高考专题复习空间向量与立体几何
高考数学复习 第八章 立体几何与空间向量 确定球心位置的三种方法
确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是()A．16πB．20πC．24πD．32π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C．【答案】 C方法二构造长方体或正方体确定球心(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为()A．2B．6 2C．112D．52【解析】易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝1212＋12＋22＝62.故选B．【答案】 B方法三 由性质确定球心利用球心O 与截面圆圆心O ′的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．正三棱锥A -BCD 内接于球O ，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O 的表面积为________．【解析】 如图，M 为底面△BCD 的中心，易知AM ⊥MD ，DM ＝1，AM ＝ 3.在Rt △DOM 中，OD 2＝OM 2＋MD 2，即OD 2＝(3－OD )2＋1，解得OD ＝233，故球O 的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫2332＝163π.【答案】163π。
高考数学一轮总复习教学课件第七章 立体几何与空间向量第7节 利用空间向量求空间距离
|·|
||
=.
考点三 用空间向量求线线、线面、面面的距离
[例3] 在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,DD1的中
点,则平面ADE与平面B1C1F之间的距离为
.
解析:以点A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、
y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,连接AB1,
||
=
|-|
+
=3 .
用向量法求点面距离的步骤
(1)建系:建立恰当的空间直角坐标系.
(2)求点坐标:写出(求出)相关点的坐标.
→
(3)求向量:求出相关向量的坐标( ,α内两个不共线向量,平面
α的法向量n).
→
|·|
(4)求距离:d=
.
||
[针对训练] 如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,
如图,已知平面α的法向量为 n,A 是平面α内的定点,P 是平面α外一
点.过点 P 作平面α的垂线 l,交平面α于点 Q,则 n 是直线 l 的方向向
→
→
量,且点 P 到平面α的距离就是在直线 l 上的投影向量 的长度,
→
因此 PQ=|·
→
·
||
|=|
||
→
|=
|·|
||
× )
)
2.平面α的法向量n=(1,-1,2),点B在α上且B(2,2,3),则P(-2,1,3)
到α的距离为
.
→
→
解析:因为 =(4,1,0),故 P(-2,1,3)到α的距离 d=
|(,,)·(,-,)|
高考数学复习重难点03 空间向量与立体几何(解析版)-2021年高考数学专练(新高考)
重难点 03 空间向量与立体几何【高考考试趋势】立体几何不管新旧高考中都是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点。
新高考中不分文理，主要考查简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题，有关角的问题；另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图有所弱化；选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题。
前面的热点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对新高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强。
本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识。
【知识点分析及满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长。
要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角。
有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求。
内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求。
求点到平面的距离问题：采用等体积法。
求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高。
对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求，但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标。
【限时检测】（建议用时：90分钟）一、单选题1．（2020·辽宁葫芦岛市·高三月考）已知，是两条不重合的直线，是一个平面且，则“a b βb β⊂”是“”的（ ）a β⊥ab ⊥r rA ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由线面垂直的判定和性质分别判断充分性和必要性即可.【详解】充分性：因为，，由线面垂直的性质可得，故充分性成立；a β⊥b β⊂a b ⊥r r 必要性：若，，则直线与平面可能相交、平行或在平面内，故必要性不成立.a b ⊥r rb β⊂a β所以“”是“”的充分不必要条件．a β⊥ab ⊥r r故选：A.2．（2020·全国福建省漳州市教师进修学校高三二模（文））已知正方体的棱长为1111ABCD A B C D -1，点E 是底面ABCD 上的动点，则的最大值为（ ）()111CE CA D B -⋅ AB ．1CD【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，由向量的数量积运算，计算可得选项．【详解】以点D 为原点，为轴建立空间直角坐标系，则1,,DA DC DD ,,x y z 111(0,0,1),(1,1,1),(1,0,1),D B A 设，其中，则，(,,0)E x y [],0,1x y ∈()()11111,,1,1,1,0CE CA A E x y D B -==--=所以，等号成立的条件是，故其最大值为1，111()11CE CA D B x y -⋅=+-≤ (1,1,0)E 故选：B ．3．（2020·上海长宁区·高三一模）设､为两条直线，､为两个平面，则下列命题中假命题是（ m n αβ）A ．若，，，则m n ⊥m α⊥n β⊥αβ⊥B ．若，，，则//m n m α⊥//n βαβ⊥C ．若，，，则m n ⊥//m α//n β//αβD ．若，，，则//m n m α⊥n β⊥//αβ【答案】C【分析】根据面面垂直与平行的判定定理判断．【详解】A ．若，，，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A 正确；m n ⊥m α⊥n β⊥B ．若，，则，又，则平面内存在直线，所以，所以，B//m n m α⊥n α⊥//n ββ//c n c α⊥αβ⊥正确；C ．若，，，则可能相交，可能平行，C 错；m n ⊥//m α//n β,αβD ．若，，，则的法向量平行，所以，D 正确．//m n m α⊥n β⊥,αβ//αβ故选：C ．【点睛】关键点点睛：本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键．另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直也是一种行之有效用较简单的方法．4．（2020·云南高三其他模拟（文））在正四面体中，是棱的中点，则异面直线与ABCD M BD AB 所成角的余弦值为（ ）CM ABCD【答案】A【分析】取的中点为，可得，即为所求（或其补角），在中利用余弦定理求解AD N //MN AB CMN ∠CMN △即可.【详解】设正四面体的棱长为2，ABCD 取的中点为，因为是棱的中点，所以，AD N M BD //MN AB 所以即为所求（或其补角）.CMN ∠在中，，CMN △112MN AB ==CM CN ==所以.222cos 2MN CM CN CMN MN MC +-∠===⋅故选：A.5．（2020·河南郑州市·高三月考（文））三棱柱中，侧面与底面垂直，底面是边长为111ABC A B C -2的等边三角形，若直线与平面所成角为，则棱柱的高为（ ）1AB 11ACC A 45 A ．B ．2CD ．1【答案】C【分析】本题首先可绘出三棱柱，取中点并连接、、，然后通过题意以及线面111ABC A B C -11A C D 1B D AD 1AB 角的定义得出即直线与平面所成角，，最后根据1B AD Ð1AB 11ACC A 145B AD ∠= 即可得出结果.1A A 【详解】如图，绘出三棱柱，111ABC A B C -取中点，连接、、，11A C D 1B D AD 1AB 因为三棱柱侧面与底面垂直，底面是边长为的等边三角形，111ABC A B C -2所以，平面，，，111B D A C ^1B D ⊥11ACC A 11A D =1B D =由线面角的定义即可得出即直线与平面所成角，1B AD Ð1AB 11ACC A则，，145B AD ∠= 1AD B D ==1A A =故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查线面角的应用，过不平行于平面的直线上一点作平面的垂线，这条直线与平面交点与原直线与平面的交点的连线与原直线构成的角即线面所成角，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.6．（2020·四川泸州市·高三一模（理））已知三棱锥中，平面平面，且A BCD -ABD ⊥BCD 和都是边长为2的等边三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）ABD △BCD △A ．B ．C ．D ．4π163π8π203π【答案】D由题意画出图形分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，结合已知ABD △BCD △,E F ,E F O 由，求出三棱锥外接球的半径，则外接球的表面积可求.R OC ==【详解】如图，由已知可得，与均为等边三角形，ABD △BCD △取中点，连接，，则，BD G AG CG AG BD ⊥∵平面平面，则平面，ABD ⊥BCD AG ⊥BCD 分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，ABD △BCD △,E F ,E F O 则为三棱锥的外接球的球心，O A BCD -由与均为边长为的等边三角形，ABD △BCD △2可得，11233OE OF CG ===⨯=，223CE ∴==，R OC ∴====∴三棱锥A −BCD 的外接球的表面积为.2220443R πππ⨯=⨯=7．（2020·上海高三专题练习）如图，正四棱锥的底面边长和高均为2，M 是侧棱PC 的中P ABCD -点，若过AM 作该正四棱锥的截面，分别交棱PB ､PD 于点E ､F (可与端点重合)，则四棱锥的体P AEMF -积的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦14,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦41,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦8,19⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【分析】设,则，然后利用等体积法由,PE PF x y PB PD ==,PE xPB PF yPD ==P AEMFP AEF P EMF V V V ---=+，得到，再消元得到，令()223P AFM P AEM V V xy x y --=+==+331y x y =-223331P AEMF y V y -=⋅-31y t -=，利用对勾函数的性质求解.【详解】设,则,PE PF x y PB PD ==,PE xPB PF yPD==所以，412,323P AEF P ABD P MEF P BCD V xy V xy V xyV xy ----=⋅=== ，1212,2323P AFM P ACD P AEM P ABC V y V y V x V x ----=⋅==⋅=，()223P AEMF P AEF P EMF P AFM P AEM V V V V V xy x y -----=+=+==+所以，则，3x y xy +=331y x y =-令，因为，31y t -=1,12y ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦所以，1,22t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦所以，()221311412,319992t y t y t t +⎛⎫⎡⎤==++∈ ⎪⎢⎥-⎝⎭⎣⎦所以，2238,13319P AEMFy V y -⎡⎤=⋅∈⎢⎥-⎣⎦故选：D【点睛】方法点睛：求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以便于求解．8．（2020·全国高三其他模拟）如图，正方体，的棱长为6，点是棱的中点，1111ABCD A B C D -F 1AA 与的交点为，点在棱上，且，动点（不同于点）在四边形内AC BD O M BC 2BM MC =T M ABCD 部及其边界上运动，且，则直线与所成角的余弦值为（）TM OF ⊥1B F TMABCD ．79【答案】B【分析】在棱上取一点，且，连接，取棱的中点，连接，，则可得的DC N 2DN NC =NM 1CC H DH BH T 轨迹为线段，则异面直线与所成的角，利用余弦定理即可求出.MN HDB ∠1B F TM 【详解】易知.因为平面，所以，BD AC ⊥AF ⊥ABCD AF BD ⊥所以平面，又平面，所以，BD ⊥AFO OF ⊂AFO BD OF ⊥在棱上取一点，且，连接，则，DC N 2DN NC =NM //NM BD 所以，所以动点的轨迹为线段(不包含).NM OF ⊥T MN M 取棱的中点，连接，易知，1CC H DH 1//DH FB 则异面直线与所成的角.连接，HDB ∠1B F TM BH 因为，，DH ==BD =BH =所以.222cos 2DH BD BH HDB DH BD +-∠==⨯故选：B.【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异0,2π⎛⎤⎥⎝⎦面直线所成的角．二、多选题9．（2020·湖北武汉市·高二期中）已知直线m ，n ，平面α，β，给出下列命题正确的是（ ）A ．若m ⊥α，n ⊥β，且m ⊥n ，则α⊥βB ．若m // α，n // β，且m // n ，则α // βC ．若m ⊥α，n // β，且m ⊥n ，则α⊥βD ．若m ⊥α，n // β，且m // n ，则α⊥β【答案】AD 【分析】根据直线与平面平行，垂直的性质定理，判断定理，灵活判断，可以正确推导，也可以举反例说明．【详解】解：对于A ：若，，且可以判断是正确的，因为可以设两个平面的法向量为m α⊥n β⊥m n ⊥αβ⊥，，可得数量积为零，即，所以可判断是正确的，故 正确，1n u r 2n u u r 12n n ⊥αβ⊥A 对于B ：若，，且，则．不正确，如两个面相交，两个相交的墙面，直线，//m α//n β//m n //αβm 都平行于交线，也满足，，，所以不正确；n //m α//n βB 对于C ：若，，且，则有可能，不一定，所以不正确；m α⊥//n βm n ⊥//αβαβ⊥C 对于D ：若，，且，，，，故正确； m α⊥//n β//m n n α∴⊥//n βαβ∴⊥D 故选：AD ．【点睛】本题考察了直线与平面的位置关系，熟练掌握好平行，垂直的定理即可判断，属于中档题．10．（2020·全国高三其他模拟）已知三棱锥的四个顶点都在球上，，P ABC -O 1AB BC AC ===，平面平面，则（ ）6APC π∠=PAC ⊥ABCA ．直线与直线垂直B ．到平面OA BC P ABC C ．球的表面积为D ．三棱锥的体积为O 133πO ABC -18【答案】ACD 【分析】设外接圆的圆心为，根据外接球的性质以及线面垂直的判定定理与性质得到，从而ABC A 1O OA BC ⊥判断选项A 的对错；利用正弦定理求得外接圆的半径，根据临界情况判断选项B 的对错；借助PAC △2r球半径、截面圆半径、球心到截面的距离之间的关系，求出球半径，即可求出球的表面积，从而判断选项C 的对错；利用三角形的面积公式求得的面积，即可利用锥体的体积公式求出三棱锥的ABC A O ABC -体积，进而判断选项D 的对错．【详解】设外接圆的圆心为，连接，，因为为外接球的球心，所以平面，所以ABC A 1O 1OO 1O A O 1OO ⊥ABC ．因为，所以，所以平面，所以，故A1OO BC ⊥1AB BC AC ===1O A BC ⊥BC ⊥1OO A OA BC ⊥正确．设外接圆的圆心为，的中点为，连接，由于，，所以圆的PAC △2O AC D 2O D 1AC =6APC π∠=2O 半径，则易知，所以点到的距离的最大值为，，21112sin 6r π=⨯=2O D =PAC 1+P 2O 三点共线），故B 错误．D 由于，所以圆的半径．连接，则，且1AB BC AC ===1O 1112sin 3r π=⨯=1O D 1O D =，由于平面平面，平面平面，所以平面．连接1OD AC ⊥PAC ⊥ABC PAC ABC AC =1O D ⊥PAC ，则平面，所以四边形是矩形，于是，在直角2OO 2OO ⊥PAC 12OO DO 21OO O D ==2O A 三角形中，，故球的表面积，故C 正2OO A 222222213112OA OO O A =+=+=O 13134123S ππ=⨯=确．由于平面，且，所以三棱锥的体积为1OO ⊥ABC 12OO O D ==ABC S !O ABC -113OO ⨯⨯，所以D 正确．1138ABC S ==△【点睛】关键点点睛：求解本题的关键：（1）根据正弦定理求出的外接圆半径；（2）利用球半径、截面PAC △圆半径、球心到截面的距离之间的关系求三棱锥的外接球半径．三、填空题11．（2020·上海高三专题练习）圆锥底面半径为，母线长为，则其侧面展开图扇形的圆心角1cm 2cm ___________.θ=【答案】；π【分析】根据圆的周长公式易得圆锥底面周长，也就是圆锥侧面展开图的弧长，利用弧长公式可得圆锥侧面展开图扇形的圆心角的大小.【详解】因为圆锥底面半径为，所以圆锥的底面周长为，1cm 2cm π则其侧面展开图扇形的圆心角，22πθπ==故答案为：.π【点睛】思路点睛：该题考查的是有关圆锥侧面展开图的问题，解题思路如下：（1）首先根据底面半径求得底面圆的周长；（2）根据圆锥侧面展开图扇形的弧长就是底面圆的周长，结合母线长，利用弧长公式求得圆心角的大小.12．（2020·四川泸州市·高三一模（理））如图，棱长为1的正方体中，为线段1111ABCD A B C D -P 上的动点（不含端点），给出下列结论：1A B①平面平面；11A D P ⊥1A AP ②多面体的体积为定值；1CDPD ③直线与所成的角可能为；1D P BC 3π④可能是钝角三角形．1APD △其中正确结论的序号是______（填上所有正确结论的序号）．【答案】①②④【分析】根据面面垂直的判定定理可判断①的正误；根据正方体的性质及椎体的体积公式，可判断②的正误；根据题意当P 运动到B 的位置时，最大即为，根据正弦函数的定义即可求得的最11A D P∠11A D B∠11sin A D B大值，即可判断③的正误；如图建系，利用向量的夹角公式，即可求得的表达式，根据1cos ,AP D P <>范围，即可判断④的正误，即可得答案.λ【详解】对于①：因为正方体，所以平面，1111ABCD A B C D -11A D ⊥11ABB A 又为线段上的动点，所以平面，P 1A B 11A D ⊥1A AP 又平面，所以平面平面，故①正确；11A D ⊂11A D P 11A D P ⊥1A AP对于②：因为正方体，所以，1111ABCD A B C D -1111122CDD S =⨯⨯=A 又为线段上，所以P 到平面的距离恒等于1，P 1A B 1CDD 所以多面体的体积，为定值，故②正确；1CDPD 1111=1=326P CDD V -⨯⨯对于③：因为，所以与所成的角，即为与所成的角，即即为所11BC A D A 1D P BC 1D P 11A D 11A D P ∠求，由图可得，当P 运动到B 的位置时，最大即为，11A D P ∠11A D B ∠此时1111=1A D A B D P ==，在中，，11Rt D A B A 1111sin sin 3A B A D B D P π===<=所以，所以当P 运动时，不可能为，故③错误；113A D B π∠<11A D P ∠3π对于④：分别以DA 、DC 、为x ，y ，z 轴正方向建系，如图所示：1DD 所以，所以，11(1,0,0),(1,1,0),(1,0,1),(0,0,1)A B A D 1=(0,1-1)A B，因为为线段上运动，设，，，所以，P 1A B 11A P A B λ=[0,1]λ∈(1,,)P y z 1(0,,1)A P y z =- 所以，所以，1y z λλ=⎧⎨-=-⎩(1,,1)P λλ-所以，1(0,,1),(1,,)AP D P λλλλ=-=-所以111cos ,AP D P AP D P AP D P ⋅<>===因为，所以当时，，[0,1]λ∈1(0,2λ∈1cos ,0AP D P <>=<即此时为钝角，所以可能是钝角三角形，故④正确.1APD ∠1APD △故答案为：①②④【点睛】解题的关键是熟悉正方体的性质及面面垂直的判定定理、体积公式等知识，在判断是否为钝角三1APD △角形时，可建系，利用向量求夹角公式求解．考查分析理解，计算化简的能力，属中档题.13．（2020·四川泸州市·高三一模（文））已知直四棱柱，的所有棱长均为4，且1111ABCD A B C D -，点是棱的中点，则过点且与垂直的平面截该四棱柱所得截面的面积为120ABC ∠=︒E BC E 1BD ______.【分析】取的中点，在取点，使得，分别连接，且与交于点，连AB F 1BB M 1BM =,,EF ME MF BD EF N 接，根据线面位置关系，平面，得到截面为等腰三角形，再结合三角形的面积公MN 1BD ⊥MEF MEF A 式，即可求解.【详解】由题意，取的中点，在取点，使得，AB F 1BB M 1BM =分别连接，且与交于点，连接，,,EF ME MF BD EF N MN 因为底面为菱形，可得，ABCD AC BD ⊥又由是的中点，可得，所以，,E F ,BC AB //EF AC EF BD ⊥因为直四棱柱，可得，所以平面，1111ABCD A B C D -1EF BB ⊥EF ⊥11BDD B 又由平面，可得，1BD ⊂11BDD B 1EF BD ⊥在正方形中，可得，因为，可得，11BDD B 11BD B D ⊥1//MN B D 1MN BD ⊥从而得到平面，此时为等腰三角形，1BD ⊥MEF MEF A 在直角中，，可得BME A 2,1BE BM ==ME =又由，111244EN EF AC ===⨯=在直角中，可得，MNE A MN==所以截面的面积为1122S EFMN =⋅=⨯=.【点睛】解答空间中点、线、面位置关系的确定截面问题常见解题策略：1、根据空间平行关系的转化找出几何体的截面，其中有时对于平行关系条件理解不透导致错误；对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清导致错解；2、根据空间中的垂直关系找几何体的截面，对于空间中的垂直关系中确定线面垂直是关键，结合线线垂直则需借助线面垂直的性质，垂直关系的判定定理和性质定理合理转化是证明垂直关系的基本思想.14．（2020·全国高一）在三棱锥中，平面，，，D ABC -AD ⊥ABC 3AC=BC =，若三棱锥，则此三棱锥的外接球的表面积为______1cos 3BAC ∠=D ABC -【答案】20π【分析】设出外接球的半径、球心，的外心、半径 r , 连接，过作的平行线交于R O ABC A 1O 1AO O OE AD ，连接，，如图所示，在中，运用正弦定理求得 的外接圆的半径r ,再利用E OA OD ABC A ABC A 的关系求得外接球的半径，运用球的表面积公式可得答案.1,,R r OO 【详解】设三棱锥外接球的半径为、球心为，的外心为、外接圆的半径为，连接，R O ABC A 1O r 1AO过作平行线交于，连接，，如图所示，则，，，O OE AD E OA OD OA OD R ==1O A r =OE AD ⊥所以为的中点.E AD 在中，由正弦定理得，解得.ABCA 2sin BC r BAC ==∠r =在中，由余弦定理，可得，ABC A 2222cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅∠2117963AB AB =+-⋅⋅得.4AB =所以11sin 3422ABC S AB AC BAC =⋅⋅∠=⨯⨯=△因为，所以.连接，又，所以1133D ABC ABC V S AD AD -=⋅⋅=⨯⨯=△AD =1OO 1//OO AD 四边形为平行四边形，1EAO O ，所以.112EA OO AD ===R ===所以该三棱锥的外接球的表面积.224π4π20πS R ===故答案为：.20π【点睛】本题考查三棱锥的外接球，及球的表面积计算公式，解决问题的关键在于利用线面关系求得外接球的球心和球半径，属于中档题.四、解答题15．（2020·四川成都市·高三其他模拟（理））如图，在直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）.中，底面是菱形，且是凌的中点，1111ABCD A B C D -ABCD 111,2AB AA E ==1AA EC =（1）求证：平面；1D E ⊥EDC （2）求二面角的大小.D EC B --【答案】（1）证明见解析；（2）.3π【分析】（1）由勾股定理可得，得出平面，再通过和即可得证；DE CD ⊥CD ⊥11ADD A 1CD ED ⊥1D E ED ⊥（2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用向量法可D 1,,DA DC DD ,,x y z 求出.【详解】解：（1）因为点是的中点，所以，E 1AA 1AE =又，故在中，1AD =Rt EAD A DE =由题可知，，则，1EC DC ==222DC DE EC +=所以.DE CD ⊥因为四棱柱是直四棱柱，1111ABCD A B C D -故平面，平面，CD ⊥11ADD A 1ED ⊂Q 11ADD A 故，1CD ED ⊥因为，所以.112ED ED DD ===1D E ED ⊥又，所以平面；CD ED D = 1D E ⊥ECD （2）由（1）可知，两两相垂直，1,,DA DC DD 故以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，D 1,,DA DC DD ,,x y z.()()()()110,0,2,1,0,1,,0,1,01,1,2D E C B 所以，()()()111,0,1,1,1,1,0,1,1ED EC EB =-=--=设平面的法向量为，1D EC (),,n n y z = 则10000x z n ED x y z n EC ⎧-+=⎧⋅=⇒⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩令则1,x =()1,2,1n = 设平面的法向量为，1B EC (),,m a b c = 则，10000b c m EB a b c m EC ⎧+=⎧⋅=⇒⎨⎨-+-=⋅=⎩⎩令，则，1b =()2,1,1m =- 则，1cos ,2m n m n m n ⋅<>== 因为二面角为锐角，则二面角的大小为.3π【点睛】利用法向量求解空间角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.16．（2020·贵州安顺市·高三其他模拟（理））如图，底边是边长为3的正方形，平面ABCD 平面，.ADEF ⊥ABCD //,,AF DE AD DE AF DE ⊥==（1）求证：平面平面；ACE ⊥BED （2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为60°？若存在，求出的值；AF M M BE D --AMAF 若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在；.14AM AF =【分析】（1）利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理，可证明；（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系D .设，求出二面角夹角的余弦值，构造的等式，求解即可求出比例关系.D xyz -()3,0,M t M BE D --t t 【详解】解：（1）因为平面平面，平面平面，平面，ADEF ⊥ABCD ADEF ABCD AD =DE ⊂ADEF ，DE AD ⊥所以平面，DE ⊥ABCD 因为平面，所以，AC ⊂ABCD DE AC ⊥又四边形是正方形，所以，ABCD AC BD ⊥因为，平面，平面，DE BD D ⋂=DE ⊂BED BD ⊂BED 所以平面.AC ⊥BED又平面，AC ⊂ACE 所以平面平面；ACE ⊥BED （2）因为两两垂直，所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.,,DA DC DE D D xyz-则，，假设在线段上存在符合条件的点()((3,0,0,3,0,,A F E ()()3,3,0,0,3,0B C AF ，设，，则，M ()3,0,Mt 0t ≤≤()(()0,3,,3,,3,3,0BM t BF CA =-=--=- 设平面的法向量为，MBE (),,m x y z = 则，·30·330m BM y tz m BE x y ⎧=-+=⎪⎨=--+=⎪⎩ 令，得，y t=(),,3m t t = 由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，CA ⊥BED CABED ，·1cos ,cos 602m CA m CA m CA ︒====整理得，解得（舍去），22150t -+=t =t =故在线段上存在点，使得二面角的大小为60°，此时.AF M M BE D --14AM AF=本题考查面面垂直的性质和证明面面垂直，考查已知二面角的大小求参数，属于中档题.方法点睛：（1）由面面垂直的性质可得到线面垂直；（2）由线面垂直，得出线线垂直；（3）再找一组线线垂直，即可得到线面垂直；（4）由线在面内，可得到面面垂直.17．（2020·全国高三其他模拟）如图，在四棱锥中，底面为矩形，为等腰直角S ABCD -ABCD SAD A三角形，，，是的中点，二面角的大小等于120°.SA SD ==2AB =F BC S AD B --（1）在上是否存在点，使得平面平面，若存在，求出点的位置；若不存在，请AD E SEF ⊥ABCD E 说明理由.（2）求直线与平面所成角的正弦值.SA SBC【答案】（1）在线段上存在点满足题意，为的中点；（2.E E AD 【分析】（1）取中点，可证，得线面垂直后可得面面垂直；AD E ,AD EF AD SD ⊥⊥（2）由（1）知就是二面角的平面角，得，建立空间直角坐标系SEF ∠S AD B --120SEF ∠=︒，用空间向量法求线面角．E xyz -解：（1）在线段上存在点满足题意，且为的中点.E E AD 如图，连接，，，EF SE SF ∵四边形是矩形，∴.ABCD AB AD ⊥又，分别是，的中点，E F AD BC ∴，.//EF AB AD EF ⊥∵为等腰直角三角形，，为的中点，SAD A SA SD =E AD ∴.SE AD ⊥∵，平面，平面，SE EF E = SE ⊂SEF EF ⊂SEF ∴平面.AD ⊥SEF 又平面，AD ⊂ABCD ∴平面平面.SEF ⊥ABCD 故上存在中点，使得平面平面.AD E SEF ⊥ABCD（2）解：由（1）可知就是二面角的平面角，SEF ∠S AD B --∴.120SEF ∠=︒以为坐标原点，，的方向分别为，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，E EA EFx y E xyz -由为等腰直角三角形，，得，SADA SA SD ==4AD ===.2SE ==可得，，，，(0,S -()2,0,0A ()2,2,0B()2,2,0C -∴，，，(2,1,SA =(2,3,SB = (2,3,SC =- 设是平面的法向量，(),,n x y z = SBC 则即0,0,n SB n SC ⎧⋅=⎨⋅=⎩230,230,x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩可取.(n = 设直线与平面所成的角为，SA SBC θ则，sin cos ,SA θ=∴直线与平面.SA SBC 【点睛】方法点睛：求解线段上点的位置的探索性问题，一般是先根据条件猜测点的位置，再给出证明，所求点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识找点，求解时注意中位线的性质及三点共线条件的应用.18．（2020·全国高三其他模拟）如图，四边形中，是等腰直角三角形，，MABC ABC A 90ACB ∠=︒是边长为2的正三角形，以为折痕，将向上折叠到的位置，使点在平面MAC △AC MAC △DAC △D 内的射影在上，再将向下折叠到的位置，使平面平面，形成几何ABC AB MAC △EAC A EAC ⊥ABC 体.DABCE （1）点在上，若平面，求点的位置；F BC //DF EAC F （2）求二面角的余弦值.D BCE --【答案】（1）为的中点；（2.F BC 【分析】（1）设点在平面内的射影为，连接，，取的中点，易得平面.取D ABC O OD OC BC F //OF EAC 的中点，连接，由平面平面，得到平面，又平面，则AC H EH EAC ⊥ABC EH ⊥ABC DO ⊥ABC ，则平面，然后由面面平行的判定定理证明.//DO EH //DO EAC （2）连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标OH O OF OH OD x y z 系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量为，由BDC (),,m x y z = EBC (),,n a b c = 求解.cos ,m n m n m n ⋅=⋅ 【详解】（1）如图，设点在平面内的射影为，连接，，D ABC O OD OC ∵，AD CD =∴，OA OC =∴在中，为的中点.Rt ABC △O AB 取的中点，连接，，BC F OF DF 则，又平面，平面，//OF AC OF ⊄EAC AC ⊂EAC ∴平面.//OF EAC 取的中点，连接，AC H EH 则易知，又平面平面，平面平面，EH AC ⊥EAC ⊥ABC EAC ABC AC =∴平面，EH ⊥ABC 又平面，DO ⊥ABC ∴，又平面，平面，//DO EH DO ⊄EAC EH ⊂EAC ∴平面.//DO EAC 又，DO OF O ⋂=∴平面平面.//DOF EAC 又平面，DF ⊂DOF∴平面，此时为的中点.//DF EAC F BC （2）连接，由（1）可知，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线OH OF OH OD O OF OH OD 分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，x yz 则，，，，()1,1,0B-(D (0,1,E ()1,1,0C 从而，，.()0,2,0BC =u u ur (BD =-(1,2,BE =- 设平面的一个法向量为，BDC (),,m x y z = 则即0,0,BC n BD m ⎧⋅=⎨⋅=⎩20,0,y x y =⎧⎪⎨-++=⎪⎩得，取，则，.0y=x =1z=)m = 设平面的一个法向量为，EBC (),,n a b c = 则即0,0,BC n BE n ⎧⋅=⎨⋅=⎩20,20,b a b =⎧⎪⎨-+=⎪⎩得，取，，0b =a =1c =-)1n =-r 从而.cos ,m n m n m n⋅===⋅ 易知二面角为钝二面角，D BCE --所以二面角.D BCE --【点睛】关键点点睛：（1）在求解与图形的翻折有关的问题时，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没变，哪些位置关系变了，哪些位置关系没变；（2）利用向量法求二面角的关键是建立合适的空间直角坐标系及准确求出相关平面的法向量.19．（2020·全国高三专题练习（理））如图，在四棱柱中，底面是边长为21111ABCD A B C D -ABCD 的菱形，，，点分别为棱，的中点.60BAD ∠=︒1AD DD ⊥,M N 1DD BC（1）求证：平面；//CM 1AD N（2）若，二面角与平面所成角的正弦值.1AC BD ⊥D MC B --AM BCM【答案】（1）证明见解析；（2.【分析】（1）取的中点，连接，得四边形为平行四边形，得，再由线面平行的1AD E ,EM EN EMCN CM //NE 判定定理即可证明平面；//CM 1AD N （2）先证平面，然后建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出平面和平面1DD ⊥ABCD DMC的一个法向量，再由二面角的长，得与平面的一个BCM D MC B --DM MA BCM 法向量，最后利用向量的夹角公式即可求得直线与平面所成角的正弦值.AM BCM 【详解】（1）如图，取的中点，连接.因为为棱的中点，所以且.1AD E ,EM EN M 1DD //ME AD 12ME AD =因为四边形是菱形，为的中点，所以且，ABCD N BC //CN AD 12CN AD =所以且，所以四边形为平行四边形，所以，//C ME N ME CN =EMCN CM //NE 又平面，平面，所以平面.CM ⊄1AD N NE ⊂1AD N //CM 1AD N （2）连接，因为底面是菱形，所以，又，，，所以BD ABCD AC BD ⊥1AC BD ⊥1=BD BD B ⋂平面，所以，又，，所以平面.取AC ⊥1DBD 1AC DD ⊥1AD DD ⊥AC AD A = 1DD ⊥ABCD AB 的中点，连接，则，以为坐标原点，，所在直线分别为轴建立F DF DF DC ⊥D ,,DF DC DD ,,x y z 如图所示的空间直角坐标系.设，则，，，，，()120DD a a =>()0,0,0D ()0,0,M a ()0,2,0C )B )1,0A -所以.())0,2,,1,0MC a CB =-=- 设平面的法向量为，则，即，取，得BCM (),,m x y z = 00m MC m CB ⎧⋅=⎨⋅=⎩200y az y -=⎧⎪-=1x =.m ⎛= ⎝ 易知平面的一个法向量为DMC ()1,0,0n =r 由题意得，.cos ,m n =〈〉=a =所以，.1,MA =- (m =u r 设直线与平面所成的角为，AM BCM θ则sin cos ,||||m MA m MA m MA θ⋅=〈〉===⋅所以直线与平面.AM BCM【点睛】方法点睛：直线和平面所成的角的求法方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平→→→→面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面sin AB n AB n α= A AB l n α所成的角.。
2025年高考数学一轮复习课件第七章立体几何-7.5空间向量与立体几何-第1课时空间向量及基本应用
， = 1 − + 或 = + ，这里 + = 1.对空间四点，，
，，可通过证明下列结论成立来证明四点共面：① = + ；②对空间
任一点， = + + ；③对空间任一点， = + + ，
条件是存在唯一的有序实数对 , ，使 =_________
空间向量基本定理
不共面，
如果三个向量，，__________那么对任意一个空间向量，
, ,
存在唯一的有序实数组________，使得
= + +
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2.空间向量及其运算的坐标表示
（1）空间向量运算的坐标表示.
位置关系
向量表示
直线1,2的方向向量分别为
1//2
1//2 ⇒ 1 = 2
1，2
1 ⊥ 2
1 ⊥ 2 ⇔ 1 ⋅ 2 = 0
直线的方向向量为,平面 的
//
⊥ ⇔ ⋅ = 0
法向量为
⊥
// ⇔ =
//
// ⇔ =
1
4
1
4
1
2
1
4
1
4
1
2
1
+
4
1− 2来自A. + −
B. − −
1
C.−
4
3
D.−
4
√
1
−
4
+
1
2
)
解:由已知,得1 = 1 = , = = , = = ，
=
+
1
1
2
+
2025届高考数学一轮复习讲义立体几何与空间向量之 空间角和空间距离
形，则在正四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1中，异面直线 AK 和 LM 所成的角的大小为
(
D )
A. 30°
B. 45°
C. 60°
D. 90°
[解析] 根据题意还原正四棱柱的直观图，如图所示，取 AA 1的中点 G ，连接 KG ，
则有 KG ∥ LM ，所以∠ AKG 或其补角为异面直线 AK 和 LM 所成的角.由题知 AG ＝
A 1 C 1＝5， BC 1＝4 2 ，所以 cos
52 ＋52 −(4 2）2
9
1
∠ BA 1 C 1＝
＝ ＜ ，所以60°＜
2×5×5
25
2
∠ BA 1 C 1＜90°，则过点 D 1作直线 l ，与直线 A 1 B ， AC 所成的角均为60°，即过一
点作直线，使之与同一平面上夹角大于60°的锐角的两边所在直线所成的角均成
2 z －1＝0的交线，试写出直线 l 的一个方向向量 (2，2，1)
的余弦值为
65
9
.
，直线 l 与平面α所成角
[解析] 由平面α的方程为 x ＋2 y －2 z ＋1＝0，可得平面α的一个法向量为 n ＝(1，
⑫ [0， ] ，二面角的
2
n1，n2＞｜.
范围是⑬
[0，π] .
易错警示
1. 线面角θ与向量夹角＜ a ， n ＞的关系
π
2
π
2
如图1(1)，θ＝＜ a ， n ＞－ ；如图1(2)，θ＝ －＜ a ， n ＞.
图1
2. 二面角θ与两平面法向量夹角＜ n 1， n 2＞的关系
图2(2)(4)中θ＝π－＜ n 1， n 2＞；图2(1)(3)中θ＝＜ n 1， n 2＞.
二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)
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专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取 y＝ 3，
则 n＝(3， 3，3)，
又因为
C(－1，0，0)，F0，
43，34，
所以C→F＝1，
43，34，
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专题三 立体几何
4 ．(2022·全国乙卷 ) 如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在 BD 上 ， 当 △AFC 的 面 积 最 小 时 ， 求 CF 与 平 面 ABD所成的角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原 点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得 AE＝ 2，所以 AA1＝AB＝2，A1B ＝2 2，
所以 BC＝2， 则 A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)， C(2，0，0)， 所以 A1C 的中点 D(1，1，1)，
(1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
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【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别 交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝ 5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
则
VA
－
A1BC
＝
1 3
S△A1BC·h
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》8
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.7立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离最新考纲1.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用．1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．概念方法微思考1．利用空间向量如何求线段长度？提示利用|AB →|2＝AB →·AB →可以求空间中有向线段的长度．2．如何求空间点面之间的距离？提示点面距离的求法：已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →||cos 〈AB →，n 〉|.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(×)(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(×)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(×)(4)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面所成角的范围是0，π2，二面角的范围是[0，π]．(√)(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.(×)题组二教材改编2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为()A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°答案C解析cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3．如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为______．答案π6解析如图，以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，则A (0，0，0)，C 1(1，3，22)，D (1，0，22)，∴AC 1→＝(1，3，22)，AD →＝(1，0，22)．∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角，cos ∠C 1AD ＝AC 1，→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)·(1，0，22)12×9＝32，又∵∠C 1AD ∈0，π2，∴∠C 1AD ＝π6.题组三易错自纠4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.22答案C 解析以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则可得A (2，0，0)，B (0，2，0)，M (1，1，2)，N (1，0，2)，∴BM →＝(1，－1，2)，AN →＝(－1，0，2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM ，→·AN →|BM →||AN →|＝1×(－1)＋(－1)×0＋2×212＋(－1)2＋22×(－1)2＋02＋22＝36×5＝3010.5．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为________．答案30°解析设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.题型一求异面直线所成的角例1如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22.在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，AC ，FG ⊂平面AFC ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 所在直线为x 轴、y 轴，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，1，0C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →1，－3故cos 〈AE →，CF →〉＝AE ，→·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．跟踪训练1三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则AM 与BN 所成角的余弦值为()A.110B.35C.710D.45答案C解析如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1，0)，M (0，0，2)，B (－3，0，0)，－32，－12，所以AM →＝(0，1，2)，BN →＝32，－12，2所以cos 〈AM →，BN →〉＝AM ，→·BN →|AM →|·|BN →|＝725×5＝710，故选C.题型二求直线与平面所成的角例2(2018·全国Ⅰ)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 ，PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)解如图，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Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF .所以PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，，01，－32，DP →，32，HP →，0又HP →为平面ABFD 的法向量，设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈HP →，DP →〉|＝|HP ，→·DP →||HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.思维升华若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，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PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .(2)解由(1)知OP ，OB ，OC 两两垂直，则以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23)．由(1)知平面PAC 的一个法向量为OB →＝(2，0，0)．设M (a ，2－a ，0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0，得y ＋23z ＝0，＋(4－a )y ＝0，可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝OB ，→·n |OB ，→||n |＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n －833，433，－又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34.题型三求二面角例3(2018·济南模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ⊥平面BCO 1O .如图2，点P 为BC 中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∥OB .(1)证明：OD ⊥平面PAQ ；(2)若BE ＝2AE ，求二面角C —BQ —A 的余弦值．(1)证明由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，所以以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ 的长度为m ，则相关各点的坐标为O (0，0，0)，A (6，0，0)，B (0，6，0)，C (0，3，6)，D (3，0，6)，Q (6，m ，0)．∵点P 为BC 中点，∴，92，∴OD →＝(3，0，6)，AQ →＝(0，m ，0)，PQ →，m －92，－∵OD →·AQ →＝0，OD →·PQ →＝0，∴OD →⊥AQ →，OD →⊥PQ →，且AQ →与PQ →不共线，∴OD ⊥平面PAQ .(2)解∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3，则Q (6，3，0)，∴QB →＝(－6，3，0)，BC →＝(0，－3，6)．设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，1·QB ，→＝0，1·BC ，→＝06x ＋3y ＝0，3y ＋6z ＝0，令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，则n 1＝(1，2，1)，易知平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角C —BQ —A 的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，则cos θ＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝66.思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3(2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD 所在平面垂直，M 是 CD上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．(1)证明由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为 CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ，所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为 CD的中点．由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)，AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则·AM ，→＝0，·AB ，→＝0，2x ＋y ＋z ＝0，y ＝0.可取n ＝(1，0，2)，DA →是平面MCD 的一个法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA ，→|n ||DA ，→|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.利用空间向量求空间角例(12分)如图，四棱锥S －ABCD 中，△ABD 为正三角形，∠BCD ＝120°，CB ＝CD ＝CS ＝2，∠BSD ＝90°.(1)求证：AC ⊥平面SBD ；(2)若SC ⊥BD ，求二面角A －SB －C 的余弦值．(1)证明设AC ∩BD ＝O ，连接SO ，如图①，因为AB ＝AD ，CB ＝CD ，所以AC 是BD 的垂直平分线，即O 为BD 的中点，且AC ⊥BD .[1分]在△BCD 中，因为CB ＝CD ＝2，∠BCD ＝120°，所以BD ＝23，CO ＝1.在Rt △SBD 中，因为∠BSD ＝90°，O 为BD 的中点，所以SO ＝12BD ＝3.在△SOC 中，因为CO ＝1，SO ＝3，CS ＝2，所以SO 2＋CO 2＝CS 2，所以SO ⊥AC .[4分]因为BD ∩SO ＝O ，BD ，SO ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD .[5分](2)解方法一过点O 作OK ⊥SB 于点K ，连接AK ，CK ，如图②，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AO ⊥SB .因为OK ∩AO ＝O ，OK ，AO ⊂平面AOK ，所以SB ⊥平面AOK .[6分]因为AK ⊂平面AOK ，所以AK ⊥SB .同理可证CK ⊥SB .[7分]所以∠AKC 是二面角A －SB －C 的平面角．因为SC ⊥BD ，由(1)知AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .在Rt △SOB 中，OK ＝SO ·OB SB ＝62.在Rt △AOK 中，AK ＝AO 2＋OK 2＝422，同理可求CK ＝102.[10分]在△AKC 中，cos ∠AKC ＝AK 2＋CK 2－AC 22AK ·CK ＝－10535.所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分]方法二因为SC ⊥BD ，由(1)知，AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .[6分]由(1)知，AC ⊥平面SBD ，SO ⊂平面SBD ，所以SO ⊥AC .因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD .[7分]以O 为原点，OA →，OB →，OS →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图③，则A (3，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，0，0)，S (0，0，3)．所以AB →＝(－3，3，0)，CB →＝(1，3，0)，SB →＝(0，3，－3)．[8分]设平面SAB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，AB ，→·n ＝－3x 1＋3y 1＝0，SB ，→·n ＝3y 1－3z 1＝0，令y 1＝3，得平面SAB 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．同理可得平面SCB 的一个法向量为m ＝(－3，1，1)．[10分]所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－3＋3＋37×5＝10535.因为二面角A －SB －C 是钝角，所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1．已知两平面的法向量分别为m ＝(1，－1，0)，n ＝(0，1，－1)，则两平面所成的二面角为()A ．60°B ．120°C ．60°或120°D ．90°答案C解析cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－12·2＝－12，即〈m ，n 〉＝120°.∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为()A.55B.53C.56D.54答案A解析设CA ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，B 1(0，2，1)，可得向量AB 1→＝(－2，2，1)，BC 1→＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为()A.12B.23C.33D.22答案B解析以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，，0D (0，1，0)，∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →，0设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，1D ，→·n 1＝0，1E ，→·n 1＝0，－z ＝0，－12z ＝0，＝2，＝2，∴n 1＝(1，2，2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 与B 1D 所成角的大小为()A.π6B.π4C.π3D.π2答案D解析以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A (0，0，0)，C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0)．∴AC →＝(1，1，0)，B 1D →＝(－1，1，－1)，∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.5．(2018·上饶模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AB ＝AA 1＝2，则异面直线AB 1与CA 1所成角的余弦值为()A ．0B ．－14C.14D.12答案C解析以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B 1(3，1，2)，A 1(0，0，2)，C (0，2，0)，AB 1→＝(3，1，2)，A 1C →＝(0，2，－2)，设异面直线AB 1和A 1C 所成的角为θ，则cos θ＝|AB 1→·A 1C →||AB 1→|·|A 1C →|＝|－2|8·8＝14.∴异面直线AB 1和A 1C 所成的角的余弦值为14.6．(2018·上海松江、闵行区模拟)如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于()A.43B.53C.23D ．－23答案C解析由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0，0，2)，由图可知，二面角C －AB －O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC ，→·n ||OC ，→||n |＝|4|2×3＝23.7．在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为________．答案55解析以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，0，，12，，12，∴PA →＝(0，0，－2)，DE →，12，DF →－12，12，设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·DE ，→＝0，·DF ，→＝0，＝0，x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PA →〉|＝|PA ，→·n ||PA ，→||n |＝55，∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.8.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．答案45解析∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，F (0，2，0)，C (0，2，1)，∴AF →＝(－1，2，0)，EC →＝(0，2，1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF ，→·EC →|AF →||EC →|＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.9.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________．答案60°解析以B 点为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)，则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)，∴EF →·BC 1→＝2，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF ，→·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22×22＝12，∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]，∴EF 和BC 1所成的角为60°.10．(2018·福州质检)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值为________．答案23解析方法一延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示．设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求锐二面角的平面角．∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23.方法二如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1，0，0)，，1，1AE →，1AF →1，1设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AE ，→＝0，·AF ，→＝0，＋13z ＝0，x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1，1，－3)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0，0，－1)，设平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.11．(2018·皖江八校联考)如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥底面ABC ，四边形A 1ACC 1是正方形，B 1C 1∥BC ，Q 是A 1B 的中点，且AC ＝BC ＝2B 1C 1，∠ACB ＝2π3.(1)证明：B 1Q ⊥A 1C ；(2)求直线AC 与平面A 1BB 1所成角的正弦值．(1)证明如图所示，连接AC 1与A 1C 交于M 点，连接MQ .∵四边形A 1ACC 1是正方形，∴M 是AC 1的中点，又Q 是A 1B 的中点，∴MQ ∥BC ，MQ ＝12BC ，又∵B 1C 1∥BC 且BC ＝2B 1C 1，∴MQ ∥B 1C 1，MQ ＝B 1C 1，∴四边形B 1C 1MQ 是平行四边形，∴B 1Q ∥C 1M ，∵C 1M ⊥A 1C ，∴B 1Q ⊥A 1C .(2)解∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，CC 1⊥AC ，CC 1⊂平面A 1ACC 1，∴CC 1⊥平面ABC .如图所示，以C 为原点，CB ，CC 1所在直线分别为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，令AC ＝BC ＝2B 1C 1＝2，则C (0，0，0)，A (3，－1，0)，A 1(3，－1，2)，B (0，2，0)，B 1(0，1，2)，∴CA →＝(3，－1，0)，B 1A 1→＝(3，－2，0)，B 1B →＝(0，1，－2)，设平面A 1BB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥B 1A 1→，n ⊥B 1B →，－2y ＝0，2z ＝0，可令y ＝23，则x ＝4，z ＝3，∴平面A 1BB 1的一个法向量n ＝(4，23，3)，设直线AC 与平面A 1BB 1所成的角为α，则sin α＝|n ·CA ，→||n |·|CA ，→|＝23231＝9331.12．(2018·赣州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ∥CD ，∠CDA ＝90°，CD ＝2AB ＝2，AD ＝3，PA ＝5，PD ＝22，点E 在棱AD 上且AE ＝1，点F 为棱PD 的中点．(1)证明：平面BEF ⊥平面PEC ；(2)求二面角A －BF －C 的余弦值．(1)证明在Rt △ABE 中，由AB ＝AE ＝1，得∠AEB ＝45°，同理在Rt △CDE 中，由CD ＝DE ＝2，得∠DEC ＝45°，所以∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC .在△PAD 中，cos ∠PAD ＝PA 2＋AD 2－PD 22PA ·AD ＝5＋9－82×3×5＝55，在△PAE 中，PE 2＝PA 2＋AE 2－2PA ·AE ·cos ∠PAE ＝5＋1－2×5×1×55＝4，所以PE 2＋AE 2＝PA 2，即PE ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BE .又因为CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ，所以BE ⊥平面PEC ，所以平面BEF ⊥平面PEC .(2)解由(1)知EB ，EC ，EP 两两垂直，故以E 为坐标原点，以射线EB ，EC ，EP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (0，22，0)，P (0，0，2)，，－22，D (－2，2，0)，－22，22，AB →，22，BF →－322，22，BC →＝(－2，22，0)，设平面ABF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB ，→＝22x 1＋22y 1＝0，·BF →＝－322x 1＋22y 1＋z 1＝0，不妨设x 1＝1，则m ＝(1，－1，22)，设平面BFC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·BC ，→＝－2x 2＋22y 2＝0，·BF ，→＝－322x 2＋22y 2＋z 2＝0，不妨设y 2＝2，则n ＝(4，2，52)，记二面角A －BF －C 为θ(由图知应为钝角)，则cos θ＝－|m ·n ||m |·|n |＝－|4－2＋20|10·70＝－11735，故二面角A －BF －C 的余弦值为－11735.13.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．答案916解析因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .∵AB ＝4，SA ＝3，∴B (0，4，0)，S (0，0，3)．设BC ＝m ，则C (m ，4，0)，∵SF BF ＝CE BE＝λ，∴SF →＝λFB →.∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →)．∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0，4λ，3)，∴F0，4λ1＋λ，31＋λ同理可得m 1＋λ，4，0，∴FE →m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ∵FA →0，－4λ1＋λ，－31＋λ∠AFE 为直角，即FA →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，∴16λ＝9，解得λ＝916.14．(2018·海南五校模拟)如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，Q 分别是CC 1，BC ，AC 的中点，点P 在直线A 1B 1上运动，且A 1P →＝λA 1B 1→(λ∈[0，1])．(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ ；(2)是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明连接A1Q.∵AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，∴Rt△AA1Q≌Rt△CAM，∴∠MAC＝∠QA1A，∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，∴AM⊥A1Q.∵N，Q分别是BC，AC的中点，∴NQ∥AB.又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∴NQ⊥AA1.又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，∴NQ⊥平面ACC1A1，∴NQ⊥AM.由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，∴N，Q，A1，P四点共面，∴A1Q⊂平面PNQ.∵NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ，∴AM⊥平面PNQ，∴无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.(2)解如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，，1，12，，12，NM →－12，12A 1B 1→＝(1，0，0)．由A 1P →＝λA 1B 1→＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，可得点P (λ，0，1)，∴PN→λ，12，－设n ＝(x ，y ，z )是平面PMN 的法向量，·NM ，→＝0，·PN ，→＝0，＋12y ＋12z ＝0，＋12y －z ＝0，＝1＋2λ3x ，＝2－2λ3x ，令x ＝3，得y ＝1＋2λ，z ＝2－2λ，∴n ＝(3，1＋2λ，2－2λ)是平面PMN 的一个法向量．取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)．假设存在符合条件的点P ，则|cos 〈m ，n 〉|＝|2－2λ|9＋(1＋2λ)2＋(2－2λ)2＝12，化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝7－354或λ＝7＋354(舍去)．综上，存在点P ，且当A 1P ＝7－354时，满足平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°.15．在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2，3)，AD →＝(－4，1，0)，AP →＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于()A ．1B ．2C ．13D ．26答案B 解析设平面ABCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，⊥AB →，⊥AD →，x －2y ＋3z ＝0，4x ＋y ＝0，令y ＝4，则n ，4则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∴h ＝2626×226＝2.16.如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．(1)证明设AD ＝CD ＝BC ＝1，∵AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3，∴AB 2＝AC 2＋BC 2，则BC ⊥AC .∵CF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥CF ，而CF ∩BC ＝C ，CF ，BC ⊂平面BCF ，∴AC ⊥平面BCF .∵EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF .(2)解以C 为坐标原点，分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，M (λ，0，1)，∴AB →＝(－3，1，0)，BM →＝(λ，－1，1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，·AB ，→＝0，·BM ，→＝0，－3x ＋y ＝0，－y ＋z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，3，3－λ)．易知m ＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos 〈n ，m 〉取得最小值77，∴当点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为77.。
高考数学复习考点知识与题型专题讲解5---空间向量与立体几何(解析版)
高考数学复习考点知识与题型专题讲解专题5 空间向量与立体几何（1）高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等．主要有两种考查形式：①利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；②考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.（2）运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．（3）求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|||cos||cos,|||||θ⋅==〈〉vvvμμμ.（4）用向量解决探索性问题的方法：1/ 44①确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．②确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．③解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．已知梯形BFEC 如图1所示，其中//BF EC ，3EC =，2BF =，四边形ABCD 是边长为1的正方形，沿AD 将四边形EDAF 折起，使得平面EDAF ⊥平面ABCD ，得到如图2所示的几何体．（1）求证：平面AEC ⊥平面BDE ；（2）若点H 在线段BD 上，且EH 与平面BEF 所成角的正弦值为DH 的长度．【试题来源】黑龙江省哈尔滨市哈尔滨第三中学2020-2021学年高三下学期第一次模拟3 / 44（理）【答案】（1）证明见解析；（2）2． 【分析】（1）利用折前折后的不变量先证明线面垂直，再进一步得到面面垂直．（2）建系求平面BEF 法向量，建立方程求解．【解析】（1）因为平面EDAF ⊥平面ABCD ，DE ⊂平面EDAF ，平面EDAF 平面ABCD AD =，DE AD ⊥，所以DE ⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE AC ⊥，因为四边形ABCD 是正方形所以AC BD ⊥，因为DE 、BD ⊂平面BDE ，DE BD D ⋂=，所以AC ⊥平面BDE ，因为AC ⊂平面ACE 所以平面AEC ⊥平面BDE ；（2）建系如图：设平面BEF 的法向量(),,n x y z =，()0,0,2E ，()1,0,1F ，()1,1,0B ，00EF n BF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，则()1,1,1n =，设(),,0H a a ，(),,2a H a E =-，cos ,EH n ==，解得12a =或74a =（舍），11,,022H ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以2DH =.2．在三棱锥A BCD -中，2AB AD BD ===，BC DC ==2AC =．（1）求证：BD AC ⊥；（2）若P 为AC 上一点，且34AP AC =，求直线BP 与平面ACD 所成角的正弦值． 【试题来源】浙江省绍兴市第一中学2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）7． 【分析】（1）取BD 中点O ，连接AO ，OC ，证明BD ⊥平面AOC 即可；（2）首先证明AO ⊥平面BDC ，然后以射线OB ，OC ，OD 为x ，y ，z 正半轴建系，然后算出BP 和平面ACD 的法向量即可得到答案．【解析】（1）取BD 中点O ，连接AO ，OC ，因为AB AD =，BC DC =，所以BD AO ⊥，BD OC ⊥，因为AO OC O =，所以BD ⊥平面AOC ，即BD AC ⊥．（2）由（1）得，BD ⊥平面AOC ，因为BD ⊂平面BCD ，所以平面AOC ⊥平面BDC ，易得AO =1OC =，所以222AO OC AC +=，即AO OC ⊥，5 / 44因为平面AOC 平面BDC OC =，所以AO ⊥平面BDC ，如图所示，以射线OB ，OC ，OD 为x ，y ，z 正半轴建系，(A ，()1,0,0B ，()0,1,0C ，()1,0,0D -，30,4P ⎛ ⎝⎭，31,4BP ⎛=- ⎝⎭，(1DA =，(1,1,0)DC =， 设(,,)n x y z =为平面ADC 一个法向量，则有0000n DA x n DC x y ⎧⎧⋅==⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，取(3,3,n =-， 设θ为直线BP 与平面ACD所成角，则933sin 21n BP n BP θ++⋅===⋅． 即直线BP 与平面ACD 3．在边长为2的菱形ABCD 中，60BAD ∠=︒，点E 是边AB 的中点（如图1），将ADE 沿DE折起到1A DE △的位置，连接11,A B AC ，得到四棱锥1A BCDE -（如图2）（1）证明：平面1A BE ⊥平面BCDE ；（2）若1A E BE ⊥，连接CE ，求直线CE 与平面1ACD 所成角的正弦值． 【试题来源】广东省广州市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析，（2． 【分析】（1）连接图1中的BD ，证明DE AB ⊥，然后证明DE ⊥平面1A BE 即可；（2）证明1A E ⊥平面BCDE ，然后以E 为原点建立如图空间直角坐标系，然后利用向量求解即可．【解析】（1）连接图1中的BD ，因为四边形ABCD 为菱形，且60BAD ∠=︒所以ABD △为等边三角形，所以DE AB ⊥所以在图2中有1,DE BE DE A E ⊥⊥，因为1BE A E E ⋂=所以DE ⊥平面1A BE ，因为DE BCDE ⊂，所以平面1A BE ⊥平面BCDE（2）因为平面1A BE ⊥平面BCDE ，平面1A BE 平面BCDE BE ，1A E BE ⊥，11A E A BE ⊂，所以1A E ⊥平面BCDE ，7 / 44以E 为原点建立如图空间直角坐标系，所以()()()()10,0,1,,,0,0,0A C D E ， 所以()()()110,3,1,2,3,1,2,3,0A D AC EC =-=-=， 设平面1ACD 的法向量为(),,n x y z =，则1130230n A D y z n AC x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩， 令1y =，则(0,1,3n =，所以3cos ,27n ECn EC n EC ⋅===⋅ 所以直线CE 与平面1ACD 4．已知三棱锥P ABC -中，1PAPB PC ===，三棱锥Q ABC -中QAB ，QBC ，QCA 为全等的等边三角形，QA =（1）证明：PQ ⊥平面ABC ；（2）求直线QB 与平面APQ 所成角的正弦值．【试题来源】“超级全能生”2021届高三全国卷地区1月联考试题（丙卷）（理）【答案】（1）证明见解析；（2）12． 【分析】（1）设AB 的中点为D ，连接CD ，在CD 上取点M ，使得2CM MD =，连接PM ，QM ．可得PM ⊥平面ABC ，QM ⊥平面ABC ，即可得出结果．（2）由（1）可知PC ⊥平面PAB ，PA PB ⊥，以点P 为坐标原点，PA ，PB ，PC 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，即可得出结果．【解析】（1）设AB 的中点为D ，连接CD ，在CD 上取点M ，使得2CM MD =，连接PM ，QM ．因为1PA PB PC ===，AB BC CA ===所以PAB △，PBC ，PCA 是全等的等腰直角三角形，PC PA ⊥，PC PB ⊥，PA PB P =，所以PC ⊥平面PAB ．又AB 平面PAB ，所以PC AB ⊥．因为ABC 为等边三角形，所以CD AB ⊥．又PC CD C =，所以AB ⊥平面PCD ，又PM ⊂平面PCD ，所以PM AB ⊥．同理，PM BC ⊥，AB BC B ⋂=，所以PM ⊥平面ABC ．因为QD AB ⊥，QD CD D ⋂=，所以AB ⊥平面QCD ，且QM ⊂平面QCD ， 所以QM AB ⊥．同理，QM BC ⊥，AB BC B ⋂=，所以QM ⊥平面ABC ，所以P ，Q ，M 三点共线，所以PQ ⊥平面ABC ．（2）由（1）可知PC ⊥平面PAB ，PA PB ⊥，以点P 为坐标原点，PA ，PB ，PC 所9 / 44在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()0,1,0B ，()0,0,0P ，()1,1,1Q ，所以()1,0,1BQ =，()1,0,0PA =，()1,1,1PQ =．设平面APQ 的法向量为(),,n x y z =，则0,0,n PA n PQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩即0,0,x x y z =⎧⎨++=⎩解得0,,x y z =⎧⎨=-⎩ 令1z =，则1y =-，所以()0,1,1n =-．设直线QB 与平面APQ 所成角为θ，则1sin 22n BQn BQ θ⋅===⋅．5．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90ADC ∠=︒，平面PAD ⊥平面ABCD ，Q ，M 分别为AD ，PC 的中点，22PAPD ADCD BC =====．（1）求证：BC ⊥平面PQB ；（2）求二面角A BM P --的余弦值．【试题来源】河南省中原名校2020-2021学年高三下学期质量考评一（理）【答案】（1）证明见解析；（2）217． 【分析】（1）先证四边形BCDQ 为矩形．再证BC PQ ⊥，由线面垂直的判定定理即可证明直线BC ⊥平面PQB ；（2）建立空间坐标系，分别求出平面ABM 和平面PBM 的法向量，结合向量夹角公式求解即可．【解析】（1）因为Q 为AD 的中点，12BC AD =，所以BC QD =， 因为//AD BC ，所以四边形BCDQ 为平行四边形．因为90ADC ︒∠=，所以四边形BCDQ 为矩形，所以BC BQ ⊥．因为PA PD =，AQ QD =，所以PQ AD ⊥，因为//AD BC ，所以BC PQ ⊥．因为PQ BQ Q =，所以BC ⊥平面PQB ．（2）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，结合（1）易知QA ，QB ，QP 两两垂直，以Q 为原点，QA ，QB ，QP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图． 因为Q 为AD 的中点，22PA PD AD CD BC =====，因为在Rt PQA △中，PQ ===2BQ CD ==，11 / 44所以()1,0,0A ，()0,2,0B ，()1,2,0C -，(P ， 因为M 为PC的中点，所以1,1,22M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭．所以()1,2,0AB =-，1,2BM ⎛=-- ⎝⎭，(0,2,PB =， 设平面ABM 的法向量为()111,,m x y z =，由11111201022m AB x y m BM x y z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=--+=⎪⎩， 令11y =，得12x =，1z =，即42,1,m ⎛= ⎝为平面ABM 的一个法向量， 设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，由2222220102n PB y n BM x y ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩， 令2z =232y =，20x =，即30,,2n ⎛= ⎝为平面PBM 的一个法向量， 设二面角A BM P --为θ，由题意，可得π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以2,1,cos 217m n m n θ⎛ ⋅⎝====⋅， 即二面角A BM P --． 【名师点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．（2）设,m n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>互补或相等，求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．6．如图长方体1111ABCD A BC D -中，1AB AD ==，12AA =，点E 为1DD 的中点．（1）求证：1//BD 平面ACE ；（2）求证：1EB ⊥平面ACE ；（3）求二面角1--A CE C 的余弦值．【试题来源】北京市2021届高三年级数学学科综合能力测试试题【答案】（1）见解析（2）见解析（3）【分析】（1）作辅助线，由中位线定理证明1//OE BD ，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）连接11, B O AB ，由勾股定理证明1EB OE ⊥，1EB AE ⊥，再结合线面垂直的判定定理证明即可；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求面面角的余弦值即可．【解析】（1）连接BD 交AC 与点O ，连接OE ，四边形ABCD 为正方形，∴点O 为BD 的中点，又点E 为1DD 的中点，∴1//OE BD ，OE ⊂平面ACE ，1BD ⊄平面ACE ，1//BD ∴平面ACE13 / 44（2）连接11, B O AB ，由勾股定理可知1EB ==，12B O ==，2OE ==22211BO OE EB =+，1EB OE ∴⊥， 同理可证22211B E AE AB +=，1EB AE ∴⊥， ,,AE OE E AE OE ⋂=⊂平面ACE ，1EB ∴⊥平面ACE ；（3）建立如下图所示的空间直角坐标系，11(1,0,0),(0,1,0)(0,0,1)(0,1,2),(1,1,,,2)A C E C B显然平面1CC E 的法向量即为平面yDz 的法向量，不妨设为(1,0,0)m =，由（2）可知1EB ⊥平面ACE ，即平面ACE 的法向量为1(1,1,1)n EB ==， 3cos ,||3m n m nmn ⋅==⋅，又二面角1--A CE C 是钝角，∴二面角1--A CE C 的余弦值为【名师点睛】在第一问中，关键是利用中位线定理找到线线平行，再由定义证明线面平行；在第二问中，关键是利用勾股定理证明线线垂直，从而得出线面垂直；在第三问中，关键是建立坐标系，利用向量法求面面角的余弦值．7．如图1，在矩形ABCD 中，22,BC AB E ==是AD 中点，将CDE △沿直线CE 翻折到CPE △的位置，使得PB =2．（1）求证：面PCE ⊥面ABCE ；（2）求PC 与面ABP 所成角的正弦值．【试题来源】浙江省金华市武义第三中学2021届高三下学期2月月考【答案】（1）证明见解析；（2）11． 【分析】（1）连结BE ，可得BE EC ⊥，结合两图，可得BE EC ⊥，BE PE ⊥，又EC PE E ⋂=，15 / 44根据线面垂直的判定定理证得BE ⊥面PEC ，再利用面面垂直的判定定理证得结果；（2）以点A 为原点，分别以,AB AE 直线为x 轴，y 轴，以经过点A 且垂直于平面ABCE 的直线为z 轴建立直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值得到结果．【解析】（1）连结BE ，由图1可得BE EC ⊥，在图2中1,BE PE PB BE PE ==∴⊥，又EC PE E BE ⋂=∴⊥面PEC ，BE ∴⊂面ABCE ∴面PCE ⊥面ABCE ；（2）以点A 为原点，分别以,AB AE 直线为x 轴，y 轴，以经过点A 且垂直于平面ABCE 的直线为z 轴建立直角坐标系．由题意可知，()()()131,0,0,1,2,0,0,1,0,,,222B C E P ⎛ ⎝⎭， ()132,,,1,0,0222AP AB ⎛⎫== ⎪⎪⎝⎭，设面ABP 的法向量为(),,n x y z =，则0,0n AP n AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩令y =得3,z =-所以()0,2,3n =-，11,,222PC ⎛=- ⎝⎭， 222sin cos ,11PC nPC n PC n θ⋅∴===⨯， 所以直线PC 与面ABP ． 【名师点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，解题方法如下：（1）结合平面几何的知识得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理证得线面垂直；（2）建立适当的坐标系，求得平面的法向量和直线的方向向量，求得其所成角的余弦值，进而得到线面角的正弦值．8．如图，圆O 的半径为4，AB 、CD 是圆O 的两条互相垂直的直径，P 为OA 的中点，//EF CD ．将此图形沿着EF 折起，在翻折过程中，点A 对应的点为1A ．（1）证明：1A B CD ⊥；（2）当123A PB π∠=时，求二面角1A BC P --的正弦值．【试题来源】辽宁省名校联盟2020-2021学年高三3月份联合考试【答案】（1）证明见解析；（2． 【分析】（1）证明出CD⊥平面1A PB ，进而可得出1A B CD ⊥；（2）过O 作直线l ⊥平面BCD ，在l 上取点Q （异于点O ），以点O 为坐标原点，OD 、17 / 44OB 、OQ 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得二面角1A BC P --的正弦值．【解析】（1）折叠前，因为AB CD ⊥，//CD EF ，则AB EF ⊥，折叠后，对应地，有1PA EF ⊥，PB EF ⊥，因为//EF CD ，所以1CD PA ⊥，CD PB ⊥，1PA PB P =，所以，CD ⊥平面1A PB ，因为1A B ⊂平面1A PB ，所以1A B CD ⊥；（2）过O 作直线l ⊥平面BCD ，在l 上取点Q （异于点O ），设二面角1A BC P --为θ，以点O 为坐标原点，OD 、OB 、OQ 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()0,4,0B 、()4,0,0C -，且当123A PB π∠=时，(10,A -， 所以()4,4,0BC =--，(10,BA =-， 设平面1A BC 的法向量为(,,)m x y z =，则144070m BC x y m BA y ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令x =y =7z =-，所以()3,7m =-，因为平面BCD 的一个法向量为()0,0,1n =，则755cos 55m n m n θ⋅==⋅， 因此，sin θ==． 【名师点睛】利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值．9．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 内接于半径为2的圆O ，AB 为圆O 的直径，//AB CD ，2DC AB =，E 为AB 上一点，且PE ⊥平面ABCD ，ED =．（1）求证：PA DE ⊥；（2）若直线PB 与平面ABCD 所成的角为4π，求二面角C PB D --的余弦值． 【试题来源】2021年新高考测评卷数学（第一模拟）【答案】（1）证明见解析；（2． 【分析】（1）连接CO ，利用已知条件得到四边形ADCO 是平行四边形，连接DO ，得到AOD △为等边三角形，利用条件得到DE AO ⊥，再利用线面垂直关系得到PE DE ⊥，利用线面垂直的判定定理得到DE ⊥平面PAE ，进而可得结论．（2）由（1）可知ED ，EB ，EP 两两垂直，进而建立空间直角坐标系E xyz -得到相关向量的坐标，求出平面PBD 与平面PBC 的法向量1n ，2n ，利用12cos ,n n 得到二面角C PB D --的余弦值．【解析】（1）连接CO ，因为//AB CD ，2DC AB =，19 / 44//AO CD ，且=AO CD ，所以四边形ADCO 是平行四边形．连接DO ，因为圆O 的半径为2，所以2AO OC DC AD DO =====，所以AOD △为等边三角形，所以在AOD △中，AO边上的高为sin2sin 33AD ππ==因为ED =，所以DE 为AO 边上高，所以DE AO ⊥．因为 PE ⊥平面ABCD ，DE ⊂平面ABCD ，所以PE DE ⊥，又DE AE ⊥，AE ，PE ⊂平面PAE ，且AE PE E ⋂=，所以DE ⊥平面PAE ．因为PA ⊂平面PAE ，所以PA DE ⊥．（2）由PE ⊥平面ABCD 可知，PBE ∠为直线PB 与平面ABCD 所成的角， 所以4PBE π∠=，因为 3PE EB ==．又由（1）知，ED ，EB ，EP 两两垂直，如图，可以以E 为坐标原点，以ED ，EB ，EP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系E xyz -．则()0,3,0B，)2,0C，)D，()0,0,3P ， 所以()3,3,0BD =-，()0,3,3PB =-，()3,1,0BC =-． 设平面PBD 的法向量为()1111,,n x y z =，则110,0,BD n PB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得111130,330,y y z -=-=⎪⎩，得1111,,x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令11y =，则()13,1,1n =． 设平面PBC 的法向量为()2222,,n x y z =，则220,0,BD n PB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22220,330,y y z -=-=⎪⎩，令21x =，则2y 2z =(2n =．所以1212123cos ,5n n n n n n ⋅===易知二面角C PB D --为锐二面角，所以二面角C PB D --的余弦值为35． 【名师点睛】解决二面角相关问题通常用向量法，具体步骤为（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错．（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量．（4）利用法向量求距离、线面角或二面角．10．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PBC ⊥平面,90,//,90ABCD PBC AD BC ABC ∠∠==，222AB ADBC ====（1）求证：CD⊥平面PBD ；（2）若直线PD 与底面ABCD 求二面角B PC D --的正切值．21 / 44【试题来源】贵州省新高考联盟2021届高三下学期入学质量监测（理）【答案】（1）证明见解析；（2【分析】（1）由于222AB AD BC ====根据勾股定理可得CD DB ⊥，再由面面垂直性质定理可得PB CD ⊥即可证CD ⊥平面PBD ；（2）以B 为原点，,,BC BP BA 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，转化为正弦即可．【解析】（1）在四边形ABCD中，//,90,22AD BC ABC AB AD BC ∠===， 所以,ABD BCD 都为等腰直角三角形，即CD DB ⊥，因为平面PBC ⊥平面,90ABCD PBC ∠=，平面PBC 平面,ABCD BC =所以直线PB ⊥平面ABCD ，又CD ⊂平面ABCD ,所以PB CD ⊥,又PB BD B ⋂=，所以CD ⊥平面PBD ．（2）以B 为原点，,,BC BP BA 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，设2,BC =则,1,AB CD BD ===因为直线PD 与底面ABCD所成的角的余弦值为3所以在Rt PBD △中,cos 3BD PDB PD ∠==即2PD PB ==， 设平面PBC 和平面PDC 法向量分为为,,m n 易知可取()0,0,1,m =因为PC =()()2,2,0,1,0,1,DC -=-所以0,0PC n DC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩解得()1,1,1,n = 设所求二面角为,θ所以1cos ||||3m n m n θ⋅==⋅，即tan 2θ=. 【名师点睛】涉及异面直线所成的角，线面角，二面角的问题，一般可以建立适当直角坐标系，利用向量的夹角坐标公式求解，属于中档题．11．如图，平面ABCD ⊥平面ABE ，AD //BC ，BC ⊥AB ，AB =BC =2AE =2，F 为CE 上一点，且BF ⊥平面ACE ．（1）证明：AE ⊥平面BCE ；（2）若平面ABE 与平面CDE 所成锐二面角为60°，求AD ．【试题来源】广东省湛江市2021届高三一模 【答案】（1）见解析；（215 【分析】（1）由平面ABCD ⊥平面ABE 证明BC ⊥面ABE ，得到BC ⊥AE ，由BF ⊥平面ACE ，得到BF ⊥AE ，从而证明AE ⊥平面BCE ．（2）过A 作Ax 垂直AB ，以Ax 为x 轴正方向，以AB 为y 轴正方向，以AD 为z 轴正方向，建立直角坐标系，用向量法计算可得．【解析】（1）因为平面ABCD ⊥平面ABE ，AB 为平面ABCD 和平面ABE 的交线，BC ⊥AB ， 所以BC ⊥面ABE ，所以BC ⊥AE ．又BF ⊥平面ACE ，所以BF ⊥AE ．又BC BF B =，所以AE ⊥平面BCE ．（2）如图示，过A 作Ax 垂直AB ，以Ax 为x 轴正方向，以AB 为y 轴正方向，以AD 为23 / 44z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则()()()()10,0,0,0,2,0,,0,0,2,2,0,0,,22A B E C D m ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭所以()33,,2,0,2,222CE CD m ⎛⎫=-=-- ⎪ ⎪⎝⎭, 设(),,m x y z=为平面CDE 的一个法向量，则·0·0m CE m CD ⎧=⎨=⎩，即()32020220x y z x y m z ⎧++=⎪⎨⎪⨯-+-=⎩， 不妨取z =2，则32,2m m m ⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎭, 显然平面ABE 的一个法向量()0,0,2n BC ==, 所以cos ,cos60m n m n m n ===⨯⎛，解得m =AD【名师点睛】立体几何解答题的基本结构：（1）第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；（2）第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．12．如图所示多面体ABCDEF 中，平面ADE ⊥平面ABCD ，CF ⊥平面ABCD ，ADE 是正三角形，四边形ABCD是菱形，2AB=，CF=π3 BAD∠=．（1）求证：//EF平面ABCD；（2）求二面角E AF C--的正弦值．【试题来源】山东省济宁市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析；（2．【分析】（1）要证明线面平行，需线证明信线线平行，过点E作⊥EO AD交AD于点O，连接OC，可证明四边形EOCF是平行四边形，即可证明线面平行；（2）以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值，再求正弦值．【解析】（1）过点E作⊥EO AD交AD于点O，连接OB，OC，BD因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE平面ABCD AD=,EO⊂平面ADE，所以EO⊥平面ABCD，又ADE是正三角形，2AD=，所以EO，因为CF⊥平面ABCD，CF=//CF OE，CF OE=，所以四边形OCFE为平行四边形，所以//OC EF，25 / 44因为OC ⊂平面ABCD ，EF ⊄平面ABCD ，所以//EF 平面ABCD ；（2）因为四边形ABCD 是菱形，2AB =，π3BAD ∠=，OB AD ⊥ 故，以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OE 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系．所以()1,0,0A，()B，()C -，()1,0,0D -，(E，(F -．所以(AE =-，()EF =-，()1,DB =，设平面AEF 的一个法向量为(),,n x y z =，由00n AE n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩得020x x ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，令x =21y z =⎧⎨=⎩，所以()3,2,1n =， 因为CF ⊥平面ABCD 所以CF BD ⊥，在菱形ABCD 中，BD AC ⊥，又CFAC C =所以BD ⊥平面ACF ， 所以DB 是平面ACF 的一个法向量，设二面角E AF C --的大小为θ，则32cos cos ,22DB nn DB DB n θ⋅+===⨯⨯， 所以sin θ==． 【名师点睛】求二面角的方法通常有两个思路：一是利用空间向量，建立坐标系，求得对应平面的法向量之间夹角的余弦值，再判断锐二面角或钝二面角，确定结果，这种方法优点是思路清晰、方法明确，但是计算量较大； 二是传统方法，利用垂直关系和二面角的定义，找到二面角对应的平面角，再求出二面角平面角的大小，这种解法的关键是找到平面角．13．如图，在四棱锥S ABCD -中，13SA SB SC SD ====，AC CD ⊥，6AB =，8BD =．（1）求证：平面SAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角A SB D --的余弦值．【试题来源】广东省深圳市2021届高三一模【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）取AD 的中点O ，连接SO ，OC ，可得SO AD ⊥，利用直角三角形的性质可得OC OD =，即可证明SOC SOD ≅，进而可得SO OC ⊥，利用线面垂直的判定定理可证SO ⊥平面ABCD ，利用面面垂直的判定定理即可求证；（2）先证明Rt SOA Rt SOB ≅，OA OB OC OD ===，可得AD 为四边形ABCD 外接圆的直径，进而可得SO 和AD 的长，以B 为原点，,BD BA 所在的直线为,x y 轴，过点B 与SO 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，求出平面ABS 的一个法向量和平面SBD 的一个法向量，利用空间向量夹角的坐标运算即可求解．【解析】取AD 的中点O ，连接SO ，OC ，因为SA SD =，所以SO AD ⊥， 因为AC CD ⊥，O 为AD 的中点，所以12OC AD OD ==，27 / 44因为SO SO =，SC SD =，所以SOC SOD ≅，所以90SOC SOD ∠=∠=，所以SO OC ⊥，因为OC OD O =，OC ⊂平面ABCD ，OD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD ，因为SO ⊂平面SAD ，所以平面SAD ⊥平面ABCD ；（2）由（1）知SO ⊥平面ABCD ，所以SO BO ⊥，在Rt SOA 和Rt SOB 中，由 SO SO =，SA SB =可得Rt SOA Rt SOB ≅，所以OA OB =，即OA OB OC OD ===， 所以,,,A B C D 在以O 为圆心的圆上，由AC CD ⊥可得AD 为四边形ABCD 外接圆的直径，10AD ==，5AO =，12SO =，以B 为原点，,BD BA 所在的直线为,x y 轴，过点B 与SO 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则()0,6,0A ，()0,0,0B ，()8,0,0D ，()4,3,0O ，()4,3,12S ，()0,6,0BA =，()8,0,0BD =，()4,3.12BS =，设平面ABS 的一个法向量()111,,m x y z =，则11116043120m BA y m BS x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩令13x =，可得11z =-，10y =，所以()3,0,1m =-， 设平面SBD 的一个法向量为()222,,n x y z =，则22224312080n BS x y z n BD x ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，令24y =，则21z =-，20x =，所以()0,4,1n =-，所以cos ,=10m nm n m n ⋅=⨯⋅， 因为二面角A SB D --的平面角为钝角，所以二面角A SB D --的余弦值为． （4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．14．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为梯形，PA PD ==，24DC AD AB ===，AB AD ⊥，//AB CD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为棱PB 上一点．（1）在平面PAB 内能否作一条直线与平面PAD 垂直？若能，请画出直线并加以证明；若不能，请说明理由；（2）若13PE PB =时，求直线AE 与平面PBC 所成角的正弦值． 【试题来源】甘肃省2020-2021学年高三第一次高考诊断（理）试卷【答案】（1）答案见解析；（2）7． 【分析】（1）过E 作//EF AB ，交棱PA 于F ，由AB ⊥平面PAD 可知EF ⊥平面PAD ；（2）以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OM 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解．【解析】（1）过E 作//EF AB ，交棱PA 于F ，EF 为所求作的直线，29 / 44因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且AB AD ⊥，所以AB ⊥平面PAD ，因为//EF AB ，所以EF ⊥平面PAD ．（如证明AB ⊥平面PAD 、或寻找PB 上任意一点作平行线、垂线都可）（2）取AD 中点O ，BC 中点M ，连接OM ，则OM ⊥平面PAD ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OM 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．则可得(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(2,4,0)C -，(0,0,2)P ，则(2,2,2)PB =-，(4,2,0)BC =-．设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z =，易得020x y z x y +-=⎧⎨-+=⎩，不妨取(1,2,3)n =． 因为13PE PB =，所以224,,333E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以424,,333AE ⎫⎛=- ⎪⎝⎭设AE 与平面PBC 所成角为θ，则14sin 7||||AE n AE n θ⋅==．所以AE 与平面PBC 【名师点睛】求线面角，二面角时，根据题意建立适当的空间直角坐标系，利用平面的法向量，求解线面角，二面角是解题的关键，属于中档题．15．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，//AD BC ，BC CD ⊥，2PA AD ==，1CD =，3BC =，点M ，N 在线段BC 上，21BM MN ==，AN MD E ⋂=，Q 为线段PB 上的一点．（1）求证：MD ⊥平面PAN ；（2）若平面MQA 与平面PAN 所成锐二面角的余弦值为45，求直线MQ 与平面ABCD 所成角的正弦值．【试题来源】山东省青岛市2021届高三一模数学试卷【答案】（1）证明见解析；（2 【分析】（1）根据AMN DAM ∽△△可证MD AN ⊥，再结合PA MD ⊥即可证明MD ⊥平面PAN ；（2）以A 为原点建立空间直角坐标系，设(),,Q x y z ，分别求得平面MQA 与平面PAN 的法向量，结合二面角的余弦值为45得Q 坐标，再求MQ 与平面ABCD 的法向量结合公式求得所成角的正弦值．【解析】（1）证明：因为3BC =，1BM =，所以2CM =，AD CM =，31 / 44因为//AD CM ，所以//AD CM ，所以四边形AMCD 为平行四边形． 因为BC CD ⊥，所以四边形AMCD 为矩形． 因为12MN AM AM AD ==，所以AMN DAM ∽△△ 所以90AED MAN AME ADM AME ∠=∠+∠=∠+∠=︒所以MD AN ⊥，因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA MD ⊥，AN PA A ⋂=， 所以MD ⊥平面PAN ． （2）如图建立空间直角坐标系则()1,0,0M ，()0,0,0A ，()002P ,,，11,,02N ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,1,0B -，(),,Q x y z 设()()11,1,1,1,212x BQ BP x y z y z λλλλλ=-⎧⎪=⇒-+=-⇒=-⎨⎪=⎩，所以()1,1,2Q λλλ--(),1,2MQ λλλ=--，()1,0,0AM =，()0,0,2AP =，11,,02AN ⎛⎫= ⎪⎝⎭设平面MQA 与平面PAN 的一个法向量分别为()1111,,x n y z =，()2222,,n x y z =所以()()111111112000,2,100x y z n MQ n x n AM λλλλλ⎧⎧-+-+=⋅=⎪⇒⇒=-⎨⎨=⋅=⎪⎩⎩ ()1222222001,2,01002z n AP n x y n AN ⎧=⎧⋅=⎪⎪⇒⇒=-⎨⎨+=⋅=⎪⎪⎩⎩设平面MQA 与平面PAN 所成锐二面角为θ，所以121241cos 524n n n n θλ⋅===⇒=⋅ 此时11,,122MQ ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，平面ABCD 的一个法向量()30,0,1n =，所以336sin 3n MQ n MQα⋅==．所以直线MQ 与平面ABCD 所成角的正弦值为3． 【名师点睛】求直线与平面所成的角的一般步骤：（1）、①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解； （2）、用空间向量坐标公式求解．16．在如图所示的圆柱12O O 中，AB 为圆1O 的直径，C ，D 是AB 的两个三等分点，EA ，FC ，GB 都是圆柱12O O 的母线．（1）求证：1//FO 平面ADE ；（2）若2BC FC ==，求二面角B AF C --的余弦值．【试题来源】2021年高考数学（理）二轮复习热点题型精选精练 【答案】（1）证明见解析；（2）7． 【分析】（1）连接1O C ，1O D ，易证1//CO AD ，//EA FC ，根据面面平行的判定定理可33 / 44得平面1//FCO 平面ADE ，再根据面面平行的定义即可证得1//FO 平面ADE ； （2）因为直线CA ，CB ，CF 两两垂直，所以以C 为原点建立空间直角坐标系，分别求出平面ABF ，平面ACF 的一个法向量，根据二面角的向量坐标公式即可求出． 【解析】（1）连接1O C ，1O D ，因为C ，D 是半圆AB 的两个三等分点，所以11160AO D DO C CO B ∠=∠=∠=︒，又1111O A O B OC O D ===， 所以1AO D ，1CO D △，1BO C △均为等边三角形，所以11O A AD DC O C ===，所以四边形1ADCO 是平行四边形，所以1//CO AD ， 因为11O A AD DC O C ===，1CO ⊄平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，所以1//CO 平面ADE ．因为EA ，FC 都是圆柱12O O 的母线，所以//EA FC ， 因为⊄FC 平面ADE ，EA ⊂平面ADE ， 所以//FC 平面ADE ．又1,CO FC ⊂平面1FCO ，1CO FC C ⋂=，所以平面1//FCO 平面ADE ，又1FO ⊂平面1FCO ，所以1//FO 平面ADE ． （2）连接AC ，因为FC 是圆柱12O O 的母线，所以FC ⊥圆柱12O O 的底面， 因为AB 为圆1O 的直径，所以90ACB ∠=︒，所以直线CA ，CB ，CF 两两垂直，以C 为原点建立空间直角坐标系如图： 因为2BC FC ==，所以()000C ,,，()A ，()0,2,0B ，()0,0,2F ，()2,0AB =-，()AF =-，由题知平面ACF 的一个法向量为()0,2,0CB =， 设平面ABF 的一个法向量为(),,n x y z =，则：220220n AB yn AF z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令1x =，y =z =(1,3,n =．所以23cos ,727CB n CB n CB n⋅===．由图可知，二面角B AF C --的平面角为锐角，所以二面角B AF C --．【名师点睛】本题主要考查线面平行的证明，以及二面角的求法，意在考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．线面平行的证明一般可以通过线面平行的判定定理或者面面平行的定义证出，二面角的求法一般有：定义法，垂面法，三垂线法，向量法，坐标法，面积射影法等．17．如图，在平面四边形ABCD 中，AB =AD ，BC =CD 且BC ⊥CD ，以BD 为折痕把ABD 和CBD 向上折起，使点A 到达点E 的位置，点C 到达点F 的位置(E ，F 不重合)．（1）求证：EF ⊥BD ；（2）若平面EBD ⊥平面FBD ，点E 在平面ABCD 内的正投影G 为ABD 的重心，且直线35 / 44EF 与平面FBD 所成角为60°，求二面角A -BE -D 的余弦值．【试题来源】安徽省江南十校2021届高三下学期3月一模联考（理）【答案】（1）证明见解析；（2）13．【分析】（1）取BD 的中点O ，连接FO 和EO ，利用线面垂直的判定定理，证得BD ⊥平面EFO ，即可得到EF BD ⊥；（2）由（1）得到以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O xyz -，分别求得平面ABE 和平面BED 的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解． 【解析】（1）如图所示，取BD 的中点O ，连接FO 和EO ， 由题意知FBD 和BED 均为等腰三角形，且,BF DF BE ED ==， 故,.FO BD EO BD ⊥⊥因为,FO EO O ⋂=所以BD ⊥平面EFO ， 因为EF ⊂平面,EFO 所以.EF BD ⊥（2）由（1）知，EO BD ⊥，因为平面EBD ⊥平面FBD ， 平面,EBD FBD BD EO ⋂=⊂平面平面,EBD 所以EO ⊥平面FBD ， 直线EF 与平面FBD 所成角为EFO ∠，可得60EFO ∠=，因为FB FD FB FD =⊥，O 为BD 中点，所以112FO BD ==，所以EO =，所以2BE ED BD ===，即EBD △为等边三角形，G 为等边ABD △的中心，以O 为坐标原点，OD 的方向为x 轴正方向，OG 的方向为y 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，可得(),(1,0,0),(1,0,0),A B D E ⎛- ⎝⎭，则3(1,3,0),(2,0,0),1,3AB BD BE ⎛=--== ⎝⎭，。