拓展三空間向量中動點的設(shè)法-2022-2023學(xué)年高二數(shù)學(xué)講義（人教A版2019選擇性）

拓展三：空間向量中動點的設(shè)法立體幾何是高考必考的核心問題之—，每年都會考查一道大題，主要考查點線面位置關(guān)系的判定、體積問題、空間角、動點問題.其中最復(fù)雜的是將動點加入到要考查的問題中，立體幾何中的動點問題因其能夠較好地考查學(xué)生的邏輯推理能力，運算求解能力而受到命題者青睞.求解此類動點問題采用向量法（坐標法）來求解可以避開復(fù)雜的中間分析過程，將待求目標表示成變量的函數(shù)模型，借助函數(shù)求值域的方法求出最值.知識點1空間向量可解決的立體幾何問題用表示直線的方向向量，用表示平面的法向量1、判定（證明）類（1）線面平行：（2）線面垂直：（3）面面平行：（4）面面垂直：2、計算類：利用空間向量求立體幾何常考查的夾角：設(shè)直線的方向向量分別為，平面的法向量分別為，則①兩直線所成的角為(),；②直線與平面所成的角為(),；③二面角的大小為(),或（視平面角與法向量夾角關(guān)系而定）④點到平面距離：設(shè)為平面外一點，為平面上任意一點，則到平面的距離為，即在法向量上投影的絕對值.知識點2空間向量動點的設(shè)法在立體幾何解答題中常常涉及點的存在性問題，即是否在某條線上存在一點，使之滿足某個條件，本講主要介紹使用空間向量解決該問題時的方法與技巧：1、理念：先設(shè)再求——先設(shè)出所求點的坐標，再想辦法利用條件求出坐標2、解題關(guān)鍵：減少變量數(shù)量——可表示空間中的任一點，但題目中所求點往往是確定在某條線或者某個平面上的，所以使用三個變量比較“浪費”（變量多，條件少，無法求解），要考慮減少變量的個數(shù)，最終所使用變量的個數(shù)可根據(jù)如下條件判斷：（1）直線（一維）上的點：用一個變量就可以表示出所求點的坐標（2）平面（二維）上的點：用兩個變量可以表示所求點坐標規(guī)律：維度=所用變量個數(shù)3、如何減少變量：（1）直線上的點（重點）：平面向量共線定理——若使得()例：已知，那么直線上的某點坐標可用一個變量表示，方法如下：——三點中取兩點構(gòu)成兩個向量因為在上，所以——共線定理的應(yīng)用（關(guān)鍵），即——僅用一個變量表示注：①若點在軸上可設(shè)點為，若點在軸上可設(shè)點為，若點在軸上可設(shè)點為，注意根據(jù)具體題目給出t的范圍。（點落在與軸平行的直線處理方式大致相同）②若點在直線上，且直線在平面上，則點的豎坐標為0，若已知直線上的兩點坐標，除了使用，還可以在平面上表示出直線的方程，得到的關(guān)系，則引入一個參數(shù)（注意給出參數(shù)的范圍）即可表示點的坐標。(同理若直線在平面上也適用，不適用于在空間中的斜線）③若點在面上，有時也可利用向量共線定理解決。（2）平面上的點：平面向量基本定理——若不共線，則平面上任意一個向量，均存在，使得：例：已知，則平面上的某點坐標可用兩個變量表示，方法如下：，故，即考點一動點的設(shè)法（一）動點在軸上若點在軸上可設(shè)點為，若點在軸上可設(shè)點為，若點在軸上可設(shè)點為，注意根據(jù)具體題目給出t的范圍。（點落在與軸平行的直線處理方式大致相同）【例11】在邊長為2正方體中：（1）求證平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）線段AB上是否存在一點M（不與端點重合，使得二面角所成平面角的余弦值為，若存在，求的值，若不存在，請說明理由．【解析】（1）以點為坐標原點，建立如下圖所示的空間直角坐標系，設(shè)平面的法向量為，則又，則平面（2）則直線與平面所成角的正弦值為（3）設(shè)，，則即，，設(shè)平面的法向量為，則同理可得出平面的法向量即，解得（舍），即存在使得二面角所成平面角的余弦值為變式1：如圖，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.(Ⅰ)若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：MN∥平面CDE；(Ⅱ)求二面角E-BC-F的正弦值；(Ⅲ)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．【解析】(Ⅰ)證明：依題意以D為坐標原點，分別以eq\o(DA,\s\up6(→))、eq\o(DC,\s\up6(→))、eq\o(DG,\s\up6(→))的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)．可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(xiàn)(0，1，2)，G(0，0，2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，1))，N(1，0，2)．依題意，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2，0，2)．設(shè)n0＝(x，y，z)為平面CDE的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n0·\o(DC,\s\up6(→))＝2y＝0，,n0·\o(DE,\s\up6(→))＝2x＋2z＝0，))不妨令z＝－1，可得n0＝(1，0，－1)，又eq\o(MN,\s\up6(→))＝(1，－eq\f(3,2)，1)，可得eq\o(MN,\s\up6(→))·n0＝0.又因為直線MN?平面CDE，所以MN∥平面CDE.(Ⅱ)依題意，可得eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0，－1，2)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面BCE的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝－x＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝x－2y＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(0，1，1)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面BCF的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝－x＝0，,m·\o(CF,\s\up6(→))＝－y＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得m＝(0，2，1)．因此有cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(3\r(10),10)，于是sin〈m，n〉＝eq\f(\r(10),10).所以二面角E-BC-F的正弦值為eq\f(\r(10),10).(Ⅲ)設(shè)線段DP的長為h(h∈[0，2])，則點P的坐標為(0，0，h)，可得eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－2，h)，而eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)為平面ADGE的一個法向量，故|cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BP,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→))|,|\o(BP,\s\up6(→))|·|\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(h2＋5)).由題意，可得eq\f(2,\r(h2＋5))＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，解得h＝eq\f(\r(3),3)∈[0，2]．所以線段DP的長為eq\f(\r(3),3).變式2：(2019·天津卷)如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(Ⅰ)求證：BF∥平面ADE；(Ⅱ)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(Ⅲ)若二面角E-BD-F的余弦值為eq\f(1,3)，求線段CF的長．【解析】依題意，建立以A為原點，分別以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))的方向為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標系(如圖)，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)．設(shè)CF＝h(h＞0)，則F(1，2，h)．(Ⅰ)證明：依題意，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的法向量，又eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，又因為直線BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE.(Ⅱ)依題意，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2)．設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1)．因此有cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))·n〉＝eq\f(\o(CE,\s\up6(→))·n,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq\f(4,9).所以直線CE與平面BDE所成角的正弦值為eq\f(4,9).(Ⅲ)設(shè)m＝(x，y，z)為平面BDF的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝2y＋hz＝0，))取y＝1，可得m＝(1，1，－eq\f(2,h))，由題意，|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(|4－\f(2,h)|,3×\r(2＋\f(4,h2)))＝eq\f(1,3)，解得h＝eq\f(8,7).經(jīng)檢驗，符合題意．所以線段CF的長為eq\f(8,7).（二）動點在平面的直線上若點在直線上，且直線在平面上，則點的豎坐標為0，若已知直線上的兩點坐標，除了使用，還可以在平面上表示出直線的方程，得到的關(guān)系，則引入一個參數(shù)（注意給出參數(shù)的范圍）即可表示點的坐標。(同理若直線在平面上也適用，不適用于在空間中的斜線）【例12】如圖，在三棱錐P-ABC中，AB＝BC＝2eq\r(2)，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點．(Ⅰ)證明：PO⊥平面ABC；(Ⅱ)若點M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值．【解析】(Ⅰ)證明：因為PA＝PC＝AC＝4，O為AC的中點，所以PO⊥AC，且PO＝2eq\r(3).連接OB，因為AB＝BC＝eq\f(\r(2),2)AC，所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝eq\f(1,2)AC＝2.所以PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.又因為OB∩AC＝O，所以PO⊥平面ABC.(Ⅱ)方法一：以O(shè)為坐標原點，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OP,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2eq\r(3))，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，2，2eq\r(3))．取平面PAC的一個法向量eq\o(OB,\s\up6(→))＝(2，0，0)．設(shè)M(a，2－a，0)(0＜a≤2)，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝(a，4－a，0)．設(shè)平面PAM的法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AP,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AM,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2y＋2\r(3)z＝0，,ax＋（4－a）y＝0，))令y＝eq\r(3)a，得z＝－a，x＝eq\r(3)(a－4)，所以平面PAM的一個法向量為n＝［eq\r(3)(a－4)，eq\r(3)a，－a］，所以cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(2\r(3)（a－4）,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2)).由已知可得|cos〈eq\o(OB,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(2\r(3)|a－4|,2\r(3（a－4）2＋3a2＋a2))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝eq\f(4,3)或a＝－4(舍去)．所以n＝(－eq\f(8\r(3),3)，eq\f(4\r(3),3)，－eq\f(4,3))．又eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq\r(3))，所以cos〈eq\o(PC,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\f(8\r(3),3)＋\f(8\r(3),3),\r(4＋12)·\r(\f(64,3)＋\f(16,3)＋\f(16,9)))＝eq\f(\r(3),4).所以PC與平面PAM所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).方法二：建立以為坐標原點，分別為軸的空間直角坐標系如圖所示，則，，，，設(shè)，則，則平面的法向量為，設(shè)平面的法向量則，令，則，，

二面角為，，即，解得或(舍)，設(shè)平面的法向量，，設(shè)與平面所成的角為，則所以PC與平面PAM所成角的正弦值為.動點在空間的斜線上平面向量共線定理——若使得()【例13】在四棱錐中，平面平面ABCD，為等邊三角形，，，，點M是PC的中點.（1）求證：平面PAD；（2）求二面角的余弦值；（3）在線段PB上是否存在點N，使得平面PBC？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由.【解析】（1）取PD中點H，連結(jié)MH，AH．因為M為中點，所以．因為，所以AB∥HM且AB=HM．所以四邊形ABMH為平行四邊形，所以BM∥AH．因為BM?平面PAD，AH?平面PAD，所以BM∥平面PAD．（2）取AD中點O，連結(jié)PO．因為PA=PD，所以PO⊥AD．因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD．取BC中點K，連結(jié)OK，則OK∥AB．以O(shè)為原點，如圖建立空間直角坐標系，設(shè)AB=2，則，，則平面BCD的法向量，設(shè)平面PBC的法向量，由，得令，則．．由圖可知，二面角P﹣BC﹣D是銳二面角，所以二面角P﹣BC﹣D的余弦值為．（3）在線段PB上是不存在點N，使得DN⊥平面PBC．設(shè)點，且，則，所以．則，所以，．若DN⊥平面PBC，則，即，此方程無解，所以在線段PB上不存在點N，使得DN⊥平面PBC．變式1：如圖，四棱錐的底面是菱形，，且.（1）證明：平面平面；（2）若，棱上一點滿足，求直線與平面所成角的正弦.【解析】（1）因為，為中點，所以，又因為底面是菱形，所以.所以平面，又因為平面，所以平面平面.（2）因為平面平面，，所以平面.又因為底面是菱形，所以.，，所以，即.所以為等邊三角形.取的中點，以為原點，，，分別為，，軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：，，，，，設(shè)，.所以，，，因為，所以，即，解得或（舍去）.所以，，設(shè)平面的法向量，則，令，解得，.所以.，設(shè)直線與平面所成角為，則.變式2：如圖，三棱柱中，側(cè)棱平面ABC，為等腰直角三角形，，且，E，F(xiàn)分別是，的中點.（Ⅰ）若D是的中點，求證：平面AEF；（Ⅱ）線段AE（包括端點）上是否存在點M，使直線與平面AEF所成的角為？若有，確定點M的位置；若沒有，說明理由.【解析】（Ⅰ）連接，，因為D，E分別是，的中點，故，平面，平面，所以平面.因為E，F(xiàn)分別是，的中點，所以，證平面，平面，所以平面，又，平面，平面AEF，所以平面平面，又平面，所以平面AEF，（Ⅱ）題意得AB，AC，兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，.因為，.設(shè)平面AEF的法向量為，由，得，令，得，，所以平面AEF的一個法向量為.設(shè)，又，所以.若直線與平面AEF所成角為，則.解得：或，即當(dāng)點M與點A重合，或時，直線與平面AEF所成的角為.變式3：如圖，三棱柱中，側(cè)面，已知，，，點是棱的中點.(1)求異面直線與所成的角的余弦值；(2)在棱上是否存在一點，使得與平面所成角的正弦值為，若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【解析】(1)，，，得，由題意，因為，所以，，又側(cè)面，以為原點，分別以、、的方向為、、軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則有，，，，，，，設(shè)異面直線與所成的角為，則，所以異面直線與所成的角的余弦值為.(2)由（1）得，，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，可得，假設(shè)存在點，設(shè)，其中，，由已知可得，得，即，解得或，因此，在棱上是否存在一點，使得與平面所成角的正弦值為，且或.變式4：如圖，在四棱錐中，側(cè)面為等邊三角形，底面為等腰梯形，且(1)證明：平面平面；(2)若點在棱上，且二面角的大小為，求的值.【解析】(1)設(shè)的中點為，連接，在等邊中，可得，在等腰梯形中，有又因為，所以，所以，即，又因為，所以平面又因為在平面內(nèi)，所以平面平面(2)如圖所示，以為原點建立空間直角坐標系，各點坐標依次為：，，設(shè)，平面的一個法向量為，因為，由，令，得，易知平面的法向量為，由，解得或（舍）.所以，故.動點在面內(nèi)【例14】四棱錐中，平面，底面四邊形為直角梯形，，，，.（Ⅰ）求證：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）為中點，在四邊形所在的平面內(nèi)是否存在一點，使得平面，若存在，求三角形的面積；若不存在，請說明理由.【解析】（I）由于平面，所以，由于，所以平面，由于平面，所以平面平面.（II）由已知條件可知兩兩垂直，以為原點建立空間直角坐標系，則,.依條件知是平面的一個法向量.設(shè)是平面的法向量，，由，令，得.設(shè)二面角的平面角為，則.（III）假設(shè)存在點滿足條件，設(shè)，則，，所以，解得，所以存在滿足條件，此時.變式1：已知四棱錐的底面ABCD是直角梯形，AD//BC，，E為CD的中點，（1）證明:平面PBD平面ABCD；（2）若，PC與平面ABCD所成的角為，試問“在側(cè)面PCD內(nèi)是否存在一點N，使得平面PCD？”若存在，求出點N到平面ABCD的距離；若不存在，請說明理由.【解析】（1）證明:由四邊形ABCD是直角梯形,AB=，BC=2AD=2，AB⊥BC，可得DC=2,∠BCD=，從而△BCD是等邊三角形,BD=2,BD平分∠ADC.∵E為CD的中點,∴DE=AD=1,∴BD⊥AE,又∵PB⊥AE,PB∩BD=B,∴AE⊥平面PBD.又∵AE?平面ABCD∴平面PBD⊥平面ABCD.(2)存在.在平面PBD內(nèi)作PO⊥BD于O,連接OC,又∵平面PBD⊥平面ABCD,平面PBD∩平面ABCD=BD,∴PO⊥平面ABCD，∴∠PCO為PC與平面ABCD所成的角,則∠PCO=∴易得OP=OC=，PB=PD,PO⊥BD,所以O(shè)為BD的中點，OC⊥BD.以O(shè)B,OC,OP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則B(1,0,0),C（0,，0）D(1,0,0),P（0,0,）假設(shè)在側(cè)面內(nèi)存在點，使得平面成立，設(shè)，易得由得，滿足題意，所以N點到平面ABCD的距離為考點二與動點有關(guān)的最值問題（一）單個動點，動點坐標含一個變量對于單個動點的動態(tài)問題，一般是設(shè)出該動點的坐標，如果該動點的坐標只含有一個變量，則將目標函數(shù)表示成該變量的一元函數(shù)模型，借助函數(shù)求最值的方法求解.要特別注意變量的取值范圍.【例21】如圖：正方體的棱長為2，，分別為棱，的中點，若點為線段上的動點(不包括端點)，設(shè)異面直線與所成角為，則的取值范圍是________.【解析】連接，，，或其補角，設(shè)，，在△中，，，，由余弦定理知，，令，則，，在上單調(diào)遞增，，，．故答案為：；，．【例22】已知，如圖四棱錐中，底面為菱形，，，平面，，分別是，中點，點在棱上移動．(1)證明：無論點在上如何移動，都有平面平面；(2)是否存在點，使得直線與平面所成的角最大，若存在，試確定點的位置.【解析】(1)證明：連接，底面為菱形，，為正三角形，是的中點，，又，，平面，平面，，，、平面，平面，平面，平面平面．(2)解：由（1）知，、、兩兩垂直，故以、、所在直線分別為、、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，0，，，，，2，，，0，，，1，，，，，．設(shè)，．設(shè)平面的法向量為，，，則，令，則，，．設(shè)直線與平面所成的角為，則，當(dāng)時，最大，此時為的中點．變式1：如圖，在四棱錐中，底面，，點在棱上，,點在棱上，.(1)若，為的中點，求證：，，，四點共面；(2)求直線與平面所成角的正弦的最大值.【解析】(1)以為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，則，，，設(shè)，則，解得，則，即，，，四點共面.(2)由（1）中的空間直角坐標系，可得，，，設(shè)，（其中），且，則，解得，可得設(shè)平面的法向量為，由，取，可得，所以設(shè)直線與平面所成角為，則，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.直線與平面所成角的正弦的最大值為.單個動點，動點坐標含兩個變量對于單個動點的動態(tài)問題，一般是設(shè)出該動點的坐標，如果該動點的坐標含有兩個變量，則考慮兩個變量的幾何意義，或者借助減元的思想減少變量.【例23】如圖，在正四棱柱中，，，是側(cè)面內(nèi)的動點，且，記與平面所成的角為，則的最大值為（

）A． B． C．2 D．【解析】以，，所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，則，，設(shè)，3，，則，3，，，，，，，，，，連接BP，在正四棱柱中，面，所以就是與平面所成的角，即，，的最大值為．故選：B．變式1：已知直四棱柱的高為4，底面邊長均為2，且，P是側(cè)面內(nèi)的一點，若，則的最小值為___________.【解析】直四棱柱的高為4，底面邊長均為2，且故平面，四邊形為菱形，，故如圖建立空間直角坐標系，則，，，設(shè)點，則，由于，所以，即：，故令，，所以，所以故答案為：（三）雙動點對于雙動點問題，一般是設(shè)出其中一個較為簡單的動點的坐標（此時含一個變量），對于另外一個較為復(fù)雜點的坐標，則不必設(shè)出，可以借助向量的線性運算進行轉(zhuǎn)化，從而得到所需的向量（用坐標表示，此時還有一個變量）.最后將待求目標表示成為含兩個變量的函數(shù)模型，借助完全平方式的性質(zhì)求出最值.【例24】如圖，在菱形中，，，沿對角線將折起，使點，之間的距離為，若，分別為線段，上的動點，則線段的最小值為．【解析】取中點，連結(jié)，，則，，，，，為直角三角形，即，平面，以，，分別為，，軸，建立如圖空間直角坐標系，則，0，，，3，，，0，，設(shè)，0，，，，，則，3，，，，，，．當(dāng)，時，長度最小值為．故答案為：．題組A基礎(chǔ)過關(guān)練1、如圖所示，在三棱柱中，平面，，，是的中點．（1）求直線與平面所成角的正弦值；（2）在棱上是否存在一點，使得平面與平面所成二面角為？若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由．【解析】（1）如圖所示建立空間直角坐標系，則，，，．∴，，．設(shè)平面的法向量為，則，即令，則．所以，所以直線與平面所成角的正弦值為；（2）解：假設(shè)在棱上存在一點，使得平面與平面所成二面角為，設(shè)，．則，設(shè)平面的法向量為，則，即，取，則．由（1）知平面的法向量為．所以，即，而，故．故在棱上存在一點，使得平面與平面所成二面角為，點的坐標為．2、直三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，且AC=AB=AA1=2．(1)求證A1B⊥B1C；(2)M、N分別為棱CC1、BC的中點，點P在線段A1B1上，是否存在點P，使平面PMN與平面ABC所成角的余弦值為，若存在，試確定點P的位置，若不存在，請說明理由．【解析】(1)如圖，以AB，AC，AA1為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A(0，0，0)，B(2，0，0),，，，，，所以，即，(2)假設(shè)存在點滿足題意，設(shè)，∴P(2，0，2)，N(1，1，0)，M(0，2，1)，設(shè)平面PMN的一個法向量為，，即，令，得又平面ABC的一個法向量為=(0，0，1)∴，又，故方程無根，所以線段上不存在點P，使平面PMN與平面ABC所成角的余弦值為．3、已知梯形如圖1所示，其中，，，四邊形是邊長為1的正方形，沿將四邊形折起，使得平面平面，得到如圖2所示的幾何體．（1）求證：平面平面；（2）若點在線段上，且與平面所成角的正弦值為，求線段的長度．【解析】（1）因為平面平面，平面，平面平面，，所以平面，因為平面，所以，因為四邊形是正方形所以，因為、平面，，所以平面，因為平面所以平面平面；（2）建系如圖：設(shè)平面的法向量，，，，，則，設(shè)，，，解得或（舍），，所以.4、如圖，在三棱柱中，四邊形是邊長為4的正方形，平面平面，（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）證明：在線段上存在點，使得，并求的值.【解析】（1）∵平面平面，，平面平面，∴平面；（2）由（1），又，∴，∴，分別以為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，，，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，則，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，則，．∴二面角的余弦值為；（3）設(shè)，則，，，則，解得．∴在線段上存在點，使得，且．題組B能力提升練5、如圖，在四棱錐中，平面，，，，為的中點.（1）求異面直線與所成角的余弦值；（2）點在線段上，當(dāng)為何值時，直線與平面所成角的正弦值為？解：（1）∵平面，且，平面，∴，，又∵，∴，，兩兩互相垂直.以，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，如圖：則由，，可得，，，，，又∵為的中點，∴.∴，，所以，所以異面直線，所成角的余弦值為.（2）設(shè)，則，∴，，，設(shè)平面的一個法向量為，則，即，令，解得，，∴是平面的一個法向量.∵直線與平面所成角的正弦值為，∴，解得，所以當(dāng)為時，直線與平面所成角的正弦值為.6、如圖所示，在三棱錐中，側(cè)棱平面BCD，F(xiàn)為線段BD中點，，，.（1）證明：平面ABD；（2）設(shè)Q是線段AD上一點，二面角的正弦值為，求的值.【解析】（1）因為，F(xiàn)為線段BD中點，所以.因為平面BCD，平面BCD，所以.又因為平面ABD，平面ABD，，所以平面ABD.（2）在三棱錐中，在平面BCD內(nèi)作于E.以B為原點建立如圖空間直角坐標系.由題得，，，，，，.設(shè)，所以.設(shè)，分別為平面ABQ，平面CBQ的一個法向量.則，.即，.不妨取，.因為二面角的正弦值為，則余弦值為，所以，解得（舍）或.因此，的值為.7、如圖，在直三棱柱中，，分別是棱的中點，點在線段上.(1)當(dāng)直線與平面所成角最大時，求線段的長度；(2)是否存在這樣的點，使平面與平面所成的二面角的余弦值為，若存在，試確定點的位置，若不存在，說明理由.【解析】(1)直線PN與平面A1B1C1所成的角即為直線PN與平面ABC所成角，過P作,即PN與面ABC所成的角，因為PH為定值，所以當(dāng)NH最小時線面角最大，因為當(dāng)P為中點時，,此時NH最小，即PN與平面ABC所成角最大，此時.(2)以AB,AC,AA1為x,y,z軸建立空間坐標系，則：A（0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,1)設(shè)=，，，設(shè)平面PMN的法向量為，則，即，解得，平面AC1C的法向量為,.所以P點為A1B1的四等分點，且A1P=.8、如圖，在直四棱柱中，底面為菱形，.(1)點P為直線上的動點，求證：；(2)點P為直線上的動點，求直線與平面所成角正弦值的最大值.【解析】(1)證明：連接交于點O，由題意知平面，又因為平面，所以，因為底面為菱形，所以，又因為，所以平面，又因為平面，所以.(2)以為x軸，為y軸，過O且垂直平面向上方向為z軸的正方向建立空間直角坐標系，則，，因為點P為直線上的動點，所以可設(shè)，所以，即點P坐標為.，設(shè)平面法向量為，則，取.……分，設(shè)與平面所成角為，則，設(shè)，則，令，，則所以直線與平面所成角正弦值的最大值為.題組C培優(yōu)拔尖練9、如圖，在四棱錐中，面．，四邊形滿足，，，點為中點，點為邊上的動點（Ⅰ）求證：平面．（Ⅱ）是否存在點，使得二面角的余弦值為？若存在，求出線段的長度；若不存在，說明理由．【解析】（Ⅰ）因為平面，所以，，又，所以，，兩兩垂直．以為空間坐標原點建立空間直角坐標系，如下圖所示．則，，，點為中點，故故，又，所以所以，，為共面向量，平面，所以平面．（Ⅱ）設(shè)，依題意可知平面的法向量為，，設(shè)平面的法向量為，則，令，則．因為二面角的余弦值為，所以，即，解得或．所以存在點符合題意，當(dāng)或時，二面角的余弦值為．10、在四棱柱中，底面是正方形，且，．（1）求證：；（2）若動點在棱上，試確定點的位置，使得直線與平面所成角的正弦值為．解析：（1）連接，，，因為，，所以△和△均為正三角形，于是．設(shè)與的交點為，連接，則，又四邊形是正方形，所以，而，所以平面．又平面，所以，又，所以．（2）由，及，知，于是，從而，結(jié)合，，得底面，所以、、兩兩垂直．如圖，以點為坐標原點，的方向為軸的正方向，建立空間直角坐標系，則，0，，，1，，，，，，0，，，0，，，，，由，得，，．設(shè)，則，，