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

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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)