1.4.2 空间向量的应用---所成角

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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

$$\cos \theta=|\cos <\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}>|=\dfrac{|\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B D}|}{|\overrightarrow{A C}||\overrightarrow{B D}|}$$

${\color {Red}{解释}}$
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 $\sin \theta=|\cos \alpha|=\dfrac{|\vec{a} \cdot \vec{n}|}{|\vec{a}||\vec{n}|}$.
${\color {Red}{解释}}$
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 $\underline{\quad \quad}$．

 
 

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．$θ_2<θ_1$,$θ_2<θ_3$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$θ_2>θ_1$,$θ_2<θ_3$
C．$θ_2<θ_1$,$θ_2>θ_3$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ 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，
${\color {Red}{(加强条件处理，选择题的作法) }}$
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．$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$B．$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{\sqrt{6}}{3}$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ 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；$\qquad \qquad$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$\dfrac{3 \sqrt{17}}{17}$