高考数学一轮复习　第七章 第6节 第3课时利用空间向量解决有关空间角的开放问题

这是一份高考数学一轮复习　第七章 第6节 第3课时利用空间向量解决有关空间角的开放问题，共24页。

考点一 与线面角有关的探索性问题
【例1】 (2019·湖北重点中学协作体联考)等边△ABC的边长为3，点D，E分别是AB，BC上的点，且满足eq \f(AD,DB)＝eq \f(CE,EA)＝eq \f(1,2)(如图(1))，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，连接A1B，A1C(如图(2))．
(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明 题图(1)中，由已知可得：
AE＝2，AD＝1，A＝60°.
从而DE＝eq \r(12＋22－2×1×2×cs 60°)＝eq \r(3).
故得AD2＋DE2＝AE2，∴AD⊥DE，BD⊥DE.
∴题图(2)中，A1D⊥DE，BD⊥DE，
∴∠A1DB为二面角A1－DE－B的平面角，
又二面角A1－DE－B为直二面角，
∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB，
∵DE∩DB＝D且DE，DB⊂平面BCED，
∴A1D⊥平面BCED.
(2)解 存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.
以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图，
过P作PH∥DE交BD于点H，
设PB＝2a(0≤2a≤3)，则BH＝a，PH＝eq \r(3)a，DH＝2－a，
易知A1(0，0，1)，P(2－a，eq \r(3)a，0)，E(0，eq \r(3)，0)，
所以eq \(PA1,\s\up6(→))＝(a－2，－eq \r(3)a，1)．
因为ED⊥平面A1BD，
所以平面A1BD的一个法向量为eq \(DE,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)．
因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，所以sin 60°＝eq \f(|\(PA1,\s\up6(→))·\(DE,\s\up6(→))|,|\(PA1,\s\up6(→))||\(DE,\s\up6(→))|)＝eq \f(3a,\r(4a2－4a＋5)×\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝eq \f(5,4).
∴PB＝2a＝eq \f(5,2)，满足0≤2a≤3，符合题意．
所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝eq \f(5,2).
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)并解方程(组)，若有解，则存在并求得结论成立的条件，若无解，则不存在．
【训练1】 如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2eq \r(2)，E为CD的中点，点F在线段PB上．
(1)求证：AD⊥PC；
(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．
(1)证明 如图，在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB＝2eq \r(2)，BC＝2，∠ABC＝45°，
由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cs 45°＝4，得AC＝2，所以AC2＋BC2＝AB2，
所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.
又AD∥BC，所以AD⊥AC，
因为AD＝AP＝2，DP＝2eq \r(2)，
所以AD2＋AP2＝DP2，所以PA⊥AD，
又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC，所以AD⊥PC.
(2)解 因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为原点，直线AD，AC，AP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)，所以eq \(PC,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(－2，0，－2)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，2，－2)．
设eq \f(PF,PB)＝λ(λ∈[0，1])，则eq \(PF,\s\up6(→))＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)，
易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)．
设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PD,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y－2z＝0，,－2x－2z＝0，))
令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．
因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，
所以|cs 〈eq \(EF,\s\up6(→))，m〉|＝|cs 〈eq \(EF,\s\up6(→))，n〉|，
即eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·m|,|\(EF,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·n|,|\(EF,\s\up6(→))||n|)，所以|－2λ＋2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,\r(3))))，
即eq \r(3)|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝eq \f(3－\r(3),2)，
所以eq \f(PF,PB)＝eq \f(3－\r(3),2).
即当eq \f(PF,PB)＝eq \f(3－\r(3),2)时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．
考点二 与二面角有关的探索性问题 多维探究
角度1 已知二面角探求长度
【例2－1】 (2019·潍坊模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝eq \f(1,2)AD＝1，CD＝eq \r(3).
(1)求证：平面PBC⊥平面PQB；
(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°？
(1)证明 ∵AD∥BC，Q为AD的中点，BC＝eq \f(1,2)AD，
∴BC∥QD，BC＝QD，
∴四边形BCDQ为平行四边形，∴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.
∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB.
(2)解 由(1)可知PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则Q(0，0，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，eq \r(3))，B(0，eq \r(3)，0)，C(－1，eq \r(3)，0)，
∴eq \(QB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(3))，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，－eq \r(3))．
设eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))，则eq \(PM,\s\up6(→))＝(－λ，eq \r(3)λ，－eq \r(3)λ)，且0≤λ≤1，得M(－λ，eq \r(3)λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)，∴eq \(QM,\s\up6(→))＝(－λ，eq \r(3)λ，eq \r(3)(1－λ))．
设平面MBQ的法向量为m＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(QM,\s\up6(→))·m＝0，,\(QB,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－λx＋\r(3)λy＋\r(3)（1－λ）z＝0，,\r(3)y＝0.))
令x＝eq \r(3)，则y＝0，z＝eq \f(λ,1－λ)，
∴平面MBQ的一个法向量为m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，0，\f(λ,1－λ))).
设平面PDC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DP,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y′＝0，,x′＋\r(3)z′＝0.))
令x′＝3，则y′＝0，z′＝－eq \r(3)，
∴平面PDC的一个法向量为n＝(3，0，－eq \r(3))．
∴平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，
∴cs 60°＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3\r(3)－\r(3)·\f(λ,1－λ))),\r(12)·\r(3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,1－λ)))\s\up12(2)))＝eq \f(1,2)，
∴λ＝eq \f(1,2).∴PM＝eq \f(1,2)PC＝eq \f(\r(7),2).
角度2 已知二面角探求角度
【例2－2】 (2019·河北“五个一”名校联考)如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠ABC＝60°，AB＝2BC＝2CD，四边形DCEF是正方形，N，G分别是线段AB，CE的中点．
(1)(一题多解)求证：NG∥平面ADF；
(2)设二面角A－CD－F的大小为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)<θ<π))，当θ为何值时，二面角A－BC－E的余弦值为eq \f(\r(13),13)？
(1)证明 法一 如图，设DF的中点为M，连接AM，GM，因为四边形DCEF是正方形，所以MG綉CD，又四边形ABCD是梯形，且AB＝2CD，AB∥CD，点N是AB的中点，
所以AN綉DC，所以MG綉AN，
所以四边形ANGM是平行四边形，所以NG∥AM.
又AM⊂平面ADF，NG⊄平面ADF，
所以NG∥平面ADF.
法二 如图，连接NC，NE，因为N是AB的中点，四边形ABCD是梯形，AB＝2CD，AB∥CD，
所以AN綉CD，
所以四边形ANCD是平行四边形，所以NC∥AD，
因为AD⊂平面ADF，NC⊄平面ADF，
所以NC∥平面ADF，
同理可得NE∥平面ADF，又NC∩NE＝N，所以平面NCE∥平面ADF，
因为NG⊂平面NCE，所以NG∥平面ADF.
(2)解 设CD的中点为O，EF的中点为P，连接NO，OP，易得NO⊥CD，以点O为原点，以OC所在直线为x轴，以NO所在直线为y轴，以过点O且与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
因为NO⊥CD，OP⊥CD，
所以∠NOP是二面角A－CD－F的平面角，
则∠NOP＝θ，所以∠POy＝π－θ，
设AB＝4，则BC＝CD＝2，则P(0，2cs(π－θ)，2sin(π－θ))，E(1，2cs(π－θ)，2sin(π－θ))，C(1，0，0)，B(2，－eq \r(3)，0)，
eq \(CE,\s\up6(→))＝(0，2cs(π－θ)，2sin(π－θ))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(3)，0)，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up6(→))＝0，,n·\(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\r(3)y＝0，,2ycs（π－θ）＋2zsin（π－θ）＝0，))
因为θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，所以cs(π－θ)≠0，
令z＝1，则y＝－tan(π－θ)，x＝－eq \r(3)tan(π－θ)，
所以n＝(－eq \r(3)tan(π－θ)，－tan(π－θ)，1)为平面BCE的一个法向量，
又易知平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
所以cs 〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(1,\r(4tan2（π－θ）＋1))，
由图可知二面角A－BC－E为锐角，
所以eq \f(1,\r(4tan2（π－θ）＋1))＝eq \f(\r(13),13)，
解得tan2(π－θ)＝3，又eq \f(π,2)<θ<π，
所以tan(π－θ)＝eq \r(3)，即π－θ＝eq \f(π,3)，得θ＝eq \f(2π,3)，
所以当二面角A－CD－F的大小为eq \f(2π,3)时，二面角A－BC－E的余弦值为eq \f(\r(13),13).
规律方法 1.解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若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，即不存在．
2．探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．
3．利用空间向量的坐标运算，可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·华南师大附中质检)如图，在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD.
(1)求证：CE⊥平面ADF；
(2)已知P为棱BC上的点，试确定点P的位置，使二面角P－DF－A的大小为60°.
(1)证明 ∵CD∥EF，CD＝EF＝CF，
∴四边形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，
∵CE⊂平面CDEF，∴AD⊥CE.
又∵AD⊂平面ADF，DF⊂平面ADF，AD∩DF＝D，
∴直线CE⊥平面ADF.
(2)解 由(1)知四边形CDEF为菱形，
又∵∠DCF＝60°，
∴△DEF为正三角形．
如图，取EF的中点G，连接GD，则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，∴直线DA，DC，DG两两垂直．
以D为原点，分别以DA，DC，DG所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系D－xyz.
∵CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1，
∴D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，－1，eq \r(3))，F(0，1，eq \r(3))，
∴eq \(CE,\s\up6(→))＝(0，－3，eq \r(3))，eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，
eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)．
由(1)知eq \(CE,\s\up6(→))是平面ADF的一个法向量．
设eq \(CP,\s\up6(→))＝aeq \(CB,\s\up6(→))＝(a，－a，0)(0≤a≤1)，
则eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(CP,\s\up6(→))＝(a，2－a，0)．
设平面PDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DF,\s\up6(→))＝0，,n·\(DP,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋\r(3)z＝0，,ax＋（2－a）y＝0.))
令y＝eq \r(3)a，则x＝eq \r(3)(a－2)，z＝－a，
∴n＝(eq \r(3)(a－2)，eq \r(3)a，－a)．
∵二面角P－DF－A的大小为60°，
∴|cs〈n，eq \(CE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(CE,\s\up6(→))|,|n||\(CE,\s\up6(→))|)
＝eq \f(4\r(3)a,\r(12)·\r(3（a－2）2＋3a2＋a2))＝eq \f(1,2)，
解得a＝eq \f(2,3)或a＝－2(不合题意，舍去)．
∴P在靠近点B的CB的三等分点处．
考点三 与空间角有关的最值问题
【例3】 (2019·新高考联盟考试)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CB＝CD＝CE＝1，AB＝AD＝AE＝eq \r(3)，EC⊥BD.
(1)求证：平面BED⊥平面ABCD；
(2)若点P在平面ABE内运动，且DP∥平面BEC，求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值．
(1)证明 如图，连接AC，交BD于点O，连接EO，
∵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是圆内接四边形，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
在Rt△ADC中，由AD＝eq \r(3)，CD＝1，可得AC＝2，AO＝eq \f(3,2)，
∴∠AEC＝90°，eq \f(AE,AC)＝eq \f(AO,AE)＝eq \f(\r(3),2)，
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 如图，取AE的中点M，AB的中点N，连接MN，ND，DM，
则MN∥BE，由(1)知，∠DAC＝∠BAC＝30°，即∠DAB＝60°，
∴△ABD为正三角形，
∴DN⊥AB，又BC⊥AB，
∴平面DMN∥平面EBC，
∴点P在线段MN上．
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，0，\f(\r(3),4)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(\r(3),4)，0))，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，
eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),4)))，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),4)，－\f(\r(3),4)))，
设平面ABE的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n＝0，,\(AE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋y＝0，,－\r(3)x＋z＝0，))
令x＝1，则n＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))，
设eq \(MP,\s\up6(→))＝λeq \(MN,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，可得
eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \(DM,\s\up6(→))＋eq \(MP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(\r(3),2)＋\f(\r(3),4)λ，\f(\r(3),4)－\f(\r(3),4)λ))，
设直线DP与平面ABE所成的角为θ，
则sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(DP,\s\up6(→)),|n|·|\(DP,\s\up6(→))|)))＝eq \f(12,\r(42)×\r(λ2＋λ＋4))，
∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值eq \f(\r(42),7).
故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为eq \f(\r(42),7).
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决定作用．
【训练3】 (2019·上海静安区质检)如图所示，PA⊥平面ADE，B，C分别是AE，DE的中点，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2.
(1)求二面角A－PE－D的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
解 (1)因为PA⊥平面ADE，AD⊂平面ADE，AB⊂平面ADE，
所以PA⊥AD，PA⊥AB，
又因为AB⊥AD，
所以PA，AD，AB两两垂直．
以{eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))}为正交基底建立空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为
A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．
因为PA⊥AD，AD⊥AE，AE∩PA＝A，
所以AD⊥平面PAE，
所以eq \(AD,\s\up6(→))是平面PAE的一个法向量，且eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)．
易得eq \(PC,\s\up6(→))＝(1，1，－2)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)．
设平面PED的法向量为m＝(x，y，z)．
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(PC,\s\up6(→))＝0，,m·\(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))
令y＝1，解得z＝1，x＝1.
所以m＝(1，1，1)是平面PED的一个法向量，
所以cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·m,|\(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(\r(3),3)，
所以二面角A－PE－D的余弦值为eq \f(\r(3),3).
(2)eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，故可设eq \(BQ,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)．
又eq \(CB,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，所以eq \(CQ,\s\up6(→))＝eq \(CB,\s\up6(→))＋eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－λ，－1，2λ)．
又eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，
所以cs〈eq \(CQ,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(CQ,\s\up6(→))·\(DP,\s\up6(→)),|\(CQ,\s\up6(→))||\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).
设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，
则cs2〈eq \(CQ,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))〉＝eq \f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq \f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(20,9))≤eq \f(9,10)，
当且仅当t＝eq \f(9,5)，即λ＝eq \f(2,5)时，
|cs〈eq \(CQ,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))〉|的最大值为eq \f(3\r(10),10).
因为y＝cs x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上是减函数，
所以当λ＝eq \f(2,5)时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，
所以BQ＝eq \f(2,5)BP＝eq \f(2\r(5),5).
[思维升华]
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，这种方法可把复杂的推理证明、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“形”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有两种方法：
(1)通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；
(2)当不易观察二面角是锐角还是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．
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
1.如图，在三棱锥P－ABC中，D为棱PA上的任意一点，点F，G，H分别为所在棱的中点．
(1)证明：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，∠BAC＝45°，当二面角C－GF－H的平面角为eq \f(π,3)时，求棱PC的长．
(1)证明 因为G，H分别为AC，BC的中点，所以AB∥GH，且GH⊂平面FGH，AB⊄平面FGH，所以AB∥平面FGH.
因为F，G分别为PC，AC的中点，
所以GF∥AP，且FG⊂平面FGH，AP⊄平面FGH，所以AP∥平面FGH.
又因为AP∩AB＝A，所以平面ABP∥平面FGH.
因为BD⊂平面ABP，所以BD∥平面FGH.
(2)解 在平面ABC内过点C作CM∥AB，如图，以C为原点，分别以CB，CM，CF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C－xyz，连接BG.
由△ABC为等腰直角三角形知BG⊥AC.
因为BG⊥CF，AC∩CF＝C，所以BG⊥平面PAC.
设CF＝a，则B(2，0，0)，G(1，－1，0)，
所以eq \(BG,\s\up6(→))＝(－1，－1，0)为平面PAC的一个法向量．
又F(0，0，a)，H(1，0，0)，所以eq \(FH,\s\up6(→))＝(1，0，－a)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(1，－1，－a)．
设m＝(x，y，z)为平面FGH的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(FH,\s\up6(→))＝0，,m·\(FG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－az＝0，,x－y－az＝0，))
可得平面FGH的一个法向量为m＝(a，0，1)．
由|cs〈m，eq \(BG,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－a,\r(2)·\r(a2＋1))))＝eq \f(1,2)，得a＝1(负值已舍去)，从而2a＝2，所以棱PC的长为2.
2．(2018·天津卷)如图，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.
(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；
(2)求二面角E－BC－F的正弦值；
(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．
解 依题意，可以建立以D为原点，分别以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DG,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，1))，N(1，0，2)．
(1)证明 依题意eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，0，2)．设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n0·\(DC,\s\up6(→))＝0,n0·\(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0，,2x＋2z＝0，))不妨令z＝－1，可得n0＝(1，0，－1)．又eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)，1))，可得eq \(MN,\s\up6(→))·n0＝0，又因为直线MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE.
(2)依题意，可得eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(0，－1，2)．
设n＝(x，y，z)为平面BCE的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＝0，,x－2y＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得n＝(0，1，1)．
设m＝(x，y，z)为平面BCF的法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＝0，,－y＋2z＝0，))不妨令z＝1，可得m＝(0，2，1)．
因此有cs〈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的正弦值为eq \f(\r(10),10).
(3)设线段DP的长为h(h∈[0，2])，则点P的坐标为(0，0，h)，可得eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，－2，h)．易知，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，故
|cs〈eq \(BP,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BP,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→))|,|\(BP,\s\up6(→))||\(DC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,\r(h2＋5))，
由题意，可得eq \f(2,\r(h2＋5))＝sin 60°＝eq \f(\r(3),2)，
解得h＝eq \f(\r(3),3)∈[0，2]．
所以，线段DP的长为eq \f(\r(3),3).
3.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为l.
(1)求证：l⊥平面PAC；
(2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明 因为E，F分别是PC，PB的中点，
所以BC∥EF，
又EF⊂平面EFA，BC⊄平面EFA，
所以BC∥平面EFA.
又BC⊂平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，
所以BC∥l.
又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面PAC，所以l⊥平面PAC.
(2)解 如图，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，eq \r(3))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2，\f(\r(3),2)))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，2，0)．
设Q(2，y，0)，平面AEF的法向量为m＝(x0，y0，z0)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(EF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x0＋\f(\r(3),2)z0＝0，,2y0＝0，))
则y0＝0，令z0＝eq \r(3)，则x0＝1，
所以m＝(1，0，eq \r(3))为平面AEF的一个法向量．
又eq \(PQ,\s\up6(→))＝(1，y，－eq \r(3))，
所以|cs〈eq \(PQ,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(PQ,\s\up6(→))·\(EF,\s\up6(→))|,|\(PQ,\s\up6(→))|·|\(EF,\s\up6(→))|)，
|cs〈eq \(PQ,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(|\(PQ,\s\up6(→))·m|,|\(PQ,\s\up6(→))|·|m|).
因为直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，
所以eq \f(|\(PQ,\s\up6(→))·\(EF,\s\up6(→))|,|\(PQ,\s\up6(→))|·|\(EF,\s\up6(→))|)＝eq \f(|\(PQ,\s\up6(→))·m|,|\(PQ,\s\up6(→))|·|m|)，
所以|1×0＋y×2－eq \r(3)×0|＝|1×1＋y×0＋(－eq \r(3))×eq \r(3)|，
解得y＝±1.
所以直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，此时AQ＝1.
4．(2019·济南质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，PC的中点．
(1)求证：AE⊥PD；
(2)设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为eq \r(5)，求二面角E－AF－C的余弦值．
(1)证明 ∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC为正三角形．
又E为BC的中点，
∴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.
(2)解 如图，H为线段PD上的动点，连接AH，EH.
当线段EH的长最小时，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＝eq \r(3)，EH＝eq \r(5)，EA⊥AH，
∴AH＝eq \r(EH2－AE2)＝eq \r(2).
在Rt△ADH中，由AH＝eq \r(2)，AD＝2，
可知∠HDA＝45°，即∠PDA＝45°.
∴在Rt△PAD中，可得PA＝AD＝2.
由(1)可知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系．由E，F分别为BC，PC的中点，可得A(0，0，0)，B(eq \r(3)，－1，0)，C(eq \r(3)，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(eq \r(3)，0，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1)).
设平面AEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))因此eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)x1＝0，,\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1＋z1＝0，))
取z1＝－1，得n＝(0，2，－1)．
因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面AFC，
故eq \(BD,\s\up6(→))为平面AFC的一个法向量．
又eq \(BD,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，3，0)，
所以cs〈n，eq \(BD,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(BD,\s\up6(→)),|n|·|\(BD,\s\up6(→))|)＝eq \f(2×3,\r(5)×\r(12))＝eq \f(\r(15),5).
由图易知二面角E－AF－C为锐角，
故所求二面角的余弦值为eq \f(\r(15),5).
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
5.(2019·天津和平区质检)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝eq \r(2)，点E在AD上，且AE＝2ED.
(1)已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；
(2)当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？
(1)证明 ∵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＝eq \r(2)AC＝2AD，
∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝eq \f(2,3)AD，
∴四边形ABFE是平行四边形，∴AB∥EF，
∴AC⊥EF，
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，
∵PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
∴EF⊥平面PAC，
∵EF⊂平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.
(2)解 ∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴AC⊥平面PAB，则∠APC为PC与平面PAB所成的角，
若PC与平面PAB所成的角为45°，
则tan∠APC＝eq \f(AC,PA)＝1，即PA＝AC＝eq \r(2)，
取BC的中点为G，连接AG，则AG⊥BC，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
则A(0，0，0)，B(1，－1，0)，C(1，1，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，0))，P(0，0，eq \r(2))，
∴eq \(EB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(5,3)，0))，
eq \(EP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,3)，\r(2)))，
设平面PBE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(EB,\s\up6(→))＝0，,n·\(EP,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,3)y＝0，,－\f(2,3)y＋\r(2)z＝0，))
令y＝3，则x＝5，z＝eq \r(2)，∴n＝(5，3，eq \r(2))，
∵eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)是平面PAB的一个法向量，
csn，eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(5＋3,\r(2)×6)＝eq \f(2\r(2),3)，
故结合图形可知当二面角A－PB－E的余弦值为eq \f(2\r(2),3)时，直线PC与平面PAB所成的角为45°.
6.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝eq \f(2π,3)，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.
(1)求证：AD⊥平面BFED；
(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．
(1)证明 在梯形ABCD中，
∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝eq \f(2π,3)，
∴AB＝2，∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cs eq \f(π,3)＝3.
∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.
∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BFED，DE⊥DB，
∴DE⊥平面ABCD，
∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，
∴AD⊥平面BFED.
(2)解 由(1)可建立以点D为坐标原点，分别以直线DA，DB，DE为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示．
令EP＝λ(0≤λ≤eq \r(3))，
则D(0，0，0，)，A(1，0，0)，
B(0，eq \r(3)，0)，P(0，λ，1)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(0，λ－eq \r(3)，1)．
设n1＝(x，y，z)为平面PAB的一个法向量，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BP,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,（λ－\r(3)）y＋z＝0，))
取y＝1，得n1＝(eq \r(3)，1，eq \r(3)－λ)，
∵n2＝(0，1，0)是平面ADE的一个法向量，
∴cs θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,\r(3＋1＋（\r(3)－λ）2)×1)＝eq \f(1,\r(（λ－\r(3)）2＋4)).
∵0≤λ≤eq \r(3)，
∴当λ＝eq \r(3)时，cs θ有最大值eq \f(1,2)，
又∵θ为锐角，∴θ的最小值为eq \f(π,3).