\(\mathbf{{\large {\color{Red} {歡迎到學科網下載資料學習}} } }\)【高分突破系列】 高二數學上學期同步知識點剖析精品講義！
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選擇性必修第一冊同步提高，難度3顆星！
模塊導圖
知識剖析
1 求空間角
\((1)\)求異面直線\(a\),\(b\)所成的角
已知\(a\),\(b\)為兩異面直線，\(A\),\(C\)與\(B\),\(D\)分別是\(a\),\(b\)上的任意兩點，\(a\),\(b\)所成的角為\(θ\)，則
\({\color{Red}{解釋}}\)
① 向量\(\overrightarrow{A C}\),\(\overrightarrow{B D}\)所成角\(\langle\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}\rangle\)的范圍是\((0 ,π]\)，而異面直線\(AC\)，\(BD\)所成的角范圍是\(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\)；
②\(\langle\overrightarrow{A C}, \overrightarrow{B D}\rangle\)與\(θ\)的關系相等或互補；
(2)求直線\(l\)和平面\(α\)所成的角
設直線\(l\)方向向量為\(\vec{a}\)，平面\(α\)法向量為\(\vec{n}\)，直線與平面所成的角為\(θ\)，\(\vec{a}\)與\(\vec{n}\)的夾角為\(α\)，
則\(θ\)為\(α\)的余角或\(α\)的補角的余角，即有\(\sin \theta=|\cos \alpha|=\dfrac{|\vec{a} \cdot \vec{n}|}{|\vec{a}||\vec{n}|}\).
\({\color{Red}{解釋}}\)
當\(\theta=\dfrac{\pi}{2}-\alpha\)時，\(\sin \theta=\cos \alpha\)；當\(\theta=\alpha-\dfrac{\pi}{2}\)時，\(\sin \theta=-\cos \alpha\)；
(3)求二面角\(α-l-β\)
二面角的平面角是指在二面角\(α-l-β\)的棱上任取一點\(O\)，分別在兩個半平面內作射線
\(AO⊥ l\)，\(BO⊥ l\)，則\(∠AOB\)為二面角\(α-l-β\)的平面角，二面角的取值范圍是\(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\).
如圖：
求法：設二面角\(α-l-β\)的兩個半平面的法向量分別為\(\vec{m}\),\(\vec{n}\)，
再設\(\vec{m}\),\(\vec{n}\)的夾角為\(φ\)，二面角\(α-l-β\)的平面角為\(θ\)，則二面角\(θ\)為\(φ\)或\(π-φ\)，
經典例題
【題型一】求異面直線所成的角
【典題1】如圖，\(S\)是三角形\(ABC\)所在平面外的一點，\(SA=SB=SC\)，且\(\angle A S B=\angle B S C=\angle C S A=\dfrac{\pi}{2}\)，\(M\)、\(N\)分別是\(AB\)和\(SC\)的中點，則異面直線\(SM\)與\(BN\)所成角的余弦值為\(\underline{\quad \quad}\)．
【解析】\(∵\angle A S B=\angle B S C=\angle C S A=\dfrac{\pi}{2}\)，
\(∴\)以\(S\)為坐標原點，分別以\(SC\),\(SB\),\(SA\)所在直線為\(x\),\(y\),\(z\)軸建立空間直角坐標系，
設\(SA=SB=SC=2\)，(題中沒有確定線段，可設任意長度)
則\(S(0 ,0 ,0)\)，\(B(0 ,2 ,0)\)，\(M(0 ,1 ,1)\)，\(N(1 ,0 ,0)\)，
則\(\overrightarrow{S M}=(0,1,1)\)，\(\overrightarrow{B N}=(1,-2,0)\)，
\(\therefore \cos <\overrightarrow{S M}, \overrightarrow{B N}>=\dfrac{|\overrightarrow{S M} \cdot \overrightarrow{B N}|}{|\overrightarrow{S M}| \cdot|\overrightarrow{B N}|}=\dfrac{2}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)．
\(∴\)異面直線\(SM\)與\(BN\)所成角的余弦值為\(\dfrac{\sqrt{10}}{5}\)．
【點撥】
向量法求異面直線\(SM\)與\(BN\)所成角的步驟
① 建系求出涉及的\(S\)、\(M\)、\(B\)、\(N\)四點坐標；
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\(\cos \theta=|\cos <\overrightarrow{S M}, \overrightarrow{B N}>|\)得到異面直線\(SM\)與\(BN\)所成角.
【典題2】已知正四棱錐\(V-ABCD\)底面中心為\(O\)，\(E\)，\(F\)分別為\(VA\),\(VC\)的中點，底面邊長為\(2\)，高為\(4\)，建立適當的空間直角坐標系，求異面直線\(BE\)與\(DF\)所成角的正切值．
【解析】以底面正方形\(ABCD\)中心\(O\)為原點，以\(OA\)為\(x\)軸，\(OB\)為\(y\)軸，\(OV\)為\(z\)軸，建立空間直角坐標系，
則\(A(\sqrt{2}, 0,0)\)，\(B(0, \sqrt{2}, 0)\)，\(C(-\sqrt{2}, 0,0)\)，\(D(0,-\sqrt{2}, 0)\)，
\(V(0,0,4)\)，\(E\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 0,2\right)\)，\(F\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 0,2\right)\)，
\(\therefore \overrightarrow{B E}=\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2},-\sqrt{2}, 2\right)\)，\(\overrightarrow{D F}=\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \sqrt{2}, 2\right)\)
\(\cos <\overrightarrow{B E}, \overrightarrow{D F}>=\dfrac{\overrightarrow{B E} \cdot \overrightarrow{D F}}{|\overrightarrow{B E}| \cdot|\overrightarrow{D F}|}\)\(=\dfrac{-\dfrac{1}{2}-2+4}{\sqrt{\dfrac{1}{2}+2+4} \cdot \sqrt{\dfrac{1}{2}+2+4}}=-\dfrac{3}{13}\)，
設向量\(BE\)和\(DF\)成角為\(θ\)，\(\therefore \cos \theta=|\cos <\overrightarrow{B E}, \overrightarrow{D F}>|=\dfrac{3}{13}\)，
\(\therefore \sin \theta=\sqrt{1-\left(\dfrac{3}{13}\right)^{2}}=\dfrac{4 \sqrt{10}}{13}\)，
\(\therefore \tan \theta=\dfrac{\sin \theta}{\cos \theta}=\dfrac{4 \sqrt{10}}{3}\)．
\(∴\)異面直線\(BE\)與\(DF\)所成角的正切值為\(\dfrac{4 \sqrt{10}}{3}\)．
【點撥】向量\(\overrightarrow{B E}\)，\(\overrightarrow{D F}\)所成角\(<\overrightarrow{B E}, \overrightarrow{D F}>\)是個鈍角，而異面直線BE與DF所成角是銳角，它們之間是互補，所以\(\cos \theta=|\cos <\overrightarrow{B E}, \overrightarrow{D F}>|=\dfrac{4 \sqrt{10}}{13}\).
鞏固練習
1 (★) 如圖，\(ABC﹣A_1 B_1 C_1\)是直三棱柱，\(∠BCA=90°\)，點\(E\)、\(F\)分別是\(A_1 B_1\)、\(A_1 C_1\)的中點，
若\(BC=CA=AA_1\)，則\(BE\)與\(AF\)所成角的余弦值為\(\underline{\quad \quad}\)．
答案
1.\(\dfrac{\sqrt{30}}{10}\)
【題型二】求線面角
【典題1】如圖示，三棱錐\(P-ABC\)的底面\(ABC\)是等腰直角三角形，\(∠ACB=90°\)，且\(P A=P B=A B=\sqrt{2}\)，\(P C=\sqrt{3}\)，則\(PC\)與面\(PAB\)所成角的正弦值等於\(\underline{\quad \quad}\) .
【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\(P－ABC\)補成棱長為1的正方體，如圖，以\(A\)為原點建立空間直角坐標系，
則\(A(0 ,0 ,0)\)，\(B(1 ,1 ,0)\)，\(C(0 ,1 ,0)\)，\(P(1 ,0 ,1)\)．
\(\overrightarrow{A P}=(1,0,1)\)，\(\overrightarrow{A B}=(1,1,0)\)，\(\overrightarrow{P C}=(-1,1,-1)\)，
設面\(ABP\)的法向量為\(\vec{m}=(x, y, z)\)，
\(\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{A P}=x+z=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{A B}=x+y=0 \end{array} \Rightarrow \vec{m}=(1,-1,-1)\right.\)．
\(\therefore \cos <\vec{m}, \overrightarrow{P C}>=\dfrac{\overrightarrow{P C} \cdot \vec{m}}{|\vec{m}| \cdot|\overrightarrow{P C}|}=\dfrac{-1}{\sqrt{3} \times \sqrt{3}}=-\dfrac{1}{3}\)．
則\(PC\)與面\(PAB\)所成角的正弦值等於\(\dfrac{1}{3}\)．
【點撥】
① 本題根據“牆角模型”巧妙的構造一個長方體進而建系；
② 向量法求直線\(PC\)與面\(PAB\)所成角的步驟
(1) 求直線\(PC\)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\(PC\)與面\(PAB\)所成角的正弦值\(\sin \theta=|\cos <\vec{m}, \overrightarrow{P C}>|\).
【典題2】在梯形\(ABCD\)中，\(AB∥CD\)，\(\angle B A D=\dfrac{\pi}{3}\)，\(AB=2AD=2CD=4\)，\(P\)為\(AB\)的中點，線段\(AC\)與\(DP\)交於\(O\)點(如圖\(1\))．將\(△ACD\)沿\(AC\)折起到\(△ACD'\)的位置，使得二面角\(AB－AC－D'\)為直二面角(如圖\(2\))．
(1)求證：\(BC∥\)平面\(POD'\)；
(2)線段\(PD'\)上是否存在點\(Q\)，使得\(CQ\)與平面\(BCD'\)所成角的正弦值為\(\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)？若存在，求出\(\dfrac{P Q}{P D^ \prime}\)的值；若不存在，請說明理由．
【解析】(1)證明：因為在梯形\(ABCD\)中，\(AB∥CD\)，\(AB=2CD=4\)，\(P\)為\(AB\)的中點，
所以\(CD∥AP\)，\(CD=AP\)，所以四邊形\(APCD\)為平行四邊形，
因為線段\(AC\)與\(DP\)交於\(O\)點，所以\(O\)為線段\(AC\)的中點，
所以\(△ABC\)中\(OP∥BC\)，
因為\(OP⊂\)平面\(POD'\)，\(BC⊄\)平面\(POD'\)，
所以\(BC∥\)平面\(POD'\)．
(2)解：平行四邊形\(APCD\)中，\(AP=AD=2\)，
所以四邊形\(APCD\)是菱形，\(AC⊥DP\)，垂足為\(O\)，
所以\(AC⊥OD'\)，\(AC⊥OP\)，
因為\(OD'⊂\)平面\(ACD'\)，\(OP⊂\)平面\(ACB\)，
所以\(∠D'OP\)是二面角\(B－AC－D'\)的平面角，
因為二面角\(B－AC－D'\)為直二面角，
所以\(\angle D^{\prime} O P=\dfrac{\pi}{2}\)，即\(OP⊥OD'\)．
可以如圖建立空間直角坐標系\(O－xyz\)，其中\(O(0 ,0 ,0)\)，
因為在菱形\(APCD\)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\(\overrightarrow{B D^{\prime}}=(\sqrt{3},-2,1)\)，\(\overrightarrow{C B}=(0,2,0)\)．
設\(\vec{n}=(x, y, z)\)為平面\(BCD'\)的法向量，
因為\(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{C B}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B D^{\prime}}=0 \end{array}\right.\)，所以\(\left\{\begin{array}{l} 2 y=0 \\ \sqrt{3} x-2 y+z=0 \end{array}\right.\)，
取\(x=1\)，得\(\vec{n}=(1,0,-\sqrt{3})\)，
線段\(PD'\)上存在點\(Q\)使得\(CQ\)與平面\(BCD'\)所成角的正弦值為\(\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)，
設\(\overrightarrow{P Q}=\lambda \overrightarrow{P D^{\prime}}(0 \leq \lambda \leq 1)\)，
因為\(\overrightarrow{C P}=(\sqrt{3}, 1,0)\)，\(\overrightarrow{P D^{\prime}}=(0,-1,1)\)，
所\(\overrightarrow{C Q}=\overrightarrow{C P}+\overrightarrow{P Q}=\overrightarrow{C P}+\lambda \overrightarrow{P D^{\prime}}=(\sqrt{3}, 1-\lambda, \lambda)\)．
因為\(\cos \langle\overrightarrow{C Q}, \vec{n}\rangle=\dfrac{\overrightarrow{C Q} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{C Q}| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{\sqrt{3}(1-\lambda)}{2 \sqrt{2 \lambda^{2}-2 \lambda+4}}=\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)，
所以\(3λ^2-7λ+2=0\)，因為\(0≤λ≤1\)，所以\(\lambda=\dfrac{1}{3}\)．
所以線段\(PD'\)上存在點\(Q\)，且\(\dfrac{P Q}{P D^\prime}=\dfrac{1}{3}\)，使得\(CQ\)與平面\(BCD'\)所成角的正弦值為\(\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)．
【點撥】
① 本題屬於折疊問題，需要通過平幾知識點確定各個量之間的關系，明確哪些量在折疊前后是否發生變化；
② 本題第二問已知直線\(CQ\)與平面\(BCD'\)所成角正弦值為\(\dfrac{\sqrt{6}}{8}\)，由線面角公式\(\sin \theta=|\cos \alpha|=\dfrac{|\vec{a} \cdot \vec{n}|}{|\vec{a}||\vec{n}|}\)，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\(\overrightarrow{C Q}\)，那關鍵點在於\(Q\)的位置；
③ 求向量\(\overrightarrow{C Q}\)的坐標，最直接的想法是設\(Q(0 ,y ,z)\)，這里有兩種方法提供
(1) 幾何法
由圖可知\(\dfrac{1-y}{z}=\dfrac{O P}{O D^{\prime}}=1 \Rightarrow z=1-y\)，\(∴Q(0 ,y ,1-y)\)，
即\(\overrightarrow{C Q}=(\sqrt{3}, y, 1-y)\).
(2) 代數法
設\(\overrightarrow{P Q}=\lambda \overrightarrow{P D^{\prime}}\)，則\((0, y-1, z)=\lambda(0,-1,1) \Rightarrow z=1-y\)，
\(∴Q(0 ,y ,1-y)\)，即\(\overrightarrow{C Q}=(\sqrt{3}, y, 1-y)\).
但本題給到的解法，並沒求點\(Q\)的坐標，而是先設\(\overrightarrow{P Q}=\lambda \overrightarrow{P D^{\prime}}\)再由“首尾相接法”\(\overrightarrow{C Q}=\overrightarrow{C P}+\overrightarrow{P Q}\)得到\(\overrightarrow{C Q}=(\sqrt{3}, 1-\lambda, \lambda)\)，這樣來得也很簡單.
鞏固練習
1(★★)如圖，在正四棱柱\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，\(AB=AD=3\)，\(AA_1=4\)，\(P\)是側面\(BCC_1 B_1\)內的動點，且\(AP⊥BD_1\)，記\(AP\)與平面\(BCC_1 B_1\)所成的角為\(θ\)，則\(\tanθ\)的最大值為\(\underline{\quad \quad}\) .
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)求證：平面\(A_1 BD⊥\)平面\(ABCD\)；
(2)求\(BD_1\)與平面\(ABB_1 A_1\)所成角的正弦值．
3(★★★)如圖，在四棱錐\(P－ABCD\)中，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(∠ABC=∠BAD=90°\)，\(AD=AP=4\)，\(AB=BC=2\)，\(M\)，\(N\)分別為線段\(PC\)，\(AD\)上的點(不在端點)．當\(N\)為\(AD\)中點時，是否存在\(M\)，使得直線\(MN\)與平面\(PBC\)所成角的正弦值為\(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)，若存在，求出\(MC\)的長，若不存在，說明理由．
答案
1.\(\dfrac{5}{3}\)
2.\((1)\)略\((2)\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)
3. 不存在\(M\)
【題型三】求二面角
【典題1】在底面為銳角三角形的直三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，\(D\)是棱\(BC\)的中點，記直線\(B_1 D\)與直線\(AC\)所成角為\(θ_1\)，直線\(B_1 D\)與平面\(A_1 B_1 C_1\)所成角為\(θ_2\)，二面角\(C_1-A_1 B_1-D\)的平面角為\(θ_3\)，則( )
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】由選項可知，角\(θ_1\)與\(θ_2\)，\(θ_2\)與\(θ_3\)的大小確定，且三棱柱的底面為銳角三角形．
\(∴\)設三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)是棱長均為\(2\)的正三棱柱，
\({\color{Red}{(加強條件處理，選擇題的作法) }}\)
如圖，以\(A\)為原點，在平面\(ABC\)中，過\(A\)作\(AC\)的垂線為\(x\)軸，\(AC\)為\(y\)軸，\(AA_1\)為\(z\)軸，建立空間直角坐標系，
則\(A(0 ,0 ,0)\)，\(A_1 (0 ,0 ,2)\)，\(B_{1}(\sqrt{3}, 1,2)\)，\(C(0,2,0)\)，\(D\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{3}{2}, 0\right)\)，
\(\therefore \overrightarrow{A C}=(0,2,0)\)，\(\overrightarrow{B_{1} D}=\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2},-2\right)\)，\(\overrightarrow{A_{1} B_{1}}=(\sqrt{3}, 1,0)\)，
\(∵\)直線\(B_1 D\)與直線\(AC\)所成的角為\(θ_1\)，
\(\therefore \cos \theta_{1}=\left|\cos <\overrightarrow{B_{1} D}, \overrightarrow{A C}>\right|=\dfrac{\left|\overrightarrow{B_{1} D} \cdot \overrightarrow{A C}\right|}{\left|\overrightarrow{B_{1} D}\right| \cdot|\overrightarrow{A C}|}=\dfrac{1}{2 \cdot \sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{5}}{10}\)，
\(∵\)直線\(B_1 D\)與平面\(A_1 B_1 C_1\)所成的角為\(θ_2\)，平面\(A_1 B_1 C_1\)的法向量\(\vec{n}=(0,0,1)\)，
\(\therefore \sin \theta_{2}=\dfrac{\left|\overrightarrow{B_{1} D} \cdot \vec{n}\right|}{\left|\overrightarrow{B_{1} D}\right| \cdot|\vec{n}|}=\dfrac{|-2|}{\sqrt{5} \cdot 1}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\)，\(\therefore \cos \theta_{2}=\sqrt{1-\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)
設平面\(A_1 B_1 D\)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\(C_1-A_1 B_1-D\)的平面角為\(θ_3\)，由於\(θ_3\)是銳角，
\(\therefore \cos \theta_{3}=\dfrac{\sqrt{57}}{19}\)．
\(∵θ_1\)，\(θ_2\)與\(θ_3\)均為銳角，
結合余弦函數\(y=\cosθ\)在\(\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]\)上為減函數，則\(θ_2<θ_1\),\(θ_2<θ_3\)，
故選：\(A\)．
【點撥】
① 本題采取了“小題小作”，假設圖形是正三棱柱，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\(C_1-A_1 B_1-D\)的步驟
(1) 求出兩個平面的法向量：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) 由圖確定\(θ_3\)是銳角還是鈍角求出\(\cosθ_3\).
【典題2】如圖，四棱錐\(P-ABCD\)中，側面\(PAB⊥\)底面\(ABCD\)，\(CD∥AB\)，\(AD⊥AB\)，\(AD=AB=2\)，\(C F=\dfrac{1}{3} C D=\dfrac{1}{2}\)，\(P A=P B=\sqrt{5}\)，\(E\)，\(N\)分別為\(AB\)，\(PB\)的中點．
(1)求證：\(CN∥\)平面\(PEF\)；
(2)求二面角\(N－CD－A\)的余弦值；
(3)在線段\(BC\)上是否存在一點\(Q\)，使\(NQ\)與平面\(PEF\)所成角的正弦值為\(\dfrac{\sqrt{14}}{14}\)，若存在求出\(BQ\)的長，若不存在說明理由．
【解析】(Ⅰ)證明：取\(PE\)中點\(G\)，連接\(GN\)，\(FN\)，\(GN∥BE\),\(G N=\dfrac{1}{2}\)，
即\(GN∥CF\)，\(GN=CF\)，所以\(GNCF\)為平行四邊形，所以\(CN∥FG\)，
因為\(CN⊄\)平面\(PEF\)，\(FG⊂\)平面\(PEF\)，所以\(CN∥\)平面\(PEF\)．
(Ⅱ)解：因為\(PA=PB\)，\(E\)為\(AB\)的中點，所以\(PE⊥AB\)，
因為\(AD=AB=2\)，\(C F=\dfrac{1}{3} C D=\dfrac{1}{2}\)，
所以\(C D=\dfrac{3}{2}\)，\(DF=AE=1\)，所以\(EF⊥AB\)，
又因為側面\(PAB⊥\)底面\(ABCD\)，且它們的交線為\(AB\)，
所以\(PE⊥\)平面\(ABCD\)，
又\(CD∥AB\)，\(AD⊥AB\)，
分別以\(EB\)，\(EF\)，\(EP\)為\(x\)，\(y\)，\(z\)軸建立空間直角坐標系．
\(P(0 ,0 ,2)\)，\(C\left(\dfrac{1}{2}, 2,0\right)\)，\(D(-1 ,2 ,0)\)，\(A(-1 ,0 ,0)\)，\(B(1 ,0 ,0)\)，\(N\left(\dfrac{1}{2}, 0,1\right)\)，
平面\(CDA\)的法向量\(\vec{m}=(0,0,1)\)，
\(\because \overrightarrow{C D}=\left(-\dfrac{3}{2}, 0,0\right)\)，\(\overrightarrow{C N}=(0,-2,1)\)，
設平面\(CDN\)的法向量\(\vec{n}=(x, y, z)\)，
則\(\left\{\begin{array}{l} \vec{n} \cdot \overrightarrow{C D}=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{C N}=0 \end{array}\right.\)，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\(\cos <\vec{m}, \vec{n}>=\dfrac{2}{\sqrt{5}}=\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)，
由圖可知二面角\(N-CD-A\)為銳角，
所以二面角\(N-CD-A\)的余弦值為\(\dfrac{2 \sqrt{5}}{5}\)．
(Ⅲ)解：設\(\overrightarrow{B Q}=\lambda \overrightarrow{B C}=\left(-\dfrac{1}{2} \lambda, 2 \lambda, 0\right)\)，\(\lambda \in[0,1]\)，
\(\therefore Q\left(-\dfrac{1}{2} \lambda+1,2 \lambda, 0\right)\)，\(\overrightarrow{N Q}=\left(-\dfrac{1}{2} \lambda+\dfrac{1}{2}, 2 \lambda,-1\right)\)，
平面\(PEF\)的法向量\(\vec{p}=(1,0,0)\)，
設\(NQ\)與平面\(PEF\)所成角為\(θ\)，則\(\sin \theta=\dfrac{\sqrt{14}}{14}\)，
\(\therefore|\cos <\overrightarrow{N Q}, \vec{p}>|=\dfrac{\sqrt{14}}{14}\)\(\Rightarrow \dfrac{\left|-\dfrac{1}{2} \lambda+\dfrac{1}{2}\right|}{\sqrt{\left(-\dfrac{1}{2} \lambda+\dfrac{1}{2}\right)^{2}+(2 \lambda)^{2}+1}}=\dfrac{\sqrt{14}}{14}\)，
解得\(\lambda=\dfrac{1}{3}\)或\(λ=-9\)(舍)，
\(\therefore Q\left(\dfrac{5}{6}, \dfrac{2}{3}, 0\right)\), 又由\(B(1 ,0 ,0)\)，
\(\therefore \overrightarrow{B Q}=\left(-\dfrac{1}{6}, \dfrac{2}{3}, 0\right)\)
\(\therefore B Q=|\overrightarrow{B Q}|=\dfrac{\sqrt{17}}{6}\)．
【點撥】本題的難點在於由平幾知識點確定垂直關系建立直角坐標系，二面角的求法和線面角的運用按照一般的解題套路來就可以，第三問關於\(Q\)設元的常見方法多消化下！
【典題3】如圖所示的幾何體中，四邊形\(ABCD\)是菱形，\(ADNM\)是矩形，\(ND⊥\)平面\(ABCD\)，\(∠DAB=60°\)，\(AD=2\)，\(AM=1\)，\(E\)為\(AB\)的中點．
(1)求證：\(NA∥\)平面\(MEC\)；
(2)求直線\(MB\)與平面\(MEC\)所成角的正弦值；
(3)設\(P\)為線段\(AM\)上的動點，二面角\(P－EC－D\)的平面角的大小為\(30°\)，求線段\(AP\)的長．
【解析】由題意可知四邊形\(ABCD\)為菱形，\(E\)為\(AB\)的中點，\(∠DAB=60°\)，\(∴DE⊥AB\)．
又\(ND⊥\)平面\(ABCD\)，以\(D\)為原點建立空間直角坐標系，
則\(A(\sqrt{3},-1,0)\)，\(B(\sqrt{3}, 1,0)\)，\(C(0 ,2 ,0)\)，\(D(0 ,0 ,0)\)
\(E(\sqrt{3}, 0,0)\)，\(M(\sqrt{3},-1,1)\)，\(N(0 ,0 ,1)\)．
(Ⅰ)證明：由題意\(\overrightarrow{M E}=(0,1,-1)\)，\(\overrightarrow{M C}=(-\sqrt{3}, 3,-1)\)，
設\(\vec{n}=(x, y, z)\)為平面\(MEC\)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\(MEC\)的法向量為\(\vec{n}=(2, \sqrt{3}, \sqrt{3})\)，
\(\therefore \cos <\vec{n}, \overrightarrow{M B}>=\dfrac{\overrightarrow{M B} \cdot \vec{n}}{|\vec{n}| \cdot|\overrightarrow{M B}|}=\dfrac{\sqrt{6}}{10}\)．
\(∴\)直線\(MB\)與平面\(MEC\)所成角的正弦值為\(\dfrac{\sqrt{6}}{10}\)；
(Ⅲ)設\(P(\sqrt{3},-1, h)\)，\(h∈[0 ,1]\)，
\(\overrightarrow{E C}=(-\sqrt{3}, 2,0)\)，\(\overrightarrow{E P}=(0,-1, h)\)，
設\(\vec{m}=(x, y, z)\)為平面\(PEC\)的法向量，
則\(\left\{\begin{array}{l} \vec{m} \cdot \overrightarrow{E P}=-y+h z=0 \\ \vec{m} \cdot \overrightarrow{E C}=-\sqrt{3} x+2 y=0 \end{array}\right.\)，
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\(P-EC-D\)的平面角的大小為\(30°\)，
\(\therefore \dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{4 h^{2}+3 h^{2}+3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2},\)，解得\(h=\dfrac{\sqrt{7}}{7}\)，
\(∴\)線段\(AP\)的長為\(\dfrac{\sqrt{7}}{7}\)．
【點撥】
① 第一問也可用非向量法求解:連接\(NB\)交\(MC\)於\(O\)，易得\(MNCB\)是平行四邊形，則點\(O\)是\(NB\)的中點，所以\(OE//AN\)，則\(NA∥\)平面\(MEC\)；
② 作立體幾何題是否都用“空間向量法”去思考呢？類似本題有\(3\)問，拿到題目時要把全部內容審完，把\(3\)個問題作個整體的思考，較容易發現\(2\)、\(3\)問用向量法較為容易，而發現第\(1\)、\(2\)問均與平面\(MEC\)的法向量有關，則第1問就開始利用向量法求解；若你覺得第\(2\)、\(3\)問你沒有思路，選擇放棄它們，那第\(1\)問“非向量法”在思考量和時間上都來得更“實惠”些；
③ 第\(2\)問中的線面角和第3問的二面角均很難確定具體位置，故用空間向量法更容易.
鞏固練習
1(★★)在正方體\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中，平面\(A_1 BD\)與平面\(ABCD\)所成二面角的正弦值為( )
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(★★★)如圖．正四面體\(ABCD\)的頂點\(A\)，\(B\)，\(C\)分別在兩兩垂直的三條射線\(OX\)，\(OY\)，\(OZ\)上，則在下列命題中，錯誤的為( )
A．\(O-ABC\)是正三棱錐
B．二面角\(D-OB-A\)的平面角為\(\dfrac{\pi}{3}\)
C．直線\(AD\)與直線\(OB\)所成角為\(\dfrac{\pi}{4}\)
D．直線\(OD⊥\)平面\(ABC\)
3(★★★)如圖，四棱錐\(P-ABCD\)中，底面\(ABCD\)為矩形，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，\(E\)為\(PD\)的中點．
(1)證明：\(PB∥\)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(★★★★)在如圖所示的幾何體中，四邊形\(ABCD\)是正方形，四邊形\(ADPQ\)是梯形，\(PD∥QA\)，\(\angle P D A=\dfrac{\pi}{2}\)，平面\(ADPQ⊥\)平面\(ABCD\)，且\(AD=PD=2QA=2\)．
(1)求證：\(QB∥\)平面\(PDC\)；
(2)求二面角\(C-PB-Q\)的大小；
(3)已知點\(H\)在棱\(PD\)上，且異面直線\(AH\)與\(PB\)所成角的余弦值為\(\dfrac{7 \sqrt{3}}{15}\)，求線段\(DH\)的長．
5(★★★★)四棱錐\(P-ABCD\)中，\(PA⊥\)平面\(ABCD\)，四邊形\(ABCD\)是矩形，且\(PA=AB=2\)，\(AD=3\)，\(E\)是線段\(BC\)上的動點，\(F\)是線段\(PE\)的中點．
(1)求證：\(PB⊥\)平面\(ADF\)；
(2)若直線\(DE\)與平面\(ADF\)所成角為\(30°\)，
①求線段\(CE\)的長；\(\qquad \qquad\)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\(\dfrac{3 \sqrt{17}}{17}\)