD.∵∠ADC＝90°，∴BC⊥BQ.∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD.又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥BC.又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB.∵?平面，∴平面⊥平面.BCPBCPBCPQB(2)解由(1)可知PQ⊥平面ABCD.如圖，以Q為原點，分別以QA，QB，QP所在直線為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系，則(0，0，0)，(－1，0，0)，(0，0，)，(0，，QDP3B30)，C(－1，3，0)，→→，3，0)→，0，→，3，－3)．∴QB＝(0，3，0)，DC＝(0，DP＝(13)，PC＝(－1→→→3λ，－3λ)，且0≤λ≤1，得M(－λ，3λ，3－3λ)，設(shè)PM＝λPC，則PM＝(－λ，5→∴QM＝(－λ，3λ，3(1－λ))．設(shè)平面MBQ的法向量為m＝(x，y，z)，則→－λx＋3λy＋3（1－λ）z＝0，QM·m＝0，→即3y＝0.QB·m＝0，λ令x＝3，則y＝0，z＝1－λ，λ∴平面MBQ的一個法向量為m＝3，0，1－λ.設(shè)平面PDC的法向量為n＝(x′，y′，z′)，則→3y′＝0，DC·n＝0，→即x′＋3z′＝0.DP·n＝0，令x′＝3，則y′＝0，z′＝－3，∴平面PDC的一個法向量為n＝(3，0，－3)．∴平面QMB與平面PDC所成的銳二面角的大小為60°，λ|n·m|33－3·1－λ1∴cos60°＝|n||m|＝12·3＋λ2＝2，1－λ117∴λ＝2.∴PM＝2PC＝2.角度2已知二面角研究角度【例2－2】(2019·河北“五個一”名校聯(lián)考)以下列圖的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠ABC＝60°，AB＝2BC＝2CD，四邊形DCEF是正方形，N，G分別是線段AB，CE的中點．6(1)(一題多解)求證：NG∥平面ADF；π(2)設(shè)二面角A－CD－F的大小為θ2<θ<π，當θ為何值時，二面角A－BC－E的余弦13值為13？證明法一如圖，設(shè)DF的中點為M，連接AM，GM，因為四邊形DCEF是正方形，因此MG綉CD，又四邊形ABCD是梯形，且AB＝2CD，AB∥CD，點N是AB的中點，因此AN綉DC，因此MG綉AN，因此四邊形ANGM是平行四邊形，因此NG∥AM.又AM?平面ADF，NG?平面ADF，因此NG∥平面ADF.法二如圖，連接NC，NE，因為N是AB的中點，四邊形ABCD是梯形，AB＝2CD，AB∥CD，因此AN綉CD，因此四邊形ANCD是平行四邊形，因此NC∥AD，因為AD?平面ADF，NC?平面ADF，因此NC∥平面ADF，7同理可得NE∥平面ADF，又NC∩NE＝N，因此平面NCE∥平面ADF，因為NG?平面NCE，因此NG∥平面ADF.解設(shè)CD的中點為O，EF的中點為P，連接NO，OP，易得NO⊥CD，以點O為原點，以O(shè)C所在直線為x軸，以NO所在直線為y軸，以過點O且與平面ABCD垂直的直線為z軸建立以下列圖的空間直角坐標系．因為NO⊥CD，OP⊥CD，因此∠NOP是二面角A－CD－F的平面角，則∠NOP＝θ，因此∠POy＝π－θ，設(shè)AB＝4，則BC＝CD＝2，則P(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，E(1，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，C(1，0，0)，B(2，－3，0)，→→，－3，0)，CE＝(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，CB＝(1設(shè)平面BCE的法向量為n＝(x，y，z)，→x－3y＝0，n·CB＝0，則即2ycos（π－θ）＋2zsin（π－θ）＝0，→n·CE＝0，因為θ∈π，π，因此cos(π－θ)≠0，2令z＝1，則y＝－tan(π－θ)，x＝－3tan(π－θ)，因此n＝(－3tan(π－θ)，－tan(π－θ)，1)為平面BCE的一個法向量，又易知平面ACD的一個法向量為m＝(0，0，1)，m·n1因此cos〈m，n〉＝|m|·|n|＝4tan2（π－θ）＋1，8由圖可知二面角A－BC－E為銳角，113因此4tan2（π－θ）＋1＝13，解得tan2(π－θ)＝3，又π2<θ<π，π2π因此tan(π－θ)＝3，即π－θ＝3，得θ＝3，2π13因此當二面角A－CD－F的大小為3時，二面角A－BC－E的余弦值為13.規(guī)律方法1.解決研究性問題的基本方法是假設(shè)結(jié)論建立或?qū)ο蟠嬖冢瑺柡笤谶@個前提下進行邏輯推理，若能推導(dǎo)出與條件吻合的數(shù)據(jù)或事實，則說明假設(shè)建立，即存在，并可進一步證明；否則不行立，即不存在．2．研究線段上可否存在點時，注意三點共線條件的應(yīng)用．3．利用空間向量的坐標運算，可將空間中的研究性問題轉(zhuǎn)變成方程可否有解的問題進行處理．【訓(xùn)練2】(2019·華南師大附中質(zhì)檢)如圖，在五面體ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD.求證：CE⊥平面ADF；已知P為棱BC上的點，試確定點P的地址，使二面角P－DF－A的大小為60°.證明∵CD∥EF，CD＝EF＝CF，∴四邊形CDEF是菱形，∴CE⊥DF.∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD?平面ABCD，∴AD⊥平面CDEF，9∵CE?平面CDEF，∴AD⊥CE.又∵AD?平面ADF，DF?平面ADF，AD∩DF＝D，∴直線CE⊥平面ADF.解由(1)知四邊形CDEF為菱形，又∵∠DCF＝60°，∴△DEF為正三角形．如圖，取EF的中點G，連接GD，則GD⊥EF.∵EF∥CD，∴GD⊥CD.∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD?平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，∴GD⊥平面ABCD.又∵AD⊥CD，∴直線DA，DC，DG兩兩垂直．以D為原點，分別以DA，DC，DG所在的直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖的空間直角坐標系D－xyz.∵CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1，∴D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，－1，3)，F(xiàn)(0，1，3)，→，－3，→，1，→，－1，0)，∴CE＝(03)，DF＝(03)，CB＝(1→DC＝(0，2，0)．→由(1)知CE是平面ADF的一個法向量．→→設(shè)CP＝aCB＝(a，－a，0)(0≤a≤1)，10→→→則DP＝DC＋CP＝(a，2－a，0)．設(shè)平面的法向量為n＝(x，，)，PDFyz→n·DF＝0，即y＋3z＝0，則→ax＋（2－a）y＝0.n·DP＝0，令y＝3a，則x＝3(a－2)，z＝－a，∴n＝(3(a－2)，3a，－a)．∵二面角P－DF－A的大小為60°，→→|n·CE|∴|cos〈n，CE〉|＝→|n||CE|43a1＝＝，12·3（a－2）2＋3a2＋a222解得a＝3或a＝－2(不合題意，舍去)．∴P在湊近點B的CB的三均分點處．考點三與空間角有關(guān)的最值問題【例3】(2019·新高考締盟考試)如圖，在四棱錐E－ABCD中，底面ABCD是圓內(nèi)接四邊形，CB＝CD＝CE＝1，AB＝AD＝AE＝3，EC⊥BD.求證：平面BED⊥平面ABCD；若點P在平面ABE內(nèi)運動，且DP∥平面BEC，求直線DP與平面ABE所成角的正弦值的最大值．(1)證明如圖，連接AC，交BD于點O，連接EO，11∵AD＝AB，CD＝CB，AC＝AC，∴△ADC≌△ABC，易得△ADO≌△ABO，∴∠AOD＝∠AOB＝90°，∴AC⊥BD.又EC⊥BD，EC∩AC＝C，∴BD⊥平面AEC，又OE?平面AEC，∴OE⊥BD.又底面ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，3在Rt△ADC中，由AD＝3，CD＝1，可得AC＝2，AO＝2，AEAO3∴∠AEC＝90°，＝＝，ACAE2易得△AEO∽△ACE，∴∠AOE＝∠AEC＝90°，即EO⊥AC.又AC，BD?平面ABCD，AC∩BD＝O，∴EO⊥平面ABCD，又EO?平面BED，∴平面BED⊥平面ABCD.(2)解如圖，取AE的中點M，AB的中點N，連接MN，ND，DM，12則MN∥BE，由(1)知，∠DAC＝∠BAC＝30°，即∠DAB＝60°，∴△ABD為正三角形，∴DN⊥AB，又BC⊥AB，∴平面DMN∥平面EBC，∴點P在線段MN上．以O(shè)為坐標原點，建立以下列圖的空間直角坐標系，則A32，0，0，B0，23，0，E0，0，23，M34，0，43，D0，－23，0，N34，43，0，∴→＝33，→＝33，AB－2，2，0AE－2，0，2→333→33DM＝4，2，4，MN＝0，4，－4，設(shè)平面ABE的法向量n＝(x，y，z)，→AB·n＝0，－3x＋y＝0，則即→－3x＋z＝0，AE·n＝0，令x＝1，則n＝(1，3，3)，→→設(shè)MP＝λMN(0≤λ≤1)，可得→→→33333DP＝DM＋MP＝4，2＋4λ，4－4λ，設(shè)直線DP與平面ABE所成的角為θ，13→12則sinθ＝n·DP＝，→42×λ2＋λ＋4|n|·|DP|42∵0≤λ≤1，∴當λ＝0時，sinθ獲取最大值7.故直線DP與平面ABE所成角的正弦值的最大值為427.規(guī)律方法解決空間角的最值問題一般是把空間角的某個三角函數(shù)值表示為某個變量的函數(shù)，利用這個函數(shù)的單調(diào)性求三角函數(shù)值的最值，求解時需要注意的是函數(shù)中自變量的取值范圍對最值的決定作用．【訓(xùn)練3】(2019·上海靜安區(qū)質(zhì)檢)以下列圖，PA⊥平面ADE，B，C分別是AE，DE的中點，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2.求二面角A－PE－D的余弦值；(2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長．解(1)因為PA⊥平面ADE，AD?平面ADE，AB?平面ADE，因此PA⊥AD，PA⊥AB，又因為AB⊥AD，因此PA，AD，AB兩兩垂直．→→→A－xyz，則各點的坐標為以{AB，AD，AP}為正交基底建立空間直角坐標系A(chǔ)(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．14因為PA⊥AD，AD⊥AE，AE∩PA＝A，因此⊥平面，ADPAE→PAE的一個法向量，且→，2，0)．因此AD是平面AD＝(0→→，2，－2)．易得PC＝(1，1，－2)，PD＝(0設(shè)平面的法向量為＝(x，，z)．PEDmy→x＋y－2z＝0，m·PC＝0，則→即2y－2z＝0.m·PD＝0，令y＝1，解得z＝1，x＝1.因此m＝(1，1，1)是平面PED的一個法向量，→→3AD·m因此cos〈AD，m〉＝→＝3，|AD||m|3因此二面角A－PE－D的余弦值為3.(2)→＝(－1，0，2)，故可設(shè)→＝λ→＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)．BPBQBP→，－1，0)→→→又CB＝(0，因此CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－1，2λ)．→，－2，2)，又DP＝(0→→→→CQ·DP1＋2λ因此cos〈CQ，DP〉＝→→＝.|CQ||DP|λ102＋2設(shè)1＋2λ＝t，t∈[1，3]，152→→2t22≤9則cos〈CQ，DP〉＝＝52，5t2－10t＋9120109t－9＋992當且僅當t＝5，即λ＝5時，→→310|cos〈CQ，DP〉|的最大值為10.π因為y＝cosx在0，2上是減函數(shù)，2因此當λ＝5時直線CQ與DP所成角獲取最小值．又因為BP＝12＋22＝5，25因此BQ＝5BP＝5.[思想升華][易錯防范]求出法向量夾角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正當還是負值，確定二面角余弦值正負有兩種方法：經(jīng)過觀察二面角是銳角還是鈍角來確定其余弦值的正負；當不易觀察二面角是銳角還是鈍角時可判斷兩半平面的法向量與二面角的地址關(guān)系來確定．基礎(chǔ)牢固題組16(建議用時：40分鐘)如圖，在三棱錐P－ABC中，D為棱PA上的任意一點，點F，G，H分別為所在棱的中點．(1)證明：BD∥平面FGH；π(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，∠BAC＝45°，當二面角C－GF－H的平面角為3時，求棱PC的長．證明因為G，H分別為AC，BC的中點，因此AB∥GH，且GH?平面FGH，AB?平面FGH，因此AB∥平面FGH.因為F，G分別為PC，AC的中點，因此GF∥AP，且FG?平面FGH，AP?平面FGH，因此AP∥平面FGH.又因為AP∩AB＝A，因此平面ABP∥平面FGH.因為BD?平面ABP，因此BD∥平面FGH.(2)解在平面ABC內(nèi)過點C作CM∥AB，如圖，以C為原點，分別以CB，CM，CF所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系C－xyz，連接BG.由△ABC為等腰直角三角形知BG⊥AC.因為BG⊥CF，AC∩CF＝C，因此BG⊥平面PAC.設(shè)CF＝a，則B(2，0，0)，G(1，－1，0)，17→因此BG＝(－1，－1，0)為平面PAC的一個法向量．又(0，0，)，(1，0，0)，因此→＝(1，0，－a)，→＝(1，－1，－a)．FaHFHFG設(shè)m＝(x，y，z)為平面FGH的法向量，→x－az＝0，m·FH＝0，則即→x－y－az＝0，m·FG＝0，可得平面FGH的一個法向量為m＝(a，0，1)．→－a1由|cos〈m，BG〉|＝2·a2＋1＝2，得a＝1(負值已舍去)，從而2a＝2，因此棱PC的長為2.2．(2018·天津卷)如圖，∥且＝2，⊥，∥且＝，∥且＝ADBCADBCADCDEGADEGADCDFGCD2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：MN∥平面CDE；求二面角E－BC－F的正弦值；若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長．→→→x軸，y軸，z軸的正方向解依題意，可以建立以D為原點，分別以DA，DC，DG的方向為的空間直角坐標系(如圖)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，(0，1，2)，(0，0，2)，M0，3，1，(1，0，2)．FG2N18→→，2)．設(shè)n0＝(x，y，z)為平面CDE的法向量，(1)證明依題意DC＝(0，2，0)，DE＝(2，0→即2y＝0，不如令＝－，可得0＝，，－．又→＝1，－3，1，則n0·DC＝0z1(11)→2x＋2z＝0，n0MN2n0·DE＝0，可得→·0＝0，又因為直線?平面，因此∥平面.MNnMNCDEMNCDE→→→，－1，2)．(2)依題意，可得BC＝(－1，0，0)，BE＝(1，－2，2)，CF＝(0→－x＝0，設(shè)n＝(x，y，z)為平面BCE的法向量，則n·BC＝0，即不如令z＝1，可→x－2y＋2z＝0，n·BE＝0，得n＝(0，1，1)．→－x＝0，m·BC＝0，不如令z＝1，可得設(shè)m＝(x，y，z)為平面BCF的法向量，則即→－y＋2z＝0，m·CF＝0，m＝(0，2，1)．m·n31010因此有cos〈，〉＝＝，于是sin〈，〉＝.mn|m||n|10mn10因此，二面角E－BC－F的正弦值為1010.(3)設(shè)線段DP的長為h(h∈[0，2])→，則點P的坐標為(0，0，h)，可得BP＝(－1，－2，h)．易→，2，0)為平面ADGE的一個法向量，故知，DC＝(0→→→→2|BP·DC||cos〈BP，DC〉|＝→→＝h2＋5，|BP||DC|2＝sin603由題意，可得h2＋5°＝2，3解得h＝3∈[0，2]．3因此，線段DP的長為3.3.如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，19BC＝4，E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，記平面AEF與平面ABC的交線為l.求證：l⊥平面PAC；直線l上可否存在點Q，使直線PQ分別與平面AEF、直線EF所成的角互余？若存在，求出AQ的長；若不存在，請說明原由．證明因為E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，因此BC∥EF，又EF?平面EFA，BC?平面EFA，因此BC∥平面EFA.又BC?平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，因此BC∥l.又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC⊥平面ABC，BC?平面ABC，因此BC⊥平面PAC，因此l⊥平面PAC.解如圖，以C為坐標原點，CA所在直線為x軸，CB所在直線為y軸，過C且垂直于平面ABC的直線為z軸建立空間直角坐標系，則A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，3)，E13，F(xiàn)13，2，0，22，2，2→33→因此AE＝－2，0，2，EF＝(0，2，0)．20設(shè)Q(2，y，0)，平面AEF的法向量為m＝(x0，y0，z0)，→33m·AE＝0，即－2x0＋2z0＝0，則→2y0＝0，m·EF＝0，則y0＝0，令z0＝3，則x0＝1，因此m＝(1，0，3)為平面AEF的一個法向量．→，y，－3)，又PQ＝(1→→→→|PQ·EF|因此|cos〈PQ，EF〉|＝→→，|PQ|·|EF|→→|PQ·m||cos〈PQ，m〉|＝→·|m|.|PQ因為直線PQ分別與平面AEF、直線EF所成的角互余，→→→|PQ·EF||PQ·m|因此→→＝→，|PQ|·|EF||PQ|·|m|因此|1×0＋y×2－3×0|＝|1×1＋y×0＋(－3)×3|，解得y＝±1.因此直線l上存在點，使直線分別與平面、直線EF所成的角互余，此時＝1.QPQAEFAQ4．(2019·濟南質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點．求證：AE⊥PD；設(shè)H為線段PD上的動點，若線段EH長的最小值為5，求二面角E－AF－C的余弦值．21證明∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC為正三角形．又E為BC的中點，∴AE⊥BC.∵BC∥AD，∴AE⊥AD.∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴PA⊥AE.∵PA?平面PAD，AD?平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD.又PD?平面PAD，∴AE⊥PD.解如圖，H為線段PD上的動點，連接AH，EH.當線段EH的長最小時，EH⊥PD.由(1)知AE⊥PD，∵AE∩EH＝E，∴PD⊥平面AEH.∵AH?平面AEH，∴AH⊥PD.在Rt△EAH中，AE＝3，EH＝5，EA⊥AH，∴AH＝EH2－AE2＝2.22在Rt△ADH中，由AH＝2，AD＝2，可知∠HDA＝45°，即∠PDA＝45°.∴在Rt△PAD中，可得PA＝AD＝2.由(1)可知，，兩兩垂直，以A為坐標原點，建立如圖的空間直角坐標系．由，AEADAPEF分別為BC，PC的中點，可得A(0，0，0)，B(3，－1，0)，C(3，1，0)，D(0，2，0)，31P(0，0，2)，E(3，0，0)，F(xiàn)2，2，1，→→31.因此AE＝(3，0，0)，AF＝2，2，1設(shè)平面AEF的法向量為n＝(x1，y1，z1)，→3x1＝0，n·AE＝0，因此31則→2x1＋2y1＋z1＝0，n·AF＝0，取z1＝－1，得n＝(0，2，－1)．因為BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC＝A，因此BD⊥平面AFC，故→為平面的一個法向量．BDAFC→3，3，0)，又BD＝(－→→2×315n·BD因此cos〈n，BD〉＝＝＝.→5×125|n|·|BD|由圖易知二面角－－為銳角，EAFC2315故所求二面角的余弦值為5.能力提升題組(建議用時：20分鐘)5.(2019·天津和平區(qū)質(zhì)檢)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝2，點E在AD上，且AE＝2ED.已知點F在BC上，且CF＝2FB，求證：平面PEF⊥平面PAC；當二面角A－PB－E的余弦值為多少時，直線PC與平面PAB所成的角為45°？證明∵AB⊥AC，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，∵底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，∴∠ACD＝45°，即AD＝CD，又AB⊥AC，∴BC＝2AC＝2AD，2∵