高考数学一轮复习 第七篇 立体几何与空间向量 专题7.8 利用空间向量解决有关空间角的开放问题练习（含解析）-人教版高三全册数学试题VIP免费

专题7.8利用空间向量解决有关空间角的开放问题【考点聚焦突破】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＝＝(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．【答案】解析【解析】(1)证明题图(1)中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°.从而DE＝＝.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＝a，DH＝2－a，易知A1(0，0，1)，P(2－a，a，0)，E(0，，0)，所以PA1＝(a－2，－a，1)．因为ED⊥平面A1BD，所以平面A1BD的一个法向量为DE＝(0，，0)．因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，所以sin60°＝＝＝，解得a＝.∴PB＝2a＝，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＝.【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1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＝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．【答案】解析【解析】(1)证明如图，在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos45°＝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＝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PC＝(0，2，－2)，PD＝(－2，0，－2)，PB＝(2，2，－2)．设＝λ(λ∈[0，1])，则PF＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，所以EF＝(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)，由得令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|cos〈EF，m〉|＝|cos〈EF，n〉|，即＝，所以|－2λ＋2|＝，即|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝，所以＝.2即当＝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＝AD＝1，CD＝.(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°？【答案】解析【解析】(1)证明 AD∥BC，Q为AD的中点，BC＝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...