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微专题1　空间向量在立体几何热点问题中的应用
解决立体几何问题，常用三种方法：综合法、向量法、坐标法．处理空间图形之间的距离、夹角等度量问题时，综合法需要借助图形之间的位置关系或辅助线找出所求的距离、夹角，有一定难度．用向量法和坐标法不用考虑图形之间的关系，直接套用相应的公式求解即可，将这些度量“公式化”，就大大降低了难度．
立体几何中利用空间向量求空间角及解决有关的探索性、折叠问题是各类考试考查的热点内容，也是一个难点，常见于解答题中．题目灵活性较强，需要丰富的空间想象能力及计算能力，考查学生的综合应用能力，培养学生的思维能力．
类型1　利用空间向量求空间角
【例1】　(2022·天津卷)直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AA1⊥AB，AC⊥AB，D为A1B1的中点，E为AA1的中点，F为CD的中点．
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：取BB1的中点G，连接FG，EG，连接AD交EG于K，连接FK，
∵EK∥A1B1，且E是AA1的中点，则K是AD的中点，
∴FK∥AC，又FK 平面ABC，AC 平面ABC，
∴FK∥平面ABC，同理可得，EG∥平面ABC，又FK∩EG＝K，
∴平面EFG∥平面ABC，
∴EF∥平面ABC．
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥AB，AA1⊥A1B1，则可建立如图所示的空间直角坐标系，
又AA1＝AB＝AC＝2，D为A1B1的中点，E为AA1的中点，F为CD的中点．
故B(2，2，0)，E(1，0，0)，C(2，0，2)，
C1(0，0，2)，D(0，1，0)，
则＝(－1，－2，0)，＝(－2，0，0)，＝(－2，1，－2)，
设n＝(x，y，z)是平面CC1D的法向量，则有n·＝0，n·＝0，即
令z＝1，则x＝0，y＝2，所以n＝(0，2，1)，
设直线BE与平面CC1D所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝，
即直线BE与平面CC1D所成角的正弦值为．
(3)A1(0，0，0)，则＝(2，0，2)，＝(0，1，0)，
设平面A1CD的法向量为m＝(a，b，c)，则有m·＝0，m·＝0，
即令a＝1，则b＝0，c＝－1，故m＝(1，0，－1)，
设平面A1CD与平面CC1D的夹角为β，
所以cos β＝|cos 〈n，m〉|＝＝．
类型2　利用空间向量解决探索性问题
【例2】　已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
(1)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小；
(2)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO⊥AD，因为CD⊥平面PAD，PO 平面PAD，所
以PO⊥CD，因为CD，AD 平面ABCD，CD∩AD＝D，所以PO⊥平面ABCD，因为底面ABCD是矩形，且O，G分别为AD，BC的中点，所以OG∥AB，因为AB⊥AD，则OG⊥AD，以点O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝2，AD＝4，则A(2，0，0)，G(0，2，0)，P(0，0，2)，E(－1，1，)，F(－1，0，)，则＝(0，－1，0)，＝(1，1，－)，设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝，可得n＝(，0，1)，易知平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
所以|cos 〈m，n〉|＝＝，
因此，平面EFG与平面ABCD的夹角为．
(2)假设线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为，连接GM，
设＝λ＝λ(2，0，－2)＝(2λ，0，－2λ)，其中0≤λ≤1，则＝＝(0，－2，2)＋(2λ，0，－2λ)＝(2λ，－2，2－2λ)．
由题意可得|cos 〈n，〉|＝＝＝，
整理可得4λ2－6λ＋1＝0，
因为0≤λ≤1，所以λ＝．
因此，在线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为，此时＝．
类型3　利用空间向量解决翻折问题
【例3】　已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△P′AB为等边三角形(如图1所示)，将△P′AB沿着AB折起到△PAB的位置，且使平面PAB⊥平面ABCD，M是棱AD的中点(如图2所示)．
(1)求证：PC⊥BM；
(2)求直线PC与平面PBM所成角的余弦值．
[解]　(1)证明：取AB的中点O，CD的中点E，连接PO，OE，因为四边形ABCD是正方形，△PAB为等边三角形，
所以OE⊥AB，PO⊥AB，
又因为平面PAB⊥平面ABCD，PO 平面PAB，
平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以PO⊥平面ABCD，而OE 平面ABCD，所以PO⊥OE，所以OB，OE，OP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，)，C(1，2，0)，B(1，0，0)，M(－1，1，0)，
＝(1，2，－)，＝(－2，1，0)，所以＝0，所以PC⊥BM．
(2)由(1)知＝(1，2，－)，＝(－2，1，0)，＝(－1，0，)，
设平面PBM的法向量为n＝(x，y，z)，
故即令x＝，则z＝1，y＝2．
则n＝(，2，1)，设直线PC与平面PBM所成的角为θ，故sin θ＝＝＝，
因为θ为锐角，所以cos θ＝＝．
所以直线PC与平面PBM所成角的余弦值为．
微专题强化练(一)　空间向量在立体几何热点问题中的应用
一、选择题
1．如图1，将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD，将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2，则直线AC与BD所成角的余弦值为(　　)
A．
C．
C　[由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊥BD，AB 平面ABD，所以AB⊥平面BCD，又DC 平面BCD，所以AB⊥DC，又DB⊥DC，
过点D作z轴∥AB，建立空间直角坐标系，如图所示，
设AB＝1，所以BD＝1，DC＝1，BC＝，则A(0，1，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，0，0)，
所以＝(1，－1，－1)，＝(0，－1，0)，
所以|cos〈〉|＝＝．故选C．]
2．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC，AB⊥BC，若棱C1C上存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，则等于(　　)
A． B．1
C． D．2
D　[以点B为坐标原点，AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝1，BB1＝a(a>0)，CP＝λCC1(0≤λ≤1)，则B(0，0，0)，A1(1，0，a)，P(0，1，λa)，所以＝(1，－1，(1－λ)a)，＝(0，1，λa)，又存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，所以＝λ(1－λ)a2－1＝0，则λ2－λ＋＝0，故Δ＝1－＝0，可得a＝2，此时λ＝，所以＝2．故选D．
]
3．(多选)如图1，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A′的位置，如图2，连接A′B，A′C，且A′D⊥CD，平面A′BE与平面A′CD的交线为l，则下列结论中正确的是(　　)
A．平面A′DE⊥平面A′BE
B．CD∥l
C．BC与平面A′DE所成角的余弦值为
D．平面A′BE与平面A′BD夹角的余弦值为
ABD　[在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以AB⊥DE，因为CD∥BE，所以DE⊥CD，因为A′D⊥CD，A′D∩DE＝D，A′D，DE 平面A′DE，
所以CD⊥平面A′DE，
因为CD∥BE，
所以BE⊥平面A′DE，
因为BE 平面A′BE，
所以平面A′DE⊥平面A′BE，
故A正确；
因为CD∥BE，CD 平面A′BE，BE 平面A′BE，所以CD∥平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确；
由A知，DE⊥AB，且BE⊥平面A′DE，则DE⊥A′E，且BE⊥A′E，BE⊥DE，以E为原点，分别以EB，ED，EA′所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(1，0，0)，A′(0，0，1)，C(2，，0)，D(0，，0)，
所以＝(1，，0)，＝(0，，－1)，＝(1，0，－1)，
由A可知，CD⊥平面A′DE，
故平面A′DE的一个法向量为＝(－2，0，0)，
则cos 〈〉＝＝＝－，
设BC与平面A′DE所成角为θ，
则cos θ＝＝，故C不正确；
显然平面A′BE的一个法向量为n＝＝(0，，0)，
设平面A′BD的法向量为m＝(x，y，z)，
则有即
取y＝1，则x＝z＝，
所以m＝(，1，)，
设平面A′BE与平面A′BD的夹角为α，
所以cos α＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝，故D正确．]
二、填空题
4．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
　[以点D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则D(0，0，0)，B(1，2，0)，A1(1，0，1)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)，∴＝(0，2，－1)，＝(－1，2，0)，＝(0，2，0)．
设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，
则即
令z＝2，则y＝1，x＝2，∴n＝(2，1，2)．
设直线D1C1与平面A1BC1所成的角为α，
则sin α＝|cos 〈n，〉|＝．]
5．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．
　[建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，
则F，E，设M(0，y，1)(0≤y≤1)，
则＝，＝．
∴cos θ＝＝＝＝，
令t＝1－y，则y＝1－t，
∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，
当t≠0时，cos θ＝＝＝
＝，
当t＝1时，cos θ有最大值，cos θ的最大值为＝＝．
当t＝0时，cos θ＝0．
综上，cos θ的最大值为．]
三、解答题
6．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且＝λ．
(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN；
(2)当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成角θ最大？并求该角取最大值时的正切值；
(3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角的正弦值为，若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．
[解]　(1)证明：由题意知，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，M，N，P(λ，0，1)，
∴＝＝，
∴＝0＋＝0，
∴无论λ取何值，总有AM⊥PN．
(2)由题意知，平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，
∴sin θ＝|cos 〈m，〉|＝＝，
当且仅当λ＝时，等号成立，此时sin θ取得最大值，
由θ∈知，θ也取得最大值，∴tan θ＝2，
故当λ＝时，直线PN与平面ABC所成角θ最大，该角取最大值时的正切值为2．
(3)假设存在点P满足题意，
由(1)可知，＝，＝，
设平面PMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ，∴n＝(3，1＋2λ，2－2λ)，
∵平面PMN与平面ABC的夹角的正弦值为，
∴|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝，即＝，
故当点P满足＝时，可使得平面PMN与平面ABC的夹角的正弦值为．
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说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共41分
一、选择题
1．如图1，将两个全等的等腰直角三角形拼成一个平行四边形ABCD，将平行四边形ABCD沿对角线BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2，则直线AC与BD所成角的余弦值为(　　)
A．
C．
2．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC，AB⊥BC，若棱C1C上存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，则等于(　　)
A． B．1
C． D．2
3．(多选)如图1，菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A′的位置，如图2，连接A′B，A′C，且A′D⊥CD，平面A′BE与平面A′CD的交线为l，则下列结论中正确的是(　　)
A．平面A′DE⊥平面A′BE
B．CD∥l
C．BC与平面A′DE所成角的余弦值为
D．平面A′BE与平面A′BD夹角的余弦值为
二、填空题
4．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
5．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．
三、解答题
6．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N分别是CC1，BC的中点，点P在直线A1B1上，且＝λ．
(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥PN；
(2)当λ取何值时，直线PN与平面ABC所成角θ最大？并求该角取最大值时的正切值；
(3)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角的正弦值为，若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．
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1．C　[由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊥BD，AB 平面ABD，所以AB⊥平面BCD，又DC 平面BCD，所以AB⊥DC，又DB⊥DC，
过点D作z轴∥AB，建立空间直角坐标系，如图所示，
设AB＝1，所以BD＝1，DC＝1，BC＝，则A(0，1，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，D(0，0，0)，
所以＝(1，－1，－1)，＝(0，－1，0)，
所以|cos<．
故选C．]
2．D　[以点B为坐标原点，AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝1，BB1＝a(a>0)，CP＝λCC1(0≤λ≤1)，则B(0，0，0)，A1(1，0，a)，P(0，1，λa)，所以＝(1，－1，(1－λ)a)，＝(0，1，λa)，又存在唯一的一点P满足PA1⊥BP，所以·＝λ(1－λ)a2－1＝0，则λ2－λ＋＝0，故Δ＝1－＝0，可得a＝2，此时λ＝，所以＝2．故选D．]
3．ABD　[在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以AB⊥DE，因为CD∥BE，所以DE⊥CD，因为A'D⊥CD，A'D∩DE＝D，A'D，DE 平面A'DE，
所以CD⊥平面A'DE，
因为CD∥BE，
所以BE⊥平面A'DE，
因为BE 平面A'BE，
所以平面A'DE⊥平面A'BE，故A正确；
因为CD∥BE，CD 平面A'BE，BE 平面A'BE，所以CD∥平面A'BE，又平面A'BE与平面A'CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确；
由A知，DE⊥AB，且BE⊥平面A'DE，则DE⊥A'E，且BE⊥A'E，BE⊥DE，以E为原点，分别以EB，ED，EA'所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则B(1，0，0)，A'(0，0，1)，C(2，，0)，D(0，，0)，
所以＝(1，，0)，＝(0，，－1)，＝(1，0，－1)，
由A可知，CD⊥平面A'DE，
故平面A'DE的一个法向量为＝(－2，0，0)，
则cos<，
设BC与平面A'DE所成角为θ，
则cos θ＝，故C不正确；
显然平面A'BE的一个法向量为n＝＝(0，，0)，
设平面A'BD的法向量为m＝(x，y，z)，
则有取y＝1，则x＝z＝，
所以m＝(，1，)，设平面A'BE与平面A'BD的夹角为α，
所以cos α＝|cos|＝，故D正确．]
4．　[以点D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，
则D(0，0，0)，B(1，2，0)，A1(1，0，1)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)，
∴＝(0，2，－1)，＝(－1，2，0)，＝(0，2，0)．
设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，
则
令z＝2，则y＝1，x＝2，∴n＝(2，1，2)．
设直线D1C1与平面A1BC1所成的角为α，
则sin α＝|cos5．　[建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，
则F，E，设M(0，y，1)(0≤y≤1)，
则．
∴cos θ＝＝·，
令t＝1－y，则y＝1－t，∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，
当t≠0时，cos θ＝····，
当t＝1时，cos θ有最大值，cos θ的最大值为××．
当t＝0时，cos θ＝0．
综上，cos θ的最大值为．]
6．解：(1)证明：由题意知，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，M，N，P(λ，0，1)，
∴，∴·＝0，
∴无论λ取何值，总有AM⊥PN．
(2)由题意知，平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，
∴sin θ＝|cos当且仅当λ＝时，等号成立，此时sin θ取得最大值，
由θ∈知，θ也取得最大值，∴tan θ＝2，
故当λ＝时，直线PN与平面ABC所成角θ最大，该角取最大值时的正切值为2．
(3)假设存在点P满足题意，
由(1)可知，，
设平面PMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ，∴n＝(3，1＋2λ，2－2λ)，
∵平面PMN与平面ABC的夹角的正弦值为，
∴|cos|＝，
化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝，即，
故当点P满足时，可使得平面PMN与平面ABC的夹角的正弦值为．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)(共34张PPT)
第一章
空间向量与立体几何
微专题1　空间向量在立体几何热点问题中的应用
解决立体几何问题，常用三种方法：综合法、向量法、坐标法．处理空间图形之间的距离、夹角等度量问题时，综合法需要借助图形之间的位置关系或辅助线找出所求的距离、夹角，有一定难度．用向量法和坐标法不用考虑图形之间的关系，直接套用相应的公式求解即可，将这些度量“公式化”，就大大降低了难度．
立体几何中利用空间向量求空间角及解决有关的探索性、折叠问题是各类考试考查的热点内容，也是一个难点，常见于解答题中．题目灵活性较强，需要丰富的空间想象能力及计算能力，考查学生的综合应用能力，培养学生的思维能力．
类型1　利用空间向量求空间角
【例1】　(2022·天津卷)直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AA1⊥AB，AC⊥AB，D为A1B1的中点，E为AA1的中点，F为CD的中点．
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：取BB1的中点G，连接FG，EG，连接AD交EG于K，连接FK，
∵EK∥A1B1，且E是AA1的中点，则K是AD的中点，
∴FK∥AC，又FK 平面ABC，AC 平面ABC，
∴FK∥平面ABC，同理可得，EG∥平面ABC，又FK∩EG＝K，
∴平面EFG∥平面ABC，
∴EF∥平面ABC．
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥AB，AA1⊥A1B1，则可建立如图所示的空间直角坐标系，
又AA1＝AB＝AC＝2，D为A1B1的中点，E为AA1的中点，F为CD的中点．
故B(2，2，0)，E(1，0，0)，C(2，0，2)，
C1(0，0，2)，D(0，1，0)，
[解]　(1)因为△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以PO⊥AD，因为CD⊥平面PAD，PO 平面PAD，所
以PO⊥CD，因为CD，AD 平面ABCD，CD∩AD＝D，所以PO⊥平面ABCD，因为底面ABCD是矩形，且O，G分别为AD，BC的中点，所以OG∥AB，因为AB⊥AD，则OG⊥AD，
以点O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别
为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
类型3　利用空间向量解决翻折问题
【例3】　已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△P′AB为等边三角形(如图1所示)，将△P′AB沿着AB折起到△PAB的位置，且使平面PAB⊥平面ABCD，M是棱AD的中点(如图2所示)．
(1)求证：PC⊥BM；
(2)求直线PC与平面
PBM所成角的余弦值．
章末综合测评(一)　动量守恒定律
题号
1
3
5
2
4
6
微专题强化练(一)　空间向量在立体几何热点问题中的应用
√
题号
1
3
5
2
4
6
题号
2
1
3
4
5
6
√
题号
2
1
3
4
5
6
题号
2
1
3
4
5
6
√
√
√
ABD　[在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以AB⊥DE，因为CD∥BE，所以DE⊥CD，因为A′D⊥CD，A′D∩DE＝D，A′D，DE 平面A′DE，
所以CD⊥平面A′DE，
因为CD∥BE，
所以BE⊥平面A′DE，
因为BE 平面A′BE，
所以平面A′DE⊥平面A′BE，故A正确；
题号
2
1
3
4
5
6
因为CD∥BE，CD 平面A′BE，BE 平面A′BE，所以CD∥平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确；
由A知，DE⊥AB，且BE⊥平面A′DE，则DE⊥A′E，且BE⊥A′E，BE⊥DE，以E为原点，分别以EB，ED，EA′所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
题号
2
1
3
4
5
6
题号
2
1
3
4
5
6
题号
2
1
3
4
5
6
二、填空题
4．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
题号
2
1
3
4
5
6

题号
2
1
3
4
5
6
5．如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．
题号
2
1
3
4
5
6

题号
2
1
3
4
5
6
题号
2
1
3
4
5
6
题号
2
1
3
4
5
6
题号
2
1
3
4
5
6
题号
2
1
3
4
5
6
题号
2
1
3
4
5
6
题号
2
1
3
4
5
6微专题1　空间向量在立体几何热点问题中的应用
解决立体几何问题，常用三种方法：综合法、向量法、坐标法．处理空间图形之间的距离、夹角等度量问题时，综合法需要借助图形之间的位置关系或辅助线找出所求的距离、夹角，有一定难度．用向量法和坐标法不用考虑图形之间的关系，直接套用相应的公式求解即可，将这些度量“公式化”，就大大降低了难度．
立体几何中利用空间向量求空间角及解决有关的探索性、折叠问题是各类考试考查的热点内容，也是一个难点，常见于解答题中．题目灵活性较强，需要丰富的空间想象能力及计算能力，考查学生的综合应用能力，培养学生的思维能力．
类型1　利用空间向量求空间角
【例1】　(2022·天津卷)直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AA1⊥AB，AC⊥AB，D为A1B1的中点，E为AA1的中点，F为CD的中点．
(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．
[尝试解答]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型2　利用空间向量解决探索性问题
【例2】　已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，且AD＝2AB，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．
(1)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小；
(2)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
[尝试解答]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
类型3　利用空间向量解决翻折问题
【例3】　已知四边形ABCD是边长为2的正方形，△P′AB为等边三角形(如图1所示)，将△P′AB沿着AB折起到△PAB的位置，且使平面PAB⊥平面ABCD，M是棱AD的中点(如图2所示)．
(1)求证：PC⊥BM；
(2)求直线PC与平面PBM所成角的余弦值．
[尝试解答]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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