5.3空间向量与立体几何命题角度1空间位置关系证明与线面角求解高考真题体验·对方向1.(2019浙江·19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EF⊥BC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解方法一:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2❑√3,EG=❑√3.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2=❑√152,所以cos∠EOG=EO2+OG2-EG22EO·OG=35.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.方法二:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC.如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.不妨设AC=4,则A1(0,0,2❑√3),B(❑√3,1,0),B1(❑√3,3,2❑√3),F❑√32,32,2❑√3,C(0,2,0).因此,⃗EF=❑√32,32,2❑√3,⃗BC=(-❑√3,1,0).由⃗EF·⃗BC=0得EF⊥BC.(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.由(1)可得⃗BC=(-❑√3,1,0),⃗A1C=(0.2,-2❑√3).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).由{⃗BC·n=0,⃗A1C·n=0,得{-❑√3x+y=0,y-❑√3z=0.取n=(1,❑√3,1),故sinθ=|cos<⃗EF·n>|=|⃗EF·n||⃗EF|·|n|=45.因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为35.2.(2019天津·17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13,求线段CF的长.(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以⃗AB,⃗AD,⃗AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).依题意,⃗AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又⃗BF=(0,2,h),可得⃗BF·⃗AB=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.(2)解依题意,⃗BD=(-1,1,0),⃗BE=(-1,0,2),⃗CE=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则{n·⃗BD=0,n·⃗BE=0,即{-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos<⃗CE,n>=⃗CE·n|⃗CE||n|=-49.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则{m·⃗BD=0,m·⃗BF=0,即{-x+y=0,2y+hz=0,不妨令y=1,可得m=1,1,-2h.由题意,有|cos|=|m·n||m||n|=|4-2h|3❑√2+4h2=13,解得h=87,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为87.3.(2018全国Ⅰ·18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.(1)证明由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,⃗HF的方向为y轴正方向,|⃗BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=❑√3.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=❑√32,EH=32.则H(0,0,0),P(0,0,❑√32),D(-1,-32,0),⃗DP=(1,32,❑√32),⃗HP=(0,0,❑√32)为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ=|⃗HP·⃗DP|⃗HP||⃗DP||=34❑√3=❑√34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为❑√34.4.(2018全国Ⅱ·20)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2❑√2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2❑√3.连接OB,因为AB=BC=❑√22AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB....
