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模块导图

知识剖析

1 求空间角

\((1)\)求异面直线\(a\),\(b\)所成的角
已知\(a\),\(b\)为两异面直线，\(A\),\(C\)与\(B\),\(D\)分别是\(a\),\(b\)上的任意两点，\(a\),\(b\)所成的角为\(θ\)，则\(\cos \theta=|\cos <\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}>|=\dfrac{|\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B D}|}{|\overrightarrow{A C}||\overrightarrow{B D}|}\).
PS
① 向量\(\overrightarrow{A C}\),\(\overrightarrow{B D}\)所成角\(\langle\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}\rangle\)的范围是\((0 ,π]\)，而异面直线\(AC\)，\(BD\)所成的角范围是\(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\)；
②\(\langle\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}\rangle\)与\(θ\)的关系相等或互补；

故\(\cos \theta=|\cos <\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}>|\)，不要漏了“绝对值符号”.

(2)求直线l和平面α所成的角

设直线\(l\)方向向量为\(\vec{a}\)，平面\(α\)法向量为\(\vec{n}\)，直线与平面所成的角为\(θ\)，\(\vec{a}\)与\(\vec{n}\)的夹角为\(α\)，
则\(θ\)为\(α\)的余角或\(α\)的补角的余角，即有\(\sin \theta=|\cos \alpha|=\dfrac{|\vec{a} \cdot \vec{n}|}{|\vec{a}||\vec{n}|}\).
PS
当\(\theta=\dfrac{\pi}{2}-\alpha\)时，\(\sin \theta=\cos \alpha\)；当\(\theta=\alpha-\dfrac{\pi}{2}\)时，\(\sin \theta=-\cos \alpha\)；

不管哪种情况，都有\(\sin θ=|\cos α|\).

(3)求二面角α-l-β

二面角的平面角是指在二面角\(α-l-β\)的棱上任取一点\(O\)，分别在两个半平面内作射线
\(AO⊥ l\)，\(BO⊥ l\)，则\(∠AOB\)为二面角\(α-l-β\)的平面角，二面角的取值范围是\(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\).
如图：

求法：设二面角\(α-l-β\)的两个半平面的法向量分别为\(\vec{m}\),\(\vec{n}\)，
再设\(\vec{m}\),\(\vec{n}\)的夹角为\(φ\)，二面角\(α-l-β\)的平面角为\(θ\)，则二面角\(θ\)为\(φ\)或\(π-φ\)，

则\(\cos \theta=|\cos \varphi|=\dfrac{|\vec{m} \cdot \vec{n}|}{|\vec{m}||\vec{n}|}\).****

经典例题

【题型一】求异面直线所成的角

【典题1】如图，\(S\)是三角形\(ABC\)所在平面外的一点，\(SA=SB=SC\)，且\(\angle A S B=\angle B S C=\angle C S A=\dfrac{\pi}{2}\)，\(M\)、\(N\)分别是\(AB\)和\(SC\)的中点，则异面直线\(SM\)与\(BN\)所成角的余弦值为\(\underline{\quad \quad}\)．

【解析】\(∵\angle A S B=\angle B S C=\angle C S A=\dfrac{\pi}{2}\)，
\(∴\)以\(S\)为坐标原点，分别以\(SC\),\(SB\),\(SA\)所在直线为\(x\),\(y\),\(z\)轴建立空间直角坐标系，

设\(SA=SB=SC=2\)，(题中没有确定线段，可设任意长度)
则\(S(0 ,0 ,0)\)，\(B(0 ,2 ,0)\)，\(M(0 ,1 ,1)\)，\(N(1 ,0 ,0)\)，
则\(\overrightarrow{S M}=(0,1,1)\)，\(\overrightarrow{B N}=(1,-2,0)\)，
\(\therefore \cos <\overrightarrow{S M}, \overrightarrow{B N}>=\dfrac{|\overrightarrow{S M} \cdot \overrightarrow{B N}|}{|\overrightarrow{S M}| \cdot|\overrightarrow{B N}|}=\dfrac{2}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)．
\(∴\)异面直线\(SM\)与\(BN\)所成角的余弦值为\(\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)．
【点拨】
向量法求异面直线\(SM\)与\(BN\)所成角的步骤
① 建系求出涉及的\(S\)、\(M\)、\(B\)、\(N\)四点坐标；
② 求\(\overrightarrow{S M}\),\(\overrightarrow{B N}\)得到\(\mid \cos <\overrightarrow{S M}, \overrightarrow{B N}>=\dfrac{|\overrightarrow{S M} \cdot \overrightarrow{B N}|}{|\overrightarrow{S M}| \cdot|\overrightarrow{B N}|}\)；
③ 由公式\(\cos \theta=|\cos <\overrightarrow{S M}, \overrightarrow{B N}>|\)得到异面直线\(SM\)与\(BN\)所成角.

【典题2】已知正四棱锥\(V-ABCD\)底面中心为\(O\)，\(E\)，\(F\)分别为\(VA\),\(VC\)的中点，底面边长为\(2\)，高为\(4\)，建立适当的空间直角坐标系，求异面直线\(BE\)与\(DF\)所成角的正切值．
【解析】以底面正方形\(ABCD\)中心\(O\)为原点，以\(OA\)为\(x\)轴，\(OB\)为\(y\)轴，\(OV\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，

则\(A(\sqrt{2}, 0,0)\)，\(B(0, \sqrt{2}, 0)\)，\(C(-\sqrt{2}, 0,0)\)，\(D(0,-\sqrt{2}, 0)\)，
\(V(0,0,4)\)，\(E\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 0,2\right)\)，\(F\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 0,2\right)\)，
\(\therefore \overrightarrow{B E}=\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},-\sqrt{2}, 2\right)\)，\(\overrightarrow{D F}=\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \sqrt{2}, 2\right)\)
\(\cos <\overrightarrow{B E}, \overrightarrow{D F}>=\dfrac{\overrightarrow{B E} \cdot \overrightarrow{D F}}{|\overrightarrow{B E}| \cdot|\overrightarrow{D F}|}\)\(=\dfrac{-\dfrac{1}{2}-2+4}{\sqrt{\dfrac{1}{2}+2+4} \cdot \sqrt{\dfrac{1}{2}+2+4}}=-\dfrac{3}{13}\)，
设向量\(BE\)和\(DF\)成角为\(θ\)，\(\therefore \cos \theta=|\cos <\overrightarrow{B E}, \overrightarrow{D F}>|=\dfrac{3}{13}\)，
\(\therefore \sin \theta=\sqrt{1-\left(\dfrac{3}{13}\right)^{2}}=\dfrac{4 \sqrt{10}}{13}\)，
\(\therefore \tan \theta=\dfrac{\sin \theta}{\cos \theta}=\dfrac{4 \sqrt{10}}{3}\)．
\(∴\)异面直线\(BE\)与\(DF\)所成角的正切值为\(\dfrac{4 \sqrt{10}}{3}\)．

【点拨】向量\(\overrightarrow{B E}\)，\(\overrightarrow{D F}\)所成角\(<\overrightarrow{B E}, \overrightarrow{D F}>\)是个钝角，而异面直线BE与DF所成角是锐角，它们之间是互补，所以\(\cos \theta=|\cos <\overrightarrow{B E}, \overrightarrow{D F}>|=\dfrac{4 \sqrt{10}}{13}\).

巩固练习

1(★)如图，\(ABC﹣A_1 B_1 C_1\)是直三棱柱，\(∠BCA=90°\)，点\(E\)、\(F\)分别是\(A_1 B_1\)、\(A_1 C_1\)的中点，
若\(BC=CA=AA_1\)，则\(BE\)与\(AF\)所成角的余弦值为　 　．

答案

1.\(\dfrac{\sqrt{30}}{10}\)

【题型二】求线面角

【典题1】如图示，三棱锥\(P-ABC\)的底面\(ABC\)是等腰直角三角形，\(∠ACB=90°\)，且\(P A=P B=A B=\sqrt{2}\)，\(P C=\sqrt{3}\)，则\(PC\)与面\(PAB\)所成角的正弦值等于\(\underline{\quad \quad}\) .

【解析】\(∵\)三棱椎\(P－ABC\)的底面\(ABC\)是等腰直角三角形，
\(∠ACB=90°\)，且\(P A=P B=A B=\sqrt{2}\)，\(P C=\sqrt{3}\)，
\(∴\)可以把三棱椎\(P－ABC\)补成棱长为1的正方体，如图，以\(A\)为原点建立空间直角坐标系，

则\(A(0 ,0 ,0)\)，\(B(1 ,1 ,0)\)，\(C(0 ,1 ,0)\)，\(P(1 ,0 ,1)\)．
\(\overrightarrow{A P}=(1,0,1)\)，\(\overrightarrow{A B}=(1,1,0)\)，\(\overrightarrow{P C}=(-1,1,-1)\)，
设面\(ABP\)的法向量为\(\vec{m}=(x, y, z)\)，
\(\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{A P}=x+z=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{A B}=x+y=0 \end{array} \Rightarrow \vec{m}=(1,-1,-1)\right.\)．
\(\therefore \cos <\vec{m}, \overrightarrow{P C}>=\dfrac{\overrightarrow{P C} \cdot \vec{m}}{|\vec{m}| \cdot|\overrightarrow{P C}|}=\dfrac{-1}{\sqrt{3} \times \sqrt{3}}=-\dfrac{1}{3}\)．
则\(PC\)与面\(PAB\)所成角的正弦值等于\(\dfrac{1}{3}\)．
【点拨】
① 本题根据“墙角模型”巧妙的构造一个长方体进而建系；
② 向量法求直线\(PC\)与面\(PAB\)所成角的步骤
(1) 求直线\(PC\)的方向向量\(\overrightarrow{P C}\)和平面PAB的法向量\(\vec{m}\)；
(2) 求\(\cos <\vec{m}, \overrightarrow{P C}>\)；
(3) 求\(PC\)与面\(PAB\)所成角的正弦值\(\sin \theta=|\cos <\vec{m}, \overrightarrow{P C}>|\).

【典题2】在梯形\(ABCD\)中，\(AB∥CD\)，\(\angle B A D=\dfrac{\pi}{3}\)，\(AB=2AD=2CD=4\)，\(P\)为\(AB\)的中点，线段\(AC\)与\(DP\)交于\(O\)点(如图\(1\))．将\(△ACD\)沿\(AC\)折起到\(△ACD'\)的位置，使得二面角\(AB－AC－D'\)为直二面角(如图\(2\))．
(1)求证：\(BC∥\)平面\(POD'\)；
(2)线段\(PD'\)上是否存在点\(Q\)，使得\(CQ\)与平面\(BCD'\)所成角的正弦值为\(\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)？若存在，求出\(\dfrac{P Q}{P D^ \prime}\)的值；若不存在，请说明理由．

【解析】(1)证明：因为在梯形\(ABCD\)中，\(AB∥CD\)，\(AB=2CD=4\)，\(P\)为\(AB\)的中点，
所以\(CD∥AP\)，\(CD=AP\)，所以四边形\(APCD\)为平行四边形，
因为线段\(AC\)与\(DP\)交于\(O\)点，所以\(O\)为线段\(AC\)的中点，
所以\(△ABC\)中\(OP∥BC\)，
因为\(OP⊂\)平面\(POD'\)，\(BC⊄\)平面\(POD'\)，
所以\(BC∥\)平面\(POD'\)．
(2)解：平行四边形\(APCD\)中，\(AP=AD=2\)，
所以四边形\(APCD\)是菱形，\(AC⊥DP\)，垂足为\(O\)，
所以\(AC⊥OD'\)，\(AC⊥OP\)，
因为\(OD'⊂\)平面\(ACD'\)，\(OP⊂\)平面\(ACB\)，
所以\(∠D'OP\)是二面角\(B－AC－D'\)的平面角，
因为二面角\(B－AC－D'\)为直二面角，
所以\(\angle D^{\prime} O P=\dfrac{\pi}{2}\)，即\(OP⊥OD'\)．
可以如图建立空间直角坐标系\(O－xyz\)，其中\(O(0 ,0 ,0)\)，

因为在菱形\(APCD\)中，\(\angle B A D=\dfrac{\pi}{3}\)，
所以\(OD=OP=1\),\(O A=O C=\sqrt{3}\)．
所以\(B(-\sqrt{3}, 2,0)\)，\(P(0 ,1 ,0)\)，\(C(-\sqrt{3}, 0,0)\)，\(D^{\prime}(0,0,1)\)，
所以\(\overrightarrow{B D^{\prime}}=(\sqrt{3},-2,1)\)，\(\overrightarrow{C B}=(0,2,0)\)．
设\(\vec{n}=(x, y, z)\)为平面\(BCD'\)的法向量，
因为\(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{C B}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B D^{\prime}}=0 \end{array}\right.\)，所以\(\left\{\begin{array}{l} 2 y=0 \\ \sqrt{3} x-2 y+z=0 \end{array}\right.\)，
取\(x=1\)，得\(\vec{n}=(1,0,-\sqrt{3})\)，
线段\(PD'\)上存在点\(Q\)使得\(CQ\)与平面\(BCD'\)所成角的正弦值为\(\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)，
设\(\overrightarrow{P Q}=\lambda \overrightarrow{P D^{\prime}}(0 \leq \lambda \leq 1)\)，
因为\(\overrightarrow{C P}=(\sqrt{3}, 1,0)\)，\(\overrightarrow{P D^{\prime}}=(0,-1,1)\)，
所\(\overrightarrow{C Q}=\overrightarrow{C P}+\overrightarrow{P Q}=\overrightarrow{C P}+\lambda \overrightarrow{P D^{\prime}}=(\sqrt{3}, 1-\lambda, \lambda)\)．
因为\(\cos \langle\overrightarrow{C Q}, \vec{n}\rangle=\dfrac{\overrightarrow{C Q} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{C Q}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}(1-\lambda)}{2 \sqrt{2 \lambda^{2}-2 \lambda+4}}=\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)，
所以\(3λ^2-7λ+2=0\)，因为\(0≤λ≤1\)，所以\(\lambda=\dfrac{1}{3}\)．
所以线段\(PD'\)上存在点\(Q\)，且\(\dfrac{P Q}{P D^\prime}=\dfrac{1}{3}\)，使得CQ与平面\(BCD'\)所成角的正弦值为\(\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)．
【点拨】
① 本题属于折叠问题，需要通过平几知识点确定各个量之间的关系，明确哪些量在折叠前后是否发生变化；
② 本题第二问已知直线\(CQ\)与平面\(BCD'\)所成角正弦值为\(\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)，由线面角公式\(\sin \theta=|\cos \alpha|=\dfrac{|\vec{a} \cdot \vec{n}|}{|\vec{a}||\vec{n}|}\)，可知\(|\cos <\overrightarrow{C Q}, \vec{n}>|=\dfrac{|\overrightarrow{C Q} \cdot \vec{n}|}{|\overrightarrow{C Q}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)，先求出平面\(BCD'\)的法向量\(\vec{n}=(1,0,-\sqrt{3})\)，再求\(\overrightarrow{C Q}\)，那关键点在于\(Q\)的位置；
③ 求向量\(\overrightarrow{C Q}\)的坐标，最直接的想法是设\(Q(0 ,y ,z)\)，这里有两种方法提供
(1) 几何法

由图可知\(\dfrac{1-y}{z}=\dfrac{O P}{O D^{\prime}}=1 \Rightarrow z=1-y\)，\(∴Q(0 ,y ,1-y)\)，
即\(\overrightarrow{C Q}=(\sqrt{3}, y, 1-y)\).
(2) 代数法
设\(\overrightarrow{P Q}=\lambda \overrightarrow{P D^{\prime}}\)，则\((0, y-1, z)=\lambda(0,-1,1) \Rightarrow z=1-y\)，
\(∴Q(0 ,y ,1-y)\)，即\(\overrightarrow{C Q}=(\sqrt{3}, y, 1-y)\).
但本题给到的解法，并没求点\(Q\)的坐标，而是先设\(\overrightarrow{P Q}=\lambda \overrightarrow{P D^{\prime}}\)再由“首尾相接法”\(\overrightarrow{C Q}=\overrightarrow{C P}+\overrightarrow{P Q}\)得到\(\overrightarrow{C Q}=(\sqrt{3}, 1-\lambda, \lambda)\)，这样来得也很简单.

巩固练习

1(★★)如图，在正四棱柱\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AB=AD=3\)，\(AA_1=4\)，\(P\)是侧面\(BCC_1 B_1\)内的动点，且\(AP⊥BD_1\)，记\(AP\)与平面\(BCC_1 B_1\)所成的角为\(θ\)，则\(\tanθ\)的最大值为\(\underline{\quad \quad}\) .

2(★★★)四棱柱\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，底面\(ABCD\)是正方形，\(∠A_1 AB=∠A_1 AD=60°\)，\(AA_1=AB\)．
(1)求证：平面\(A_1 BD⊥\)平面\(ABCD\)；
(2)求\(BD_1\)与平面\(ABB_1 A_1\)所成角的正弦值．

3(★★★)如图，在四棱锥\(P－ABCD\)中，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(∠ABC=∠BAD=90°\)，\(AD=AP=4\)，\(AB=BC=2\)，\(M\)，\(N\)分别为线段\(PC\)，\(AD\)上的点(不在端点)．当\(N\)为\(AD\)中点时，是否存在\(M\)，使得直线\(MN\)与平面\(PBC\)所成角的正弦值为\(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)，若存在，求出\(MC\)的长，若不存在，说明理由．

答案

1.\(\dfrac{5}{3}\)
2.\((1)\)略\((2)\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)
3. 不存在\(M\)

【题型三】求二面角

【典题1】在底面为锐角三角形的直三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，\(D\)是棱\(BC\)的中点，记直线\(B_1 D\)与直线\(AC\)所成角为\(θ_1\)，直线\(B_1 D\)与平面\(A_1 B_1 C_1\)所成角为\(θ_2\)，二面角\(C_1-A_1 B_1-D\)的平面角为\(θ_3\)，则(　　)
A．\(θ_2<θ_1\),\(θ_2<θ_3\)
B．\(θ_2>θ_1\),$θ_2<θ_3 \( C．\)θ_2<θ_1\(,\)θ_2>θ_3$
D．\(θ_2>θ_1\),\(θ_2>θ_3\)
【解析】由选项可知，角\(θ_1\)与\(θ_2\)，\(θ_2\)与\(θ_3\)的大小确定，且三棱柱的底面为锐角三角形．
\(∴\)设三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)是棱长均为\(2\)的正三棱柱，
(加强条件处理，选择题的作法)
如图，以\(A\)为原点，在平面\(ABC\)中，过\(A\)作\(AC\)的垂线为\(x\)轴，\(AC\)为\(y\)轴，\(AA_1\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，

则\(A(0 ,0 ,0)\)，\(A_1 (0 ,0 ,2)\)，\(B_{1}(\sqrt{3}, 1,2)\)，\(C(0,2,0)\)，\(D\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{3}{2}, 0\right)\)，
\(\therefore \overrightarrow{A C}=(0,2,0)\)，\(\overrightarrow{B_{1} D}=\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2},-2\right)\)，\(\overrightarrow{A_{1} B_{1}}=(\sqrt{3}, 1,0)\)，
\(∵\)直线\(B_1 D\)与直线\(AC\)所成的角为\(θ_1\)，
\(\therefore \cos \theta_{1}=\left|\cos <\overrightarrow{B_{1} D}, \overrightarrow{A C}>\right|=\dfrac{\left|\overrightarrow{B_{1} D} \cdot \overrightarrow{A C}\right|}{\left|\overrightarrow{B_{1} D}\right| \cdot|\overrightarrow{A C}|}=\dfrac{1}{2 \cdot \sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{5}}{10}\)，
\(∵\)直线\(B_1 D\)与平面\(A_1 B_1 C_1\)所成的角为\(θ_2\)，平面\(A_1 B_1 C_1\)的法向量\(\vec{n}=(0,0,1)\)，
\(\therefore \sin \theta_{2}=\dfrac{\left|\overrightarrow{B_{1} D} \cdot \vec{n}\right|}{\left|\overrightarrow{B_{1} D}\right| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{|-2|}{\sqrt{5} \cdot 1}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\)，\(\therefore \cos \theta_{2}=\sqrt{1-\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)
设平面\(A_1 B_1 D\)的法向量\(\vec{m}=(x, y, z)\)，
由\(\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{A_{1} B_{1}}=\sqrt{3} x+y=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{B_{1} D}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2} x+\dfrac{1}{2} y-2 z=0 \end{array}\right.\)，
取\(x=\sqrt{3}\)，得\(\vec{m}=\left(\sqrt{3},-3,-\dfrac{3}{2}\right)\)，
\(\therefore \cos <\vec{m}, \vec{n}>=\dfrac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\vec{m}| \cdot|\vec{n}|}=-\dfrac{\sqrt{57}}{19}\)，
\(∵\)二面角\(C_1-A_1 B_1-D\)的平面角为\(θ_3\)，由于\(θ_3\)是锐角，
\(\therefore \cos \theta_{3}=\dfrac{\sqrt{57}}{19}\)．
\(∵θ_1\)，\(θ_2\)与\(θ_3\)均为锐角，
结合余弦函数\(y=\cosθ\)在\(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\)上为减函数，则\(θ_2<θ_1\),\(θ_2<θ_3\)，
故选：\(A\)．
【点拨】
① 本题采取了“小题小作”，假设图形是正三棱柱，得到\(θ_2<θ_1\),\(θ_2<θ_3\)，那可排除\(B\)、\(C\)、\(D\)，故答案就是\(A\)；
② 求二面角\(C_1-A_1 B_1-D\)的步骤
(1) 求出两个平面的法向量：平面\(A_1 B_1 D\)的法向量\(\vec{m}\)和平面\(A_1 B_1 C_1\)的法向量\(\vec{n}\)；
(2) 求出\(\cos <\vec{m}, \vec{n}>\)；
(3) 由图确定\(θ_3\)是锐角还是钝角求出\(\cosθ_3\).

【典题2】如图，四棱锥\(P-ABCD\)中，侧面\(PAB⊥\)底面\(ABCD\)，\(CD∥AB\)，\(AD⊥AB\)，\(AD=AB=2\)，\(C F=\dfrac{1}{3} C D=\dfrac{1}{2}\)，\(P A=P B=\sqrt{5}\)，\(E\)，\(N\)分别为\(AB\)，\(PB\)的中点．
(1)求证：\(CN∥\)平面\(PEF\)；
(2)求二面角\(N－CD－A\)的余弦值；
(3)在线段\(BC\)上是否存在一点\(Q\)，使\(NQ\)与平面\(PEF\)所成角的正弦值为\(\dfrac{\sqrt{14}}{14}\)，若存在求出\(BQ\)的长，若不存在说明理由．

【解析】(Ⅰ)证明：取\(PE\)中点\(G\)，连接\(GN\)，\(FN\)，\(GN∥BE\),\(G N=\dfrac{1}{2}\)，
即\(GN∥CF\)，\(GN=CF\)，所以\(GNCF\)为平行四边形，所以\(CN∥FG\)，
因为\(CN⊄\)平面\(PEF\)，\(FG⊂\)平面\(PEF\)，所以\(CN∥\)平面\(PEF\)．
(Ⅱ)解：因为\(PA=PB\)，\(E\)为\(AB\)的中点，所以\(PE⊥AB\)，
因为\(AD=AB=2\)，\(C F=\dfrac{1}{3} C D=\dfrac{1}{2}\)，
所以\(C D=\dfrac{3}{2}\)，\(DF=AE=1\)，所以\(EF⊥AB\)，
又因为侧面\(PAB⊥\)底面\(ABCD\)，且它们的交线为\(AB\)，
所以\(PE⊥\)平面\(ABCD\)，
又\(CD∥AB\)，\(AD⊥AB\)，
分别以\(EB\)，\(EF\)，\(EP\)为\(x\)，\(y\)，\(z\)轴建立空间直角坐标系．

\(P(0 ,0 ,2)\)，\(C\left(\dfrac{1}{2}, 2,0\right)\)，\(D(-1 ,2 ,0)\)，\(A(-1 ,0 ,0)\)，\(B(1 ,0 ,0)\)，\(N\left(\dfrac{1}{2}, 0,1\right)\)，
平面\(CDA\)的法向量\(\vec{m}=(0,0,1)\)，
\(\because \overrightarrow{C D}=\left(-\dfrac{3}{2}, 0,0\right)\)，\(\overrightarrow{C N}=(0,-2,1)\)，
设平面\(CDN\)的法向量\(\vec{n}=(x, y, z)\)，
则\(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{C D}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{C N}=0 \end{array}\right.\)，即\(\left\{\begin{array}{l} \dfrac{3}{2} x=0 \\ -2 y+z=0 \end{array}\right.\)
令\(y=1\)，得\(\vec{n}=(0,1,2)\)．
所以\(\cos <\vec{m}, \vec{n}>=\dfrac{2}{\sqrt{5}}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)，
由图可知二面角\(N-CD-A\)为锐角，
所以二面角\(N-CD-A\)的余弦值为\(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)．
(Ⅲ)解：设\(\overrightarrow{B Q}=\lambda \overrightarrow{B C}=\left(-\dfrac{1}{2} \lambda, 2 \lambda, 0\right)\)，\(\lambda \in[0,1]\)，
\(\therefore Q\left(-\dfrac{1}{2} \lambda+1,2 \lambda, 0\right)\)，\(\overrightarrow{N Q}=\left(-\dfrac{1}{2} \lambda+\dfrac{1}{2}, 2 \lambda,-1\right)\)，
平面\(PEF\)的法向量\(\vec{p}=(1,0,0)\)，
设\(NQ\)与平面\(PEF\)所成角为\(θ\)，则\(\sin \theta=\dfrac{\sqrt{14}}{14}\)，
\(\therefore|\cos <\overrightarrow{N Q}, \vec{p}>|=\dfrac{\sqrt{14}}{14}\)\(\Rightarrow \dfrac{\left|-\dfrac{1}{2} \lambda+\dfrac{1}{2}\right|}{\sqrt{\left(-\dfrac{1}{2} \lambda+\dfrac{1}{2}\right)^{2}+(2 \lambda)^{2}+1}}=\dfrac{\sqrt{14}}{14}\)，
解得\(\lambda=\dfrac{1}{3}\)或\(λ=-9\)(舍)，
\(\therefore Q\left(\dfrac{5}{6}, \dfrac{2}{3}, 0\right)\), 又由\(B(1 ,0 ,0)\)，
\(\therefore \overrightarrow{B Q}=\left(-\dfrac{1}{6}, \dfrac{2}{3}, 0\right)\)
\(\therefore B Q=|\overrightarrow{B Q}|=\dfrac{\sqrt{17}}{6}\)．
【点拨】本题的难点在于由平几知识点确定垂直关系建立直角坐标系，二面角的求法和线面角的运用按照一般的解题套路来就可以，第三问关于\(Q\)设元的常见方法多消化下！

【典题3】如图所示的几何体中，四边形\(ABCD\)是菱形，\(ADNM\)是矩形，\(ND⊥\)平面\(ABCD\)，\(∠DAB=60°\)，\(AD=2\)，\(AM=1\)，\(E\)为\(AB\)的中点．
(1)求证：\(NA∥\)平面\(MEC\)；
(2)求直线\(MB\)与平面\(MEC\)所成角的正弦值；
(3)设\(P\)为线段\(AM\)上的动点，二面角\(P－EC－D\)的平面角的大小为\(30°\)，求线段\(AP\)的长．

【解析】由题意可知四边形\(ABCD\)为菱形，\(E\)为\(AB\)的中点，\(∠DAB=60°\)，\(∴DE⊥AB\)．
又\(ND⊥\)平面\(ABCD\)，以\(D\)为原点建立空间直角坐标系，

则\(A(\sqrt{3},-1,0)\)，\(B(\sqrt{3}, 1,0)\)，\(C(0 ,2 ,0)\)，\(D(0 ,0 ,0)\)
\(E(\sqrt{3}, 0,0)\)，\(M(\sqrt{3},-1,1)\)，\(N(0 ,0 ,1)\)．
(Ⅰ)证明：由题意\(\overrightarrow{M E}=(0,1,-1)\)，\(\overrightarrow{M C}=(-\sqrt{3}, 3,-1)\)，
设\(\vec{n}=(x, y, z)\)为平面\(MEC\)的法向量．
所以\(\left\{\begin{array} { l } { \vec { n } \cdot \vec { M E } = 0 } \\ { \vec { n } \cdot \vec { M C } = 0 } \end{array} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l} y-z=0 \\ -\sqrt{3} x+3 y-z=0 \end{array}\right.\right.\)，
令\(y=\sqrt{3}\), 可得\(\vec{n}=(2, \sqrt{3}, \sqrt{3})\)．
又\(\overrightarrow{N A}=(\sqrt{3},-1,-1)\)．
\(\therefore \overrightarrow{N A} \cdot \vec{n}=2 \sqrt{3}-\sqrt{3}-\sqrt{3}=0\)．
\(∵NA⊄\)平面\(MEC\)，\(∴NA∥\)平面\(MEC\)．
(Ⅱ)可得\(\overrightarrow{M B}=(0,2,-1)\)，平面\(MEC\)的法向量为\(\vec{n}=(2, \sqrt{3}, \sqrt{3})\)，
\(\therefore \cos <\vec{n}, \overrightarrow{M B}>=\dfrac{\overrightarrow{M B} \cdot \vec{n}}{|\vec{n}| \cdot|\overrightarrow{M B}|}=\dfrac{\sqrt{6}}{10}\)．
\(∴\)直线\(MB\)与平面\(MEC\)所成角的正弦值为\(\dfrac{\sqrt{6}}{10}\)；
(Ⅲ)设\(P(\sqrt{3},-1, h)\)，\(h∈[0 ,1]\)，
\(\overrightarrow{E C}=(-\sqrt{3}, 2,0)\)，\(\overrightarrow{E P}=(0,-1, h)\)，
设\(\vec{m}=(x, y, z)\)为平面\(PEC\)的法向量，
则\(\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{E P}=-y+h z=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{E C}=-\sqrt{3} x+2 y=0 \end{array}\right.\)，
令\(z=\sqrt{3}\)，可得\(\vec{m}=(2 h, \sqrt{3} h, \sqrt{3})\)，
又\(\overrightarrow{D N}=(0,0,1)\)是平面\(DEC\)的法向量．
\(\therefore \cos <\vec{m}, \overrightarrow{D N}>=\dfrac{\overrightarrow{D N} \cdot \vec{m}}{|\vec{m}||\overrightarrow{D N}|}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{4 h^{2}+3 h^{2}+3}}\)，
又二面角\(P-EC-D\)的平面角的大小为\(30°\)，
\(\therefore \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{4 h^{2}+3 h^{2}+3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2},\)，解得\(h=\dfrac{\sqrt{7}}{7}\)，
\(∴\)线段\(AP\)的长为\(\dfrac{\sqrt{7}}{7}\)．
【点拨】
① 第一问也可用非向量法求解:连接\(NB\)交\(MC\)于\(O\)，易得\(MNCB\)是平行四边形，则点\(O\)是\(NB\)的中点，所以\(OE//AN\)，则\(NA∥\)平面\(MEC\)；
② 作立体几何题是否都用“空间向量法”去思考呢？类似本题有\(3\)问，拿到题目时要把全部内容审完，把\(3\)个问题作个整体的思考，较容易发现\(2\)、\(3\)问用向量法较为容易，而发现第\(1\)、\(2\)问均与平面\(MEC\)的法向量有关，则第1问就开始利用向量法求解；若你觉得第\(2\)、\(3\)问你没有思路，选择放弃它们，那第\(1\)问“非向量法”在思考量和时间上都来得更“实惠”些；
③ 第\(2\)问中的线面角和第3问的二面角均很难确定具体位置，故用空间向量法更容易.

巩固练习

1(★★)在正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，平面\(A_1 BD\)与平面\(ABCD\)所成二面角的正弦值为(　　)
A．\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
B．\(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
C．\(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)
D．\(\dfrac{1}{3}\)

2(★★★)如图．正四面体\(ABCD\)的顶点\(A\)，\(B\)，\(C\)分别在两两垂直的三条射线\(OX\)，\(OY\)，\(OZ\)上，则在下列命题中，错误的为(　　)

A．\(O-ABC\)是正三棱锥
B．二面角\(D-OB-A\)的平面角为\(\dfrac{\pi}{3}\)
C．直线\(AD\)与直线\(OB\)所成角为\(\dfrac{\pi}{4}\)
D．直线\(OD⊥\)平面\(ABC\)

3(★★★)如图，四棱锥\(P-ABCD\)中，底面\(ABCD\)为矩形，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(E\)为\(PD\)的中点．
(1)证明：\(PB∥\)平面\(AEC\)；
(2)若\(AB=1\)，\(AD=2\)，\(AP=2\)，求二面角\(D-AE-C\)的平面角的余弦值．

4(★★★★)在如图所示的几何体中，四边形\(ABCD\)是正方形，四边形\(ADPQ\)是梯形，\(PD∥QA\)，\(\angle P D A=\dfrac{\pi}{2}\)，平面\(ADPQ⊥\)平面\(ABCD\)，且\(AD=PD=2QA=2\)．
(1)求证：\(QB∥\)平面\(PDC\)；
(2)求二面角\(C-PB-Q\)的大小；
(3)已知点\(H\)在棱\(PD\)上，且异面直线\(AH\)与\(PB\)所成角的余弦值为\(\dfrac{7 \sqrt{3}}{15}\)，求线段\(DH\)的长．

5(★★★★)四棱锥\(P-ABCD\)中，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，四边形\(ABCD\)是矩形，且\(PA=AB=2\)，\(AD=3\)，\(E\)是线段\(BC\)上的动点，\(F\)是线段\(PE\)的中点．
(1)求证：\(PB⊥\)平面\(ADF\)；
(2)若直线\(DE\)与平面\(ADF\)所成角为\(30°\)，
①求线段\(CE\)的长；②求二面角\(P-ED-A\)的余弦值．

答案

1.\(C\)
2.\(B\)
3.\((1)\)略\(\text { (2) } \dfrac{\sqrt{6}}{3}\)
4.\((1)\)略\(\text { (2) } \dfrac{5 \pi}{6}\)\(\text { (3) } \dfrac{3}{2}\)
5.\((1)\)略\((2)\)①\(2\)②\(\dfrac{3 \sqrt{17}}{17}\)

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