2022届高考数学一轮复习第七章立体几何7.5空间向量及其应用学案理新人教版

优选 - 1 - / 24 第五节 空间向量及其应用 1．空间直角坐标系及有关概念 (1)空间直角坐标系： 定义 以空间一点 O 为原点，具有相同的单 位长度，给定正方向，建立两两垂直 的数轴：x 轴、y 轴、z 轴，就建立了 一个空间直角坐标系 Oxyz 坐标原点 点 O 坐标轴 横轴 x 轴 纵轴 y 轴 竖轴 z 轴 坐标平面 通过每两个坐标轴的平面 (2)空间一点 M 的坐标： 空间一点 M 的坐标可以用有序实数组(x，y，z)来表示，记作 M(x，y，z)，其中 x 叫做 点 M 的横坐标，y 叫做点 M 的纵坐标，z 叫做点 M 的竖坐标． 2．空间向量的有关概念 名称 概念 共线向量 (平行向量) 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量 共面向量 平行于同一个平面的向量 共线向 量定理 对空间任意两个向量 a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使 a＝λb 共面向 量定理 若两个向量 a，b 不共线，则向量 p 与向量 a，b 共面⇔存在唯一的 有序实数对(x，y)，使 p＝xa＋yb，x，y∈R 优选 - 2 - / 24 空间向量 基本定理 定理：如果三个向量 a，b，c 不共面，那么对空间任一向量 p，存在 有序实数组{x，y，z}使得 p＝xa＋yb＋zc； 推论：设 O，A，B，C 是不共面的四点，则对平面 ABC 内任一点 P 都存在唯一的三个有序实数 x，y，z，使OP→ ＝xOA→ ＋yOB→ ＋z OC→ 且 x ＋y＋z＝1 3.数量积及坐标运算 (1)两个向量的数量积： a·b＝|a||b|cos 〈a，b〉； a⊥b⇔a·b＝0(a，b 为非零向量)； |a|2＝a2． (2)向量的坐标运算： a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) 向量和 a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3) 向量差 a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3) 数量积 a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3 共线 a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 垂直 a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 夹角公式 cos 〈a，b〉＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 a2 1＋a2 2＋a2 3· b2 1＋b2 2＋b2 3 4.直线的方向向量与平面的法向量 (1)直线的方向向量：如果表示非零向量 a 的有向线段所在直线与直线 l 平行或重合，则 称此向量 a 为直线 l 的方向向量． 优选 - 3 - / 24 (2)平面的法向量：直线 l⊥α，取直线 l 的方向向量 a，则向量 a 叫做平面α的法向量． 5．空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线 l1，l2 的方向向量分 别为 n1，n2 l1∥l2 n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0 直线 l 的方向向量为 n， 平面α的法向量为 m l∥α n⊥m⇔n·m＝0 l⊥α n∥m⇔n＝λm 平面α，β的法向量分别 为 n，m α∥β n∥m⇔n＝λm α⊥β n⊥m⇔n·m＝0 6.异面直线所成角的求法 设 a，b 分别是两异面直线 l1，l2 的方向向量，则 a 与 b 的夹角β l1 与 l2 所成的角θ X 围 (0，π) 0， π 2 求法 cos β＝ a·b |a||b| cos θ＝|cos β|＝ |a·b| |a||b| 7.直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面α的法向量为 n，直线 l 与平面α所成的角为φ， 两向量 e 与 n 的夹角为θ，则有 sin φ＝|cos θ|＝ |e·n| |e||n| ． 8．二面角的求法 优选 - 4 - / 24 (1)如图①，AB，CD 是二面角α l β两个半平面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 θ＝〈AB→ ，CD→ 〉． (2)如图②③，n1，n2 分别是二面角α l β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大 小θ满足 cosθ＝cos_〈n1，n2〉或－cos_〈n1，n2〉． 1．空间向量基本定理：如果三个向量 a，b，c 不共面，那么对空间任一向量 p，存在有 序实数组{x，y，z}，使得 p＝xa＋yb＋zc.其中{a，b，c}叫做空间的一个基底． 2．P、A、B、C 四点共面的充要条件：空间存在一点 O，使OP→ ＝xOA→ ＋yOB→ ＋zOC→ ，且 x＋y＋z＝1. 3．确定平面的法向量： (1)直接法：观察是否有垂直于平面的法向量，若有可直接确定． (2)选定系数法：取平面的两条相交向量 a，b，设平面的法向量为 n＝(x，y，z)，由 n·a＝0， n·b＝0 解方程组求得． 1．(基本能力：空间向量的计算)已知点 A(x，1，2)和点 B(2，3，4)，且|AB→ |＝2 6，则 实数 x 的值是( ) A．－3 或 4 B．－6 或 2 C．3 或－4 D．6 或－2 答案：D 2．(基本方法：判断空间中两直线位置关系)在空间直角坐标系中，已知 A(1，2，3)，B(－ 优选 - 5 - / 24 2，－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，则直线 AB 与 CD 的位置关系是( ) A．垂直 B．平行 C．异面 D．相交但不垂直 答案：B 3．(基本方法：空间向量与线面关系)设μ，ν分别是平面α，β的法向量，μ＝(－2，2， 5)，当ν＝(3，－2，2)时，α与β的位置关系为________；当ν＝(4，－4，－10)时，α与β的位 置关系为________． 答案：α⊥βα∥β 4.(基本应用：二面角大小与法向量夹角的大小关系)在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，PD⊥底面 ABCD，PD＝DC，则二面角 C-PB-D 的大小为________． 答案：60° 5．(基本能力：异面直线所成角的大小与方向向量的关系)在正三棱柱 ABCA1B1C1 中， 若 AB＝BB1，D 是 CC1 的中点，则 CA1 与 BD 所成角的大小是________． 答案： π 2 题型一 空间向量基本定理及线性运算 优选 - 6 - / 24 1．如图所示，在三棱锥 OABC 中，M，N 分别是 AB，OC 的中 点，设OA→ ＝a，OB→ ＝b，OC→ ＝c，用 a，b，c 表示NM→ ，则NM→ 等于( ) A． 1 2 (－a＋b＋c) B． 1 2 (a＋b－c) C． 1 2 (a－b＋c) D． 1 2 (－a－b＋c) 解析：NM→ ＝NA→ ＋AM→ ＝(OA→ －ON→ )＋ 1 2 AB→ ＝OA→ － 1 2 OC→ ＋ 1 2 (OB→ －OA→ )＝ 1 2 OA→ ＋ 1 2 OB→ － 1 2 OC→ ＝ 1 2 (a＋b－c). 答案：B 2．如图所示，在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，O 为 AC 的中点．用 AB→ ，AD→ ，AA1 表示 OC1，则 OC1＝________________． 解析：∵OC→ ＝ 1 2 AC→ ＝ 1 2 (AB→ ＋AD→ )， ∴OC1＝OC→ ＋CC1＝ 1 2 (AB→ ＋AD→ )＋AA1＝ 1 2 AB→ ＋ 1 2 AD→ ＋AA1． 答案： 1 2 AB→ ＋ 1 2 AD→ ＋AA1 3．如图所示，在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中，设 AA1＝a，AB→ ＝b，AD→ ＝c，M，N， P 分别是 AA1，BC，C1D1 的中点，试用 a，b，c 表示以下各向量： 优选 - 7 - / 24 (1)AP→ ； (2)A1N； (3)MP→ ＋NC1． 解析：(1)∵P 是 C1D1 的中点， ∴AP→ ＝AA1＋A1D1＋D1P＝a＋AD→ ＋ 1 2 D1C1＝a＋c＋ 1 2 AB→ ＝a＋ 1 2 b＋c. (2)∵N 是 BC 的中点， ∴A1N＝A1A＋AB→ ＋BN→ ＝－a＋b＋ 1 2 BC→ ＝－a＋b＋ 1 2 AD→ ＝－a＋b＋ 1 2 c. (3)∵M 是 AA1 的中点， ∴MP→ ＝MA→ ＋AP→ ＝ 1 2 A1A＋AP→ ＝－ 1 2 a＋ a＋ 1 2 b＋c ＝ 1 2 a＋ 1 2 b＋c. 又 NC1＝NC→ ＋CC1＝ 1 2 BC→＋AA1 ＝ 1 2 AD→ ＋AA1＝ 1 2 c＋a， 优选 - 8 - / 24 ∴MP→ ＋NC1＝ 1 2 a＋ 1 2 b＋c ＋ a＋ 1 2 c ＝ 3 2 a＋ 1 2 b＋ 3 2 c. 方法总结 用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形． (2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中． (3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来． 题型二 空间角的求法 [典例剖析] 类型 1 求异面直线所成的角 [例 1](2021·某某知名示 X 高中联合质检)若在三棱柱 ABCA1B1C1 中，∠A1AC＝∠BAC＝ 60°，平面 A1ACC1⊥平面 ABC，AA1＝AC＝AB，则异面直线 AC1 与 A1B 所成角的余弦值为 ________． 解析：法一：令 M 为 AC 的中点，连接 MB，MA1，由题意知△ABC 是等边三角形， 所以 BM⊥AC，同理，A1M⊥AC. 因为平面 A1ACC1⊥平面 ABC，平面 A1ACC1∩平面 ABC＝AC，BM⊂平面 ABC，所以 BM⊥平面 A1ACC1. 因为 A1M⊂平面 A1ACC1， 所以 BM⊥A1M， 所以 AC，BM，A1M 两两垂直，以 M 为原点，MA→ ，MB→ ， 的方向分别为 x 轴，y 轴， z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 优选 - 9 - / 24 设 AA1＝AC＝AB＝2， 则 A(1，0，0)，B(0， 3，0)，A1(0，0， 3)，C1(－2，0， 3)， 所以 ＝(－3，0， 3)， ＝(0， 3，－ 3)， 所以 cos 〈 ， 〉＝ －3 2 3× 6 ＝－ 2 4 ， 故异面直线 AC1 与 A1B 所成角的余弦值为 2 4 . 法二：如图所示，在平面 ABC，平面 A1B1C1 中分别取点 D，D1，连接 BD，CD，B1D1， C1D1，使得四边形 ABDC，A1B1D1C1 为平行四边形，连接 DD1，BD1，则 AB＝C1D1，且 AB ∥C1D1，所以 AC1∥BD1，故∠A1BD1 或其补角为异面直线 AC1 与 A1B 所成的角．连接 A1D1， 过点 A1 作 A1M⊥AC 于点 M，连接 BM， 设 AA1＝2，由∠A1AM＝∠BAC＝60°， 得 AM＝1，BM＝ 3，A1M＝ 3， 因为平面 A1ACC1⊥平面 ABC，平面 A1ACC1∩平面 ABC＝AC，A1M⊂平面 A1ACC1， 所以 A1M⊥平面 ABC. 又 BM⊂平面 ABC， 所以 A1M⊥BM，所以 A1B＝ 6. 在菱形 A1ACC1 中，可求得 AC1＝2 3＝BD1， 优选 - 10 - / 24 同理，在菱形 A1B1D1C1 中，求得 A1D1＝2 3， 所以 cos∠A1BD1＝ A1B2＋BD2 1－A1D2 1 2A1B·BD1 ＝ 6＋12－12 2 6×2 3 ＝ 2 4 ， 所以异面直线 AC1 与 A1B 所成角的余弦值为 2 4 . 答案： 2 4 方法总结 1．求异面直线所成角的思路 (1)选好基底或建立空间直角坐标系． (2)求出两直线的方向向量 v1，v2. (3)代入公式|cos 〈v1，v2〉|＝ |v1·v2| |v1||v2| 求解． 2．两异面直线所成角的关注点 两异面直线所成角的 X 围是θ∈ 0， π 2 ，两向量的夹角α的 X 围是[0，π]，当异面直线的 方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为 钝角时，其补角才是异面直线的夹角． 类型 2 求线面角 [例 2](2020·高考某某卷节选)如图，四棱锥 PABCD 的底面为正方形，PD⊥底面 ABCD. 设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l. 已知 PD＝AD＝1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值． 优选 - 11 - / 24 解析：以 D 为坐标原点，DA，DC，DP 所在的直线分别为 x，y，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz， 则 D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)， DC→ ＝(0，1，0)，PB→＝(1，1，－1). 设 Q(a，0，1)， 则DQ→ ＝(a，0，1). 设 n＝(x，y，z)是平面 QCD 的法向量， 则 n·DQ→ ＝0， n·DC→ ＝0， 即 ax＋z＝0， y＝0. 可取 n＝(－1，0，a)， 所以 cos 〈n，PB→〉＝ n·PB→ |n|·|PB→| ＝ －1－a 3· 1＋a2 . 设 PB 与平面 QCD 所成角为θ， 则 sin θ＝ 3 3 · |a＋1| 1＋a2 ＝ 3 3 1＋ 2a a2＋1 . 因为 3 3 1＋ 2a a2＋1 ≤ 6 3 ，当且仅当 a＝1 时等号成立， 所以 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值为 6 3 . 方法总结 求直线与平面所成角的方法 优选 - 12 - / 24 (1)定义法：利用线面垂直，作出斜线与射影所成的角，解直角三角形． (2)向量法：求斜线的方向向量 a 与平面的法向量 n. π 2 －〈a，n〉或〈a，n〉－ π 2 为其线面角， 故线面角θ＝ π 2 －〈a，n〉或θ＝〈a，n〉－ π 2 .一般用 sin θ＝|cos 〈a，n〉|. 类型 3 求二面角 [例 3](2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体 ABCDA1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA1 上，BE⊥EC1. (1)证明：BE⊥平面 EB1C1； (2)若 AE＝A1E，求二面角 BECC1 的正弦值． 解析：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面 ABB1A1，BE⊂平面 ABB1A1， 故 B1C1⊥BE. 又 BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1， 所以 BE⊥平面 EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知 Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故 AE＝AB，AA1 ＝2AB. 优选 - 13 - / 24 以 D 为坐标原点，DA→ 的方向为 x 轴正方向，|DA→ |为单位长度，建立如图所示的空间直角 坐标系 Dxyz， 则 C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)， CB→＝(1，0，0)，CE→＝(1，－1，1)，CC1＝(0，0，2). 设平面 EBC 的法向量为 n＝(x1，y1，z1)， 则 CB→·n＝0， CE→·n＝0， 即 x1＝0， x1－y1＋z1＝0， 所以可取 n＝(0，－1，－1). 设平面 ECC1 的法向量为 m＝(x2，y2，z2)， 则 CC1·m＝0， CE→·m＝0， 即 2z2＝0， x2－y2＋z2＝0， 所以可取 m＝(1，1，0). 于是 cos 〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝－ 1 2 ， 所以二面角 BECC1 的正弦值为 3 2 . 方法总结 利用向量法计算二面角大小的常用方法 (1)法向量法：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是锐角还是钝角． (2)定义法：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． [题组突破] 优选 - 14 - / 24 1．若正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的体积为 3，AB＝1，则直线 AB1 与 CD1 所成的角为 ( ) A．30°B．45° C．60°D．90° 解析：∵正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的体积为 3，AB＝1， ∴AA1＝ 3， 以 D 为原点，DA 所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y 轴，DD1 所 在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A(1，0，0)，B1(1，1， 3)， C(0，1，0)，D1(0，0， 3)， ＝(0，1， 3)， ＝(0，－1， 3)， 设直线 AB1 与 CD1 所成的角为θ， 则 cos θ＝ ＝ 2 4· 4 ＝ 1 2 . 又 0°＜θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线 AB1 与 CD1 所成的角为 60°. 答案：C 2．(2020·高考全国卷Ⅱ节选)如图，已知三棱柱 ABCA1B1C1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1 的中点，P 为 AM 上一点．过 B1C1 和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F. 设 O 为△A1B1C1 的中心，若 AO∥平面 EB1C1F，且 AO＝AB， 求直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值． 解析：因为 M，N 分别为 BC，B1C1 的中点， 所以 MN∥CC1.又由已知得 AA1∥CC1，故 AA1∥MN. 优选 - 15 - / 24 因为△A1B1C1 是正三角形，所以 B1C1⊥A1N. 又 B1C1⊥MN，所以 B1C1⊥平面 A1AMN. 所以平面 A1AMN⊥平面 EB1C1F. 所以 AM⊥BC.以 M 为坐标原点，MA→ 的方向为 x 轴正方向，|MB→ |为单位长，建立如图所 示的空间直角坐标系 Mxyz，则 AB＝2，AM＝ 3. 连接 NP，则四边形 AONP 为平行四边形， 故 PM＝ 2 3 3 ，E 2 3 3 ， 1 3 ，0 . 由(1)知平面 A1AMN⊥平面 ABC.作 NQ⊥AM，垂足为 Q， 则 NQ⊥平面 ABC. 设 Q(a，0，0)，则 NQ＝ 4－ 2 3 3 －a 2 ，B1 a，1， 4－ 2 3 3 －a 2 . 故 B1E＝ 2 3 3 －a，－ 2 3 ，－ 4－ 2 3 3 －a 2 ，|B1E|＝ 2 10 3 . 又 n＝(0，－1，0)是平面 A1AMN 的一个法向量， 故 sin π 2 －〈n，B1E〉 ＝cos 〈n，B1E〉＝ n·B1E |n|·|B1E| ＝ 10 10 ， 所以直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦值为 10 10 . 优选 - 16 - / 24 3.(2020·某某某某一中模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA⊥底 面 ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点 E 为棱 PC 的中点． (1)证明：BE⊥PD； (2)若 F 为棱 PC 上一点，满足 BF⊥AC，求二面角 FABD 的余弦值． 解析：依题意，以点 A 为原点，以 AB，AD，AP 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直 角坐标系如图所示， 可得 B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 由 E 为棱 PC 的中点， 得 E(1，1，1). (1)证明：向量BE→＝(0，1，1)，PD→ ＝(0，2，－2)，故BE→·PD→ ＝0， 所以BE→⊥PD→ ，所以 BE⊥PD. (2)BC→ ＝(1，2，0)，CP→＝(－2，－2，2)， AC→ ＝(2，2，0)，AB→ ＝(1，0，0)， 由点 F 在棱 PC 上，设CF→＝λCP→，0≤λ≤1， 故BF→＝BC→＋CF→＝BC→ ＋λCP→＝(1－2λ，2－2λ，2λ). 由 BF⊥AC，得BF→·AC→ ＝0， 因此 2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，λ＝ 3 4 ， 即BF→＝ － 1 2 ， 1 2 ， 3 2 . 设 n1＝(x，y，z)为平面 FAB 的法向量， 优选 - 17 - / 24 则 n1·AB→ ＝0， n1·BF→＝0， 即 x＝0， － 1 2 x＋ 1 2 y＋ 3 2 z＝0， 不妨令 z＝－1，可得 n1＝(0，3，－1)为平面 FAB 的一个法向量， 取平面 ABD 的法向量 n2＝(0，0，1)， 则 cos 〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1|·|n2| ＝ －1 10 ＝－ 10 10 . 又因为二面角 FABD 为锐二面角， 所以二面角 FABD 的余弦值为 10 10 . 题型三 空间中的探索问题 [典例剖析] [典例] 如图所示，正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2. (1)若点 E 为 AB 的中点，求证：BD1∥平面 A1DE； (2)在线段 AB 上是否存在点 E，使二面角 D1 EC D 的大小为 π 6 ？若存在，求出 AE 的长； 若不存在，请说明理由． 解析：(1)证明：四边形 ADD1A1 为正方形，连接 A1B，D1E，AD1，A1D∩AD1＝F，则 F 是 AD1 的中点．又因为点 E 为 AB 的中点，连接 EF，则 EF 为△ABD1 的中位线，所以 EF∥BD1. 优选 - 18 - / 24 又因为 BD1⊄ 平面 A1DE，EF⊂平面 A1DE， 所以 BD1∥平面 A1DE. (2)根据题意得 DD1⊥DA，D1D⊥DC，AD⊥DC，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所 在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 D xyz， 则 D(0，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0). 设满足条件的点 E 存在， 令 E(1，y0，0)(0≤y0≤2)， EC→＝(－1，2－y0，0)，D1C＝(0，2，－1)， 设 n1＝(x1，y1，z1)是平面 D1EC 的法向量， 则 n1·EC→＝0， n1·D1C＝0 得 －x1＋（2－y0）y1＝0， 2y1－z1＝0， 令 y1＝1， 则平面 D1EC 的法向量为 n1＝(2－y0，1，2)， 由题知平面 DEC 的一个法向量 n2＝(0，0，1). 由二面角 D1 EC D 的大小为 π 6 得 cos π 6 ＝ |n1·n2| |n1|·|n2| ＝ 2 （2－y0）2＋1＋4 ＝ 3 2 ， 优选 - 19 - / 24 解得 y0＝2－ 3 3 ∈[0，2]， 所以当 AE＝2－ 3 3 时，二面角 D1-EC-D 的大小为 π 6 . 方法总结 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的 相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件．若满足，则肯定假设；若得出矛盾的 结论，则否定假设． [对点训练] (2020·某某某某模拟)如图所示，在三棱锥 PABC 中，底面是边长为 4 的正三角形，PA ＝2，PA⊥底面 ABC，点 E，F 分别为 AC，PC 的中点． (1)求证：平面 BEF⊥平面 PAC； (2)在线段 PB 上是否存在点 G，使得直线 AG 与平面 PBC 所成的角的正弦值为 15 5 ？若 存在，确定点 G 的位置；若不存在，请说明理由． 解析：(1)证明：∵AB＝BC，E 为 AC 的中点， ∴BE⊥AC. 又 PA⊥平面 ABC，BE⊂平面 ABC， ∴PA⊥BE. 优选 - 20 - / 24 ∵PA∩AC＝A， ∴BE⊥平面 PAC. ∵BE⊂平面 BEF， ∴平面 BEF⊥平面 PAC. (2)存在．由(1)及已知得 PA⊥BE，PA⊥AC， ∵点 E，F 分别为 AC，PC 的中点， ∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.又 BE⊥AC，∴EB，EC，EF 两两垂直．分别以EB→，EC→，EF→ 的方向为 x，y，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则 A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2 3，0，0)，C(0，2，0). 设BG→ ＝λBP→＝(－2 3λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]， 所以AG→ ＝AB→ ＋BG→ ＝(2 3(1－λ)，2(1－λ)，2λ)， BC→＝(－2 3，2，0)，PC→＝(0，4，－2)，设平面 PBC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n·BC→＝0， n·PC→＝0 ⇒ －2 3x＋2y＝0， 4y－2z＝0， 令 x＝1，则 y＝ 3，z＝2 3，∴n＝(1， 3，2 3). 由已知得 15 5 ＝| AG→ ·n |AG→ |·|n||，即 15 5 ＝ 4 3 4 16（1－λ）2＋4λ2 ⇒λ＝ 1 2 或 11 10 (舍去)， 故λ＝ 1 2 ， 优选 - 21 - / 24 所以存在满足条件的点 G，点 G 为 PB 的中点． 再研高考 创新思维 (2020·高考全国卷Ⅰ)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的 圆心，AE 为底面直径，AE＝AD.△ABC 是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，PO＝ 6 6 DO. (1)证明：PA⊥平面 PBC； (2)求二面角 BPCE 的余弦值． 解析：(1)证明：设 DO＝a，由题设可得 PO＝ 6 6 a，AO＝ 3 3 a， AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝ 2 2 a. 因此 PA2＋PB2＝AB2，从而 PA⊥PB. 又 PA2＋PC2＝AC2，故 PA⊥PC，所以 PA⊥平面 PBC. (2)以 O 为坐标原点，OE→ 的方向为 y 轴正方向，|OE→ |为单位长度，建立如图所示的空间直 角坐标系 Oxyz. 由题设可得 E(0，1，0)，A(0，－1，0)，C － 3 2 ， 1 2 ，0 ，P 0，0， 2 2 . 优选 - 22 - / 24 所以EC→＝ － 3 2 ，－ 1 2 ，0 ，EP→＝ 0，－1， 2 2 . 设 m＝(x，y，z)是平面 PCE 的法向量，则 m·EP→＝0， m·EC→＝0， 即 －y＋ 2 2 z＝0， － 3 2 x－ 1 2 y＝0. 可取 m＝ － 3 3 ，1， 2 . 由(1)知AP→ ＝ 0，1， 2 2 是平面 PCB 的一个法向量． 记 n＝AP→ ，则 cos 〈n，m〉＝ n·m |n|·|m| ＝ 2 5 5 ， 所以二面角 BPCE 的余弦值为 2 5 5 . 素养升华 空间向量的应用 (2020·某某模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AB∥CD，且 CD＝2， AB＝1，BC＝2 2，PA＝1，AB⊥BC，N 为 PD 的中点． (1)求证：AN∥平面 PBC； (2)求平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值； (3)在线段 PD 上是否存在一点 M，使得直线 CM 与平面 PBC 所成角的正弦值为 26 26 ？ 若存在，求出 DM DP 的值；若不存在，请说明理由． 解析：过 A 作 AE⊥CD 于点 E，则 DE＝1，以 A 为原点， AE，AB，AP 所在的直线分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间 直角坐标系， 优选 - 23 - / 24 则 A(0，0，0)，B(0，1，0)，E(2 2，0，0)，D(2 2，－1，0)，C(2 2，1，0)，P(0， 0，1)， ∵N 为 PD 的中点，∴N 2，－ 1 2 ， 1 2 . (1)AN→ ＝ 2，－ 1 2 ， 1 2 ，BP→＝(0，－1，1)，BC→＝(2 2， 0，0). 设平面 PBC 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则 m·BP→＝－y＋z＝0， m·BC→ ＝2 2x＝0， 令 y＝1，则 x＝0，z＝1，∴m＝(0，1，1)， ∴AN→ ·m＝－ 1 2 ＋ 1 2 ＝0，即AN→ ⊥m. 又 AN⊄ 平面 PBC，∴AN∥平面 PBC. (2)由(1)知，AP→ ＝(0，0，1)，AD→ ＝(2 2，－1，0)， 设平面 PAD 的法向量为 n＝(a，b，c)， 则 n·AP→ ＝c＝0， n·AD→ ＝2 2a－b＝0， 令 a＝1，则 b＝2 2，c＝0，∴n＝(1，2 2，0)， ∴cos 〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 2 2 2×3 ＝ 2 3 . 故平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值为 2 3 . (3)令DM→ ＝λDP→ ，λ∈[0，1]，设 M(x，y，z)， ∴(x－2 2，y＋1，z)＝λ(－2 2，1，1)， 优选 - 24 - / 24 ∴M(2 2－2 2λ，λ－1，λ)， ∴CM→ ＝(－2 2λ，λ－2，λ). 由(1)知，平面 PBC 的法向量为 m＝(0，1，1)， ∵直线 CM 与平面 PBC 所成角的正弦值为 26 26 ， ∴ 26 26 ＝| CM→ ·m |CM→ |·|m||＝ |2λ－2| 8λ2＋（λ－2）2＋λ2· 2 ， 化简得 21λ2－50λ＋24＝0，即(3λ－2)(7λ－12)＝0， ∵λ∈[0，1]，∴λ＝ 2 3 ， 故 DM DP ＝ 2 3 .