高考必考题—运用空间向量解决空间角(含解析)
高二数学上册(人教A版2019选修一) 专题01 通过空间向量解决立体几何中的角度问题(解析版)
专题01通过空间向量解决立体几何中的角度问题（高考真题专练）题型一直线与平面所成的角1．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l 上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，因为2QB =，QAB ∆是等腰直角三角形，所以(1Q ，0，1)，则(1DQ = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =- ，0，1)，cos n ∴< ，116||||32n PB PB n PB ⋅>==⋅ ，PB ∴与平面QCD 632．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解答】解：（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)，(DQ m = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1a =-，可得(1n =- ，0，)m ，cos n ∴<，||||n PB PB n PB ⋅>==⋅ ，PB ∴与平面QCD333==，当且仅当1m =取等号，PB ∴与平面QCD所成角的正弦值的最大值为3．3．（2020•天津）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，2AC BC ==，13CC =，点D ，E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且1AD =，2CE =，M 为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解答】解：以C 为原点，CA ，CB ，1CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(0C ，0，3)，1(2A ，0，3)，1(0B ，2，3)，(2D ，0，1)，(0E ，0，2)，(1M ，1，3)，（Ⅰ）证明：依题意，1(1C M = ，1，0)，1(2B D = ，2-，2)-，∴112200C M B D ⋅=-+= ，11C M B D ∴⊥；（Ⅱ）依题意，(2CA = ，0，0)是平面1BB E 的一个法向量，1(0EB = ，2，1)，(2ED = ，0，1)-，设(n x = ，y ，)z 为平面1DB E 的法向量，则100n EB n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即2020y z x z +=⎧⎨-=⎩，不妨设1x =，则(1n = ，1-，2)，cos CA ∴< ，66||||CA n n CA n ⋅>==⋅ ，sin CA ∴< ，130166n >=-= ，∴二面角1B B E D --的正弦值6；（Ⅲ）依题意，(2AB =- ，2，0)，由（Ⅱ）知，(1n = ，1-，2)为平面1DB E 的一个法向量，cos AB ∴<，||||AB n n AB n ⋅>==⋅ ∴直线AB 与平面1DB E4．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，1CD AB ==，122CM BC ==，60DCM ∠=︒，∴由余弦定理可得，2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=，则222134CD DM CM +=+==，即CD DM ⊥，又PD DC ⊥，PD DM D = ，CD ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，CD PM ∴⊥，//CD AB ，AB PM ∴⊥；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD ⊥平面PDM ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PDM ，且平面ABCD ⋂平面PDM DM =，PM MD ⊥ ，且PM ⊂平面PDM ，PM ∴⊥平面ABCD ，连接AM ，则PM MA ⊥，在ABM ∆中，1AB =，2BM =，120ABM ∠=︒，可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=，又PA =Rt PMA ∆中，求得PM ==，取AD 中点E ，连接ME ，则//ME CD ，可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(A 2，0)，(0P ，0，，1,0)C -，又N 为PC的中点，12N ∴-，52AN =- ，平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则5||152sin |cos ,|6||||AN n AN n AN n θ⋅=<>==⋅ ．故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156．5．（2018•浙江）如图，已知多面体111ABC A B C -，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．（Ⅰ）证明：1AB ⊥平面111A B C ；（Ⅱ）求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．【解答】()I 证明：1A A ⊥ 平面ABC ，1B B ⊥平面ABC ，11//AA BB ∴，14AA = ，12BB =，2AB =，221111()()22A B AB AA BB ∴=+-=，又221122AB AB BB =+=，2221111AA AB A B ∴=+，111AB A B ∴⊥，同理可得：111AB B C ⊥，又11111A B B C B = ，1AB ∴⊥平面111A B C ．()II 解：取AC 中点O ，过O 作平面ABC 的垂线OD ，交11A C 于D ，AB BC = ，OB OC ∴⊥，2AB BC == ，120BAC ∠=︒，1OB ∴=，3OA OC ==以O 为原点，以OB ，OC ，OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则(0A ，3-0)，(1B ，0，0)，1(1B ，0，2)，1(0C 31)，∴(1AB = 30)，1(0BB = ，0，2)，1(0AC = ，23，1)，设平面1ABB 的法向量为(n x = ，y ，)z ，则100n AB n BB ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，∴3020x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，令1y =可得(3n =- 1，0)，1112339cos ,||||213n AC n AC n AC ∴<>==⨯设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ，则1sin |cos ,|13n AC θ=<>=．∴直线1AC 与平面1ABB ．题型二二面角的平面角及求法6．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：QCD ∆中，2CD AD ==，QD =，3QC =，所以222CD QD QC +=，所以CD QD ⊥；又CD AD ⊥，AD QD D = ，AD ⊂平面QAD ，QD ⊂平面QAD ，所以CD ⊥平面QAD ；又CD ⊂平面ABCD ，所以平面QAD ⊥平面ABCD ．（Ⅱ）解：取AD 的中点O ，在平面ABCD 内作Ox AD ⊥，以OD 为y 轴，OQ 为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示：则(0O ，0，0)，(2B ，1-，0)，(0D ，1，0)，(0Q ，0，2)，因为Ox ⊥平面ADQ ，所以平面ADQ 的一个法向量为(1α= ，0，0)，设平面BDQ 的一个法向量为(x β= ，y ，)z ，由(2BD =- ，2，0)，(0DQ = ，1-，2)，得00BD DQ ββ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即22020x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，得2y =，2x =，所以(2β= ，2，1)；所以cos α< ，23||||1441αββαβ⋅>===⋅⨯++，所以二面角B QD A --的平面角的余弦值为23．7．（2020•新课标Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解答】解：（1）不妨设圆O 的半径为1，1OA OB OC ===，2AE AD ==，AB BC AC ===，62DO PO ===，PA PB PC ===，在PAC ∆中，222PA PC AC +=，故PA PC ⊥，同理可得PA PB ⊥，又PB PC P = ，故PA ⊥平面PBC ；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有31312(,0),(,,0),(0,0,)22222B C P ，(0E ，1，0)，故11(,0),(,,)22222BC CE CP ===- ，设平面PCE 的法向量为(,,)n x y z = ，则由00n CE n CP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得10212022x y x y z +=-+=，取1x =，则y =，z =，所以平面PCE的法向量为(1,n = ，由（1）可知PA ⊥平面PBC ，不妨取平面PBC 的法向量为22AP = ，故||cos ||||PA n PA n θ⋅== ，即二面角B PC E --．8．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．（1）证明：BE ⊥平面11EB C ；（2）若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．【解答】证明：（1）长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11ABA B ，11B C BE ∴⊥，1BE EC ⊥ ，1111B C EC C = ，BE ∴⊥平面11EB C ．解：（2）以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设11AE A E ==，则1BE EB =，BE ⊥ 平面11EB C ，1BE EB ∴⊥，22221124BE EB BE BB ∴+===，22BE ∴=，222212AE AB AB BE +=+== ，1AB ∴=，则(1E ，1，1)，(1A ，1，0)，1(0B ，1，2)，1(0C ，0，2)，(0C ，0，0)，1BC EB ⊥ ，1EB ∴⊥面EBC ，故取平面EBC 的法向量为1(1m EB ==- ，0，1)，设平面1ECC 的法向量(n x = ，y ，)z ，由100n CCn CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得00zx y z =⎧⎨++=⎩，取1x =，得(1n = ，1-，0)，1cos ,||||2m n m n m n ⋅∴<>==-⋅，∴二面角1B EC C --的正弦值为32．9．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱BC ，CD 的中点．（1）求证：1//D F 平面11A EC ；（2）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值；（3）求二面角11A A C E --的正弦值．【解答】（1）证明：以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则1(0A ，0，2)，(2E ，1，0)，1(2C ，2，2)，故111(2,2,0),(0,1,2)A C EC == ，设平面11A EC 的法向量为(,,)n x y z = ，则11100n A C n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即020x y y z +=⎧⎨+=⎩，令1z =，则2x =，2y =-，故(2,2,1)n =- ，又(1F ，2，0)，1(0D ，2，2)，所以1(1,1,2)FD =- ，则10n FD ⋅= ，又1D F ⊂/平面1A EC ，故1//D F 平面11A EC ；（2）解：由（1）可知，1(2,2,2)AC = ，则111||3|cos ,|9||||n AC n AC n AC ⋅<>== ，故直线1AC 与平面11A EC所成角的正弦值为9；（3）解：由（1）可知，1(0,0,2)AA = ，设平面11AA C 的法向量为(,,)m a b c = ，则11100m AA m A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即00c a b =⎧⎨+=⎩，令1a =，则1b =-，故(1,1,0)m =- ，所以|||cos ,|||||3m n m n m n ⋅<>=== ，故二面角11A A C E --13=．10．（2021•北京）已知正方体1111ABCD A B C D -，点E 为11A D 中点，直线11B C 交平面CDE 于点F ．（1）求证：点F 为11B C 中点；（2）若点M 为棱11A B 上一点，且二面角M CF E --的余弦值为3，求111A M AB ．【解答】（1）证明：连结DE ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//CD C D ，11C D ⊂平面1111A B C D ，CD ⊂/平面1111A B C D ，则//CD 平面1111A B C D ，因为平面1111A B C D ⋂平面CDEF EF =，所以//CD EF ，则11//EF C D ，故1111////A B EF C D ，又因为1111//A D B C ，所以四边形11A B FE 为平行四边形，四边形11EFC D 为平行四边形，所以11A E B F =，11ED FC =，而点E 为11A D 的中点，所以11A E ED =，故11B F FC =，则点F 为11B C 的中点；（2）解：以点1B 为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体边长为2，设点(M m ，0，0)，且0m <，则(0C ，2，2)-，(2E -，1，0)，(0F ，1，0)，故(2,0,0),(0,1,2),(,1,0)FE FC FM m =-=-=- ，设平面CMF 的法向量为(,,1)m a b = ，则00m FM m FC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即020ma b b -=⎧⎨-=⎩，所以2a m =，2b =，故2(,2,1)m m = ，设平面CDEF 的法向量为(,,1)n x y = ，则00n FE n FC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x y -=⎧⎨-=⎩，所以0x =，2y =，故(0,2,1)n = ，因为二面角M CF E --的余弦值为53，则|||cos,|||||3m nm nm n⋅<>===，解得1m=±，又0m<，所以1m=-，故11112A MA B=．11．（2021•乙卷）如图，四棱锥P ABCD-的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，1PD DC==，M为BC中点，且PB AM⊥．（1）求BC；（2）求二面角A PM B--的正弦值．【解答】解：（1）连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM PD⊥，又AM PB⊥，PB PD P=，PB，PD⊂平面PBD，所以AM ⊥平面PBD ，又BD ⊂平面PBD ，则AM BD ⊥，所以90ABD ADB ∠+∠=︒，又90ABD MAB ∠+∠=︒，则有ADB MAB ∠=∠，所以Rt DAB Rt ABM ∆∆∽，则AD BA AB BM =，所以2112BC =，解得BC =（2）因为DA ，DC ，DP 两两垂直，故以点D 位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A B M ，(0P ，0，1)，所以(AP =，22(((1,1)22AM BM BP =-=-=- ，设平面AMP 的法向量为(,,)n x y z = ，则有00n AP n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0202z x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令x =1y =，2z =，故2)n = ，设平面BMP 的法向量为(,,)m p q r = ，则有00m BM m BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020p q r ⎧=⎪⎨⎪-+=⎩，令1q =，则1r =，故(0,1,1)m = ，所以|||cos ,|||||14n m n m n m ⋅<>=== ，设二面角A PM B --的平面角为α，则sin α====，所以二面角A PM B --的正弦值为14．12．（2021•甲卷）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点，11BF A B ⊥．（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小？【解答】（1）证明：连接AF ，E ，F 分别为直三棱柱111ABC A B C -的棱AC 和1CC 的中点，且2AB BC ==，1CF ∴=，5BF =11BF A B ⊥ ，11//AB A B ，BF AB∴⊥3AF∴=，AC===，222AC AB BC∴=+，即BA BC⊥，故以B为原点，BA，BC，1BB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，则(2A，0，0)，(0B，0，0)，(0C，2，0)，(1E，1，0)，(0F，2，1)，设1B D m=，则(D m，0，2)，∴(0BF=，2，1)，(1DE m=-，1，2)-，∴0BF DE⋅=，即BF DE⊥．（2）解：AB⊥平面11BB C C，∴平面11BB C C的一个法向量为(1p= ，0，0)，由（1）知，(1DE m=-，1，2)-，(1EF=-，1，1)，设平面DEF的法向量为(n x=，y，)z，则n DEn EF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即(1)20m x y zx y z-+-=⎧⎨-++=⎩，令3x=，则1y m=+，2z m=-，∴(3n=，1m+，2)m-，cos p∴<，||||p nnp n⋅>===⋅∴当12m=时，面11BB C C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当112B D=时，面11BB C C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．13．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D-的底面是菱形，14AA=，2AB=，60BAD∠=︒，E，M，N分别是BC，1BB，1A D的中点．（1）证明：//MN平面1C DE；（2）求二面角1A MA N--的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N 作NH AD ⊥，则1//NH AA ，且112NH AA =，又1//MB AA ，112MB AA =，∴四边形NMBH 为平行四边形，则//NM BH ，由1//NH AA ，N 为1A D 中点，得H 为AD 中点，而E 为BC 中点，//BE DH ∴，BE DH =，则四边形BEDH 为平行四边形，则//BH DE ，//NM DE ∴，NM ⊂/ 平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ；（2）解：以D 为坐标原点，以垂直于DC 的直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以1DD 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则3(2N ，12-，2)，(3M ，1，2)，1(3A ，1-，4)，33(,0)22NM = ，131(,2)22NA =- ，设平面1A MN 的一个法向量为(,,)m x y z = ，由133022312022m NM y m NA x y z ⎧⋅=+=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩ ，取3x =(3,1,1)m =-- ，又平面1MAA 的一个法向量为(1,0,0)n = ，315cos ,||||55m n m n m n ⋅∴<>===⋅ ．∴二面角1A MA N --2215101,1()55cos m n -<>=-= ．14．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【解答】解：（1）证明：因为AB AD =，O 为BD 的中点，所以AO BD ⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ，所以AO CD ⊥；（2）方法一：取OD 的中点F ，因为OCD ∆为正三角形，所以CF OD ⊥，过O 作//OM CF 与BC 交于点M ，则OM OD ⊥，所以OM ，OD ，OA 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OM ，OD ，OA 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则(0B ，1-，0)，1(,0)22C ，(0D ，1，0)，设(0A ，0，)t ，则12(0,,)33t E ，因为OA ⊥平面BCD ，故平面BCD 的一个法向量为(0,0,)OA t = ，设平面BCE 的法向量为(,,)n x y z = ，又342(,0),(0,,)2233t BC BE == ，所以由00n BC n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得3302242033x y t y z +=⎪⎨⎪+=⎪⎩，令x =1y =-，2z t =，故21,)n t=- ，因为二面角E BC D --的大小为45︒，所以||2|cos ,|2||||n OA n OA n OA ⋅<>=== ，解得1t =，所以1OA =，又111224OCD S ∆=⨯⨯⨯=，所以2BCD S ∆=，故11133A BCD BCD V S OA -∆=⋅⋅=⨯=．方法二：过E 作EF BD ⊥，交BD 于点F ，过F 作FG BC ⊥于点G ，连结EG ，由题意可知，//EF AO ，又AO ⊥平面BCD所以EF ⊥平面BCD ，又BC ⊂平面BCD ，所以EF BC ⊥，又BC FG ⊥，FG EF F= 所以BC ⊥平面EFG ，又EF ⊂平面EFG ，所以BC EG ⊥，则EGF ∠为二面角E BC D --的平面角，即45EGF ∠=︒，又1CD DO OB OC ====，所以120BOC ∠=︒，则30OCB OBC ∠=∠=︒，故90BCD ∠=︒，所以//FG CD ，因为23DE DF EF AD OD AO ===，则312,,233AO EF OF DF ===，所以BF GF BD CD=，则112323GF +==，所以23EF GF ==，则312AO EF ==，所以11111332A BCD BCD V S AO -∆=⋅=⨯⨯⨯=．15．（2020•江苏）在三棱锥A BCD -中，已知CB CD ==，2BD =，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，2AO =，E 为AC 中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值；（2）若点F 在BC 上，满足14BF BC =，设二面角F DE C --的大小为θ，求sin θ的值．【解答】解：（1）如图，连接OC ，CB CD = ，O 为BD 的中点，CO BD ∴⊥．以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．2BD = ，1OB OD ∴==，则2OC ===．(1B ∴，0，0)，(0A ，0，2)，(0C ，2，0)，(1D -，0，0)，E 是AC 的中点，(0E ∴，1，1)，∴(1,0,2)AB =- ，(1,1,1)DE = ．设直线AB 与DE 所成角为α，则||15cos 15||||AB DE AB DE α⋅==⋅ ，即直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515；（2）14BF BC = ，∴14BF BC = ，设(F x ，y ，)z ，则(1x -，y ，1)(4z =-，12，0)，3(4F ∴，12，0)．∴(1,1,1)DE = ，71(,,0)42DF = ，(1,2,0)DC = ．设平面DEF 的一个法向量为111(,,)m x y z = ，由11111071042m DE x y z m DF x y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取12x =-，得(2,7,5)m =-- ；设平面DEC 的一个法向量为222(,,)n x y z = ，由22222020n DE x y z n DC x y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取22x =-，得(2,1,1)n =- ．|||cos|||||m nm nθ⋅∴===⋅sin13θ∴===．16．（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体1111ABCD A B C D-中，点E，F分别在棱1DD，1BB上，且12DE ED=，12BF FB=．（1）证明：点1C在平面AEF内；（2）若2AB=，1AD=，13AA=，求二面角1A EF A--的正弦值．【解答】（1）证明：在1AA上取点M，使得12A M AM=，连接EM，1B M，1EC，1FC，在长方体1111ABCD A B C D-中，有111////DD AA BB，且111DD AA BB==．又12DE ED=，12A M AM=，12BF FB=，1DE AM FB∴==．∴四边形1B FAM和四边形EDAM都是平行四边形．1//AF MB∴，且1AF MB=，//AD ME，且AD ME=．又在长方体1111ABCD A B C D-中，有11//AD B C，且11AD B C=，11//B C ME∴且11B C ME=，则四边形11B C EM为平行四边形，11//EC MB∴，且11EC MB=，又1//AF MB，且1AF MB=，1//AF EC∴，且1AF EC=，则四边形1AFC E为平行四边形，∴点1C在平面AEF内；（2）解：在长方体1111ABCD A B C D-中，以1C为坐标原点，分别以11C D，11C B，1C C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．2AB = ，1AD =，13AA =，12DE ED =，12BF FB =，(2A ∴，1，3)，(2E ，0，2)，(0F ，1，1)，1(2A ，1，0)，则(2,1,1)EF =-- ，(0,1,1)AE =-- ，1(0,1,2)A E =- ．设平面AEF 的一个法向量为1111(,,)n x y z = ．则1111111200n EF x y z n AE y z ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅=--=⎪⎩ ，取11x =，得1(1,1,1)n =- ；设平面1A EF 的一个法向量为2222(,,)n x y z = ．则222221222020n EF x y z n A E y z ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取21x =，得2(1,4,2)n =．121212cos ,||||n n n n n n ⋅∴<>==⋅ 设二面角1A EF A --为θ，则42sin 7θ==．∴二面角1A EF A --的正弦值为7．17．（2019•天津）如图，AE ⊥平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ⊥，1AB AD ==，2AE BC ==．（Ⅰ）求证：//BF 平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【解答】（Ⅰ）证明：以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，可得(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(1C ，2，0)，(0D ，1，0)，(0E ，0，2)．设(0)CF h h =>，则(1F ，2，)h ．则(1,0,0)AB = 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h = ，可得0BF AB ⋅= ．又 直线BF ⊂/平面ADE ，//BF ∴平面ADE ；（Ⅱ）解：依题意，(1,1,0)BD =- ，(1,0,2)BE =- ，(1,2,2)CE =-- ．设(,,)n x y z = 为平面BDE 的法向量，则020n BD x y n BE x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，令1z =，得(2,2,1)n = ．4cos ,9||||CE n CE n CE n ⋅∴<>==-⋅ ．∴直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49；（Ⅲ）解：设(,,)m x y z = 为平面BDF 的法向量，则020m BD x y m BF y hz ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取1y =，可得2(1,1,m h =- ，由题意，22|4|||1|cos ,|||||3432m n h m n m n h -⋅<>===⋅⨯+ ，解得87h =．经检验，符合题意．∴线段CF 的长为87．18．（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形ADEB 、Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B CG A --的大小．【解答】证明：（1）由已知得//AD BE ，//CG BE ，//AD CG ∴，AD ∴，CG 确定一个平面，A ∴，C ，G ，D 四点共面，由已知得AB BE ⊥，AB BC ⊥，AB ∴⊥面BCGE ，AB ⊂ 平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ．解：（2）作EH BC ⊥，垂足为H ，EH ⊂ 平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，EH ∴⊥平面ABC ，由已知，菱形BCGE 的边长为2，60EBC ∠=︒，1BH ∴=，3EH =，以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H xyz -，则(1A -，1，0)，(1C ，0，0)，(2G ，0)，(1CG = ，0，(2AC = ，1-，0)，设平面ACGD 的法向量(n x = ，y ，)z ，则020CG n x AC n x y ⎧==⎪⎨=-=⎪⎩ ，取3x =，得(3n = ，6，，又平面BCGE 的法向量为(0m = ，1，0)，cos ,||||2n m n m n m ∴<>== ，∴二面角B CG A --的大小为30︒．19．（2018•新课标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，求面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM MC ⊥，正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，AD ∴⊥平面DCM ，则AD MC ⊥，AD DM D = ，MC ∴⊥平面ADM ，MC ⊂ 平面MBC ，∴平面AMD ⊥平面BMC ．（2）ABC ∆ 的面积为定值，∴要使三棱锥M ABC -体积最大，则三棱锥的高最大，此时M 为圆弧的中点，建立以O 为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图正方形ABCD 的边长为2，(2A ∴，1-，0)，(2B ，1，0)，(0M ，0，1)，则平面MCD 的法向量(1m = ，0，0)，设平面MAB 的法向量为(n x = ，y ，)z 则(0AB = ，2，0)，(2AM =- ，1，1)，由20n AB y == ，20n AM x y z =-++= ，令1x =，则0y =，2z =，即(1n = ，0，2)，则cos m <，||||m n n m n >== ，则面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值sin 5α==．20．（2018•新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，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．【解答】（1）证明：连接BO ，2AB BC == ，O 是AC 的中点，BO AC ∴⊥，且2BO =，又4PA PC PB AC ====，PO AC ∴⊥，23PO =，则222PB PO BO =+，则PO OB ⊥，OB A C O = ，PO ∴⊥平面ABC ；（2）建立以O 坐标原点，OB ，OC ，OP 分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系如图：(0A ，2-，0)，(0P ，0，23)，(0C ，2，0)，(2B ，0，0)，(2BC =- ，2，0)，设(2BM BC λλ==- ，2λ，0)，01λ<<则(2AM BM BA λ=-=- ，2λ，0)(2--，2-，0)(22λ=-，22λ+，0)，则平面PAC 的法向量为(1m = ，0，0)，设平面MPA 的法向量为(n x = ，y ，)z ，则(0PA = ，2-，23)-，则2230n PA y z ⋅=--= ，(22)(22)0n AM x y λλ⋅=-++= 令1z =，则3y =-，(1)31x λλ+=-，即(3(1n λλ+=- ，31)，二面角M PA C --为30︒，cos30||||||2m n m n ⋅∴︒== ，2=，解得13λ=或3λ=（舍)，则平面MPA的法向量n =，1)，(0PC = ，2，-，PC 与平面PAM 所成角的正弦值sin |cos PC θ=<，||164n >===．21．（2019•北京）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，//AD BC ，2PA AD CD ===，3BC =．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAD ；（Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值；（Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【解答】证明：（Ⅰ）PA ⊥ 平面ABCD ，PA CD ∴⊥，AD CD ⊥ ，PA AD A = ，CD ∴⊥平面PAD ．解：（Ⅱ）以A 为原点，在平面ABCD 内过A 作CD 的平行线为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，(0A ，0，0)，(0E ，1，1)，2(3F ，23，4)3，(0P ，0，2)，(2B ，1-，0)，(0AE = ，1，1)，224(,,)333AF = ，平面AEP 的法向量(1n = ，0，0)，设平面AEF 的法向量(m x = ，y ，)z ，则02240333m AE y z m AF x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=++=⎪⎩，取1x =，得(1m = ，1，1)-，设二面角F AE P --的平面角为θ，则||3cos ||||33m n m n θ⋅===⋅ ．∴二面角F AE P --的余弦值为33．（Ⅲ）直线AG 在平面AEF 内，理由如下： 点G 在PB 上，且23PG PB =．4(3G ∴，23-，2)3，∴4(3AG = ，23-，2)3， 平面AEF 的法向量(1m = ，1，1)-，4220333m AG ⋅=--= ，故直线AG 在平面AEF 内．。
考点08 空间角的求解问题(解析版)
考点08 空间角的求解问题立体几何是历年高考的必考题，其考查形式主要为空间几何体的有关计算（主要是体积计算），空间线面的位置关系以及空间角和距离的求解。
例如：2022年全国乙卷（理）[18]，2022年全国甲卷（理）[18]，2022年浙江高考[19]，2022年新高考Ⅰ卷[19]，2022年新高考Ⅱ卷[20]，2022年天津高考[17]，2022年北京高考[17]等都对空间几何体的体积进行了考查。
〔1〕平移法求异面直线所成的角求异面直线所成的角的方法为平移法，平移法一般有3种 (1)利用图形中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移； (3)补形平移.〔2〕线面角、二面角1.线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解.2.二面角的求法：二面角的大小用它的平面角来度量. 平面角的作法常见的有①定义法；①垂面法。
〔3〕利用空间向量求空间中的角与距离 1.异面直线所成角若异面直线1l ，2l 所成的角为θ，则|||||cos |cos b a b a b a ==θ(注意：两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的两向量的夹角的取值范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值)，其中a ，b 分别是直线1l ，2l 的方向向量。
2.直线与平面所成角已知直线l 与平面α，A l =α ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成的角，则|||||cos |sin n a n a n a ==θ。
(注意:直线与平面所成角的范围为⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，而向量的夹角的取值范围为[]π,0，所以公式中要加绝对值)。
3.二面角设1n 为平面α的法向量，2n 为平面β的法向量，1n ，2n 的夹角为θ，l =βα ，则二面角βα--l 的大小为θ或θπ-。
设二面角βα--l 的大小为ϕ，则|||||cos ||cos |2121n n ==θϕ①①所示。
新高考数学复习知识点与题型专题讲解27 向量法求空间角
新高考数学复习知识点与题型专题讲解专题27 向量法求空间角一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，P ，Q 分别为1A B ，11B D ，1A D ，1CD 的中点，则异面直线EF 与PQ 所成角的大小是（）A ．4πB ．6πC ．3πD ．2π 【答案】C【分析】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，写出E ，F ，P ，Q 的坐标，然后可得PQ 和EF 的坐标，然后可算出答案.【详解】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 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， 设正方体的棱长为2，则()1,0,1P ，()0,1,1Q ，()2,1,1E ，()1,1,2F ，则()1,1,0PQ =-，()1,0,1EF =-．设异面直线EF 与PQ 所成的角为0,2πθθ⎛⎫⎛⎤∈ ⎪⎥⎝⎦⎝⎭，则1cos 22EF PQ EF PQ θ⋅===，所以3πθ=， 故选：C2．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，设AC 交BD 于点O ，则异面直线1A O 与1BDA．C．【答案】D【分析】首先以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求异面直线成角即可。
【详解】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，因为1AB AD ==，12AA =，所以()11,0,2A ，()1,1,0B ，11,,022O ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()10,0,2D ， 111,,222A O ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()11,1,2BD =--，则11cos ,A O BD ==. 故选：D【点睛】本题主要考查向量法求异面直线成角，属于简单题。
3．如图在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是AD 的中点，那么异面直线1D E 和1A B 所成的A．5B．5C ．45D ．23 【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，利用向量求出异面直线1D E 和1A B 所成角的余弦值．【详解】建立空间直角坐标系，如图所示；(0D ，0，0)，(1E ，0，0)，1(0D ，0，2)，(2B ，2，0)，1(2A ，0，2)；1(1D E =，0，2)-，1(0A B =，2，2)-，1110022(2)4D E A B =⨯+⨯-⨯-=，21||1D E ==，21||0A B = 所以1cos D E<，11111||||5D E A B A B D E A B >===⨯所以异面直线1D E 和1A B 故选：A【点睛】 方法点睛：求异面直线所成的角常用的两种方法：方法一：（几何法）找（观察）→作（平移法）→证（定义）→指→求（解三角形）；方法二：（向量法）利用向量里异面直线所成的角的公式求解.4．如图，已知点E 、F 、G 、H 分别是正方体1111ABCD A B C D -中棱1AA 、AB 、BC 、11C D 的中点，记二面角E FG D --的平面角为α，直线HG 与平面ABCD 所成角为β，直线HG 与直线DG 所成角为γ，则（）A ．αβγ>>B ．βαγ>>C ．βαγ=>D ．γαβ>=【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角、二面角、异面直角所成角，即可比较；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为2，则()2,0,1E ，()2,1,0F ，()1,2,0G ，()0,1,2H ，()1,1,2HG =-，()1,2,0DG =，()0,1,1EF =-，()1,1,0FG =-，显然面ABCD 的法向量为()0,0,1n =，设面EFG 的法向量为(),,m x y z =，则·0·0m EF m FG ⎧=⎨=⎩，即00y z x y -=⎧⎨-+=⎩，令1y =则1z =、1x =，所以()1,1,1m = 所以3cos =3n mn m α=，2sin 6HG n HG nβ===cos 3β==，1cos 10HG DGHG DG γ⨯=== >cos cos αγ>，所以γαβ>= 故选：D5．如图，在正四面体ABCD 中，,,2BE EC CF FD DG GA ===，记平面EFG 与平面BCD ､平面ACD ､平面ABD ，所成的锐二面角分别为α､β､γ，则（）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．βαγ>>D ．γαβ>>【答案】A【分析】过A 作AO ⊥平面BCD ，取BD 的中点M ，连接CM ，交CM 于点O ，以O 为原点，OC 为x 轴，ON 为y 轴，OA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用坐标向量法先求cos ,cos ,cos αβγ，再根据余弦函数单调性比较大小即可.【详解】解：(空间向量法)因为,,2BE EC CF FD DG GA ===，所以E ､F 分别为BC ､CD 的中点，G 为AD 上靠近A 的三等分点，取BD 的中点M ，连接CM ，过A 作AO ⊥平面BCD ，交CM 于点O ，在平面BCD 中过O 作//ON BD ，交CD 于N ，设正四面体ABCD的棱长为2，则OM =CO =，OA ===， 以O 为原点，OC 为x 轴，ON 为y 轴，OA 为z 轴，建立空间直角坐标系，0,0,3A ⎛ ⎝⎭，1,03B ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，3C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,062E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,062F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13G ⎛ ⎝⎭，(0,1,0)EF =，56EG ⎛= ⎝⎭，23AC ⎛=⎝⎭，33AD ⎛=--⎝⎭，,1,33AB ⎛=--- ⎝⎭， 设平面EFG 的一个法向量为()1,,n x y z =，则1100n EFn EG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0501869y x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，不妨令1z =，则18,0,125n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， 同理可计算出平面BCD ､平面ACD ､平面ABD 的一个法向量分别为2(0,0,1)n =，()32,n =，4(22,0,1)n =-，则可得1212517co 1s 5n n n n α⋅==⋅，1313717co 1s 5n n n n β⋅==⋅14149cos 1751n n n n γ⋅==⋅， 所以cos cos cos αβγ<<，又cos y x =在()0.x π∈上递减，所以αβγ>>，故选：A.6．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，11BC BB ==，P 是1A C 的中点，则直线BP 与1AD 所成角的余弦值为（）A ．13B．4．3D 【答案】D【分析】以D 为原点，DA 为x 轴DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线BP 与1AD 所成角的余弦值．【详解】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，11BC BB ==，P 为1A C 的中点，∴以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，(1B ，2，0)，1(1A ，0，1)，(0C ，2，0)，11(,1,)22P ，(1A ，0，0)，1(0D ，0，1)， 1(2BP =-，1-，1)2，1(1AD =-，0，1)， 设异面直线BP 与1AD 所成角为θ，则1111||2cos ||||624BP AD BP AD θ+⋅===⋅． ∴异面直线BP 与1AD 所成角的余弦值为3． 故选：D ．【点睛】求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.7．已知两条异面直线的方向向量分别是(3u =，1，2)-，(3v =，2，1)，则这两条异面直线所成的角θ满足（）A ．9sin 14θ=B ．1sin 4θ=C ．9cos 14θ=D ．1cos 4θ= 【答案】C【分析】由已知两条异面直线的方向向量的坐标，然后利用数量积求夹角公式，即可求得答案.【详解】两条异面直线的方向向量分别是(3u =，1，2)-，(3v =，2，1)，∴·3312(2)19u v =⨯+⨯+-⨯=，231u =+=，232v =+=， 又两条异面直线所成的角为(0,]2πθ∈，∴·99cos cos ,14·14u v u v u v θ====⋅，sin θ=. 故选：C .二、解答题 8．如图，四边形MABC 中，ABC 是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒，MAC △是边长为2的正三角形，以AC 为折痕，将MAC △向上折叠到DAC △的位置，使D 点在平面ABC 内的射影在AB 上，再将MAC △向下折叠到EAC 的位置，使平面EAC ⊥平面ABC ，形成几何体DABCE .（1）点F 在BC 上，若//DF 平面EAC ，求点F 的位置；（2）求二面角D BC E --的余弦值.【答案】（1）F 为BC 的中点；（2 【分析】（1）设D 点在平面ABC 内的射影为O ，连接OD ，OC ，取BC 的中点F ，易得//OF 平面EAC .取AC 的中点H ，连接EH ，由平面EAC ⊥平面ABC ，得到EH ⊥平面ABC ，又DO ⊥平面ABC ，则//DO EH ，则//DO 平面EAC ，然后由面面平行的判定定理证明.（2）连接OH ，以O 为坐标原点，OF ，OH ，OD 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面BDC 的一个法向量为(),,m x y z =和平面EBC 的一个法向量为(),,n a b c =，由cos ,m n m n m n ⋅=⋅求解.【详解】（1）如图，设D 点在平面ABC 内的射影为O ，连接OD ，OC ，∵AD CD =，∵OA OC =，∵在Rt ABC △中，O 为AB 的中点.取BC 的中点F ，连接OF ，DF ，则//OF AC ，又OF ⊄平面EAC ，AC ⊂平面EAC ，∵//OF 平面EAC .取AC 的中点H ，连接EH ，则易知EH AC ⊥，又平面EAC ⊥平面ABC ，平面EAC平面ABC AC =，∵EH ⊥平面ABC ，又DO ⊥平面ABC ，∵//DO EH ，又DO ⊄平面EAC ，EH ⊂平面EAC ，∵//DO 平面EAC .又DO OF O ⋂=，∵平面//DOF 平面EAC .又DF ⊂平面DOF ，∵//DF 平面EAC ，此时F 为BC 的中点.（2）连接OH ，由（1）可知OF ，OH ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OF ，OH ，OD 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，则()1,1,0B -，(D，(0,1,E ，()1,1,0C ，从而()0,2,0BC =，(BD =-，(1,2,BE =-.设平面BDC 的一个法向量为(),,m x y z =，则0,0,BC n BD m ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,0,y x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 得0y =，取x =，则1z =，()2,0,1m =.设平面EBC 的一个法向量为(),,n a b c =，则0,0,BC n BE n ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,20,b a b =⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 得0b=，取a =1c =-，()3,0,1n =-，从而6cos ,63m n m n m n⋅-===⨯⋅.易知二面角D BC E --为钝二面角， 所以二面角D BC E -- 【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.9．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，22PA AD CD AB ====，AB AD ⊥，CD AD ⊥，PA ⊥底面ABCD ，M 为PC 的中点.（1）求证：//BM 平面PAD ；（2）在侧面PAD 内找一点N ，使MN ⊥平面PBD ； （3）求直线PC 与平面PBD 所成角的正弦.【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）3. 【分析】（1）取PD 的中点E ，连接AE 、EM ，证明出四边形ABME 为平行四边形，可得出//BM AE ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以A 为原点，以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设点()0,,N y z ，由题意得出0MN PB MN DB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，求出y 、z 的值，求出点N 的坐标，可确定点N 的位置；（3）利用空间向量法可求得直线PC 与平面PBD 所成角的正弦. 【详解】（1）取PD 的中点E ，连接AE 、EM ，M 为PC 的中点，E 为PD 的中点，则//EM CD 且12EM CD =， 在平面ABCD 中，AB AD ⊥，CD AD ⊥，//AB CD ∴，由已知条件可得12AB CD =， //EM AB ∴且EM AB =，所以，四边形ABME 为平行四边形，//BM AE ∴，BM ⊄平面PAD ，EA ⊂平面PAD ，//BM ∴平面PAD ；（2）PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，以A 为原点，以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0B 、()2,2,0C 、()0,2,0D 、()002P ,,、()1,1,1M ， 在平面PAD 内设()0,,N y z ，()1,1,1MN y z =---，()1,0,2PB =-，()1,2,0DB =-，由MN PB ⊥，可得1220MN PB z ⋅=--+=，12z ∴=， 由MN DB ⊥，可得1220MN DB y ⋅=--+=，12y ∴=，所以，110,,22N ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 所以，当N 是AE 的中点，此时MN ⊥平面PBD ；（3）()2,2,2PC =-，由（2）可知，平面PBD 的一个法向量为111,,22MN ⎛⎫=---⎪⎝⎭，cos ,32PC MN PC MN PC MN⋅<>===-⋅，故直线PC 与平面PBD 所成角的正弦值为3. 【点睛】求直线l 与平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n 与直线l 的方向向量a 的夹角，则sin cos ,n a θ=<>.10．如图所示，四棱锥PABCD -中，侧面PDC 是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD 是ADC 60∠=的菱形，M 为PB 的中点.（1）求PA 与底面ABCD 所成角的大小； （2）求证：PA ⊥平面CDM ； （3）求二面角D MC B --的余弦值. 【答案】（1）45；（2）证明见解析；（3）-5. 【分析】（1）根据题意，由PDC △是正三角形，取DC 的中点O ，得出PO DC ⊥，再由面面垂直的性质得出PO ⊥平面ABCD ，连结OA ，得出PAO ∠就是PA 与底面所成角，根据题给条件得出45PAO ∠=，即可得出PA 与底面ABCD 所成角的大小；（2）根据菱形的性质得出OA DC ⊥，建立空间直角坐标系，通过空间性量法证明出PA DM ⊥，PA DC ⊥，再根据线面垂直的判定定理，即可证出PA ⊥平面CDM ；（3）通过空间向量求法向量的方法，分别求出平面BMC的法向量(n →=-，和平面CDM的法向量PA →=，根据向量法求空间二面角的公式cos n PAn PA n PA→→→→→→⋅=⋅，，利用向量数量积和模的运算可得出结果，经观察二面角D MC B --的平面角θ为钝角，则cos cos n PA θ→→=-，，从而得出结果. 【详解】解：（1）取DC 的中点O ，由PDC △是正三角形，有PO DC ⊥， 又∵平面PDC ⊥底面ABCD ，∵PO ⊥平面ABCD ，连结OA ，则OA 是PA 在底面上的射影，∵PAO ∠就是PA 与底面所成角， ∵ADC 60∠=，由已知PCD 和ACD △是全等的正三角形，从而求得OA OP ==∵45PAO ∠=， ∵PA 与底面ABCD 可成角的大小为45；（2）证明：由底面ABCD 为菱形且ADC 60∠=，2DC =，1DO =， 有OA DC ⊥，建立空间直角坐标系如图，则0)A ，、(00P 、(010)D -，，、20)B ，、()010C ，，，由M 为PB 中点，∵1M ，∵222DM →=，，PA →=，，(020)DC →=，，，∵20(0PA DM →→⋅=⨯+=，0200(0PA DC →→⋅=⨯+⨯=，∵PA DM ⊥，PA DC ⊥，且DM DC D =，而,DM DC ⊂平面DMC ， ∵PA ⊥平面DMC ；（3）022CM →=，，0)CB →=，， 令平面BMC 的法向量()n x y z →=，，，则0n CM →→⋅=，从而0x z +=∵；0n CB →→⋅=0y +=∵；由∵∵，取1x =-，则y =1z =，∵可取(n →=-，由（2）知平面CDM的法向量可取PA →=，，∵cos n PAn PA n PA→→→→→→⋅===⋅， 设二面角D MC B --的平面角为θ，经观察θ为钝角，则cos cos n PA θ→→=-=，. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何法求线面角，考查利用向量法证明线线垂直以及线面垂直的判定定理和面面垂直的性质的应用，考查利用空间空间向量法求解二面角余弦值，注意向量法的合理运用，向量法解题时熟练掌握向量的坐标以及法向量的计算、向量的数量积运算、空间二面角的向量公式是解题的关键. 11．如图，三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ，ABC 和1A AC 都是正三角形，D 是AB 的中点．（1）求证：1//BC 平面1A DC ； （2）求二面角11A DC C --的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）1113. 【分析】（1）首先证明1//DE BC ，进一步得出结论. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小，首先正确求出两个平面的法向量，进一步求出二面角．【详解】（1）如图，连接1AC ，交1A C 于点E ，连接DE ，由于四边形11A ACC 是平行四边形，所以E 是1AC 的中点． 因为D 是AB 的中点，所以1//DE BC ． 因为DE ⊂平面1A DC ，1BC ⊄平面1A DC ， 所以1//BC 平面1A DC ．（2）如图，取AC 的中点O ，连接1A O ，BO ，根据ABC 和1A AC 都是正三角形，得1A O AC ⊥，BO AC ⊥．又平面11A ACC ⊥平面ABC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，所以1A O ⊥平面ABC ，于是1A O BO ⊥． 以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，1OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．设2AC =，则(1A ，()0,1,0C ，1,022D ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，(10,C ．所以33,02CD ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭，131,2AD ⎛=-⎝，152DC ⎛= ⎝． 设平面1A DC 的法向量为(),,m x y z =，则100mCD m A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即30221022x y x y -=⎪--=⎩，令3x =，则y =1z =，所以()3,3,1m =．设平面1DCC 的法向量(),,n a b c =，则100nCD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即30225022a b a b -=⎪⎨⎪-+=⎪⎩，令3a =，则b =1c =-，所以()3,3,1n =-．设二面角11A DC C --的大小为θ，由图易知θ为锐角， 则11cos 13m n m nθ⋅==⋅， 因此二面角11A DC C --的余弦值为1113． 【点睛】本题是综合性题目，属于课堂学习情境和探索创新情境，具体是数学推理学习情境和数学探究情境，本题考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．解题关键 （1）证明线面平行的关键是找到线线平行，而线线平行常常借助三角形的中位线定理来证明．（2）利用向量法求二面角的大小，关键是建立合适的空间直角坐标系，然后正确求出两个平面的法向量． 12．如图，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 中//CD AB ，AB BC ⊥，侧面ABE ⊥平面ABCD ，且224AB AE BE BC CD =====，点M 在棱AE 上，且2MA EM =．（∵）证明：//CE 平面BDM ； （∵）求二面角E BD M --的余弦值【答案】（∵）证明见解析；（∵）35． 【分析】（∵）要证明线面平行需证明线线平行，接AC 交BD 于点N ，连接MN ，利用线段比例相等，证明//MN CE ；（∵）如图，建立空间直角坐标系，分别求平面BDM 和平面BDE 的法向量，利用法向量二面角的余弦值. 【详解】命题意图本题考查空间关系的证明以及利用空间向量计算二面角的余弦值 解析（∵）如图，连接AC 交BD 于点N ，连接MN ， 因为CD AB ，2AB CD =，所以12CN CD NA AB ==， 由条件得12EM MA =，所以MN CE ，又CE ⊄平面BDM ，MN ⊂平面BDM ， 所以CE平面BDM ．（∵）如图，取AB 的中点O ，连接EO ，DO ．由条件可知OD ，OA ，OE 两两垂直，以OD ，OA ，OE 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O xyz -，则()0,2,0A ，()0,2,0B -，()2,0,0D，(E ，因为2AM ME =，所以20,,33M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭． 所以()2,2,0BD =，80,,33BM ⎛= ⎝⎭，(0,2,BE =，设平面BDM 的法向量为()111,,m x y z =，则0,0,m BD m BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩即1111220,80,33x y y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩令1y =()3,2m =．设平面BDE 的法向量为()222,,n x y z =，则0,0,n BD n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩即2222220,20,x y y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩令2y ==()3,n =-，所以二面角E BDM --的余弦值为35． 【点睛】方法点睛：不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行.13．如图，在底面为菱形的四棱锥P ABCD -中，60BCD ∠=︒，2PA PD CD ==．（1）证明：AD PB ⊥； （2）若PB AD =，点Q 在线段PB 上，且3PQ QB =，求二面角A CQ B --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，BD 得AD BO ⊥，AD PO ⊥证得AD ⊥平面PBO ，从而得证线线垂直；（2）设2AB =，90APD ∠=︒求得1PO =可得PO BD ⊥，以以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OP 的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．用空间向量法求二面角． 【详解】（1）取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，BD ， 因为四边形ABCD 是菱形，且60BCD ∠=︒，所以60BAD ∠=︒，且AB AD =，所以ABD △为正三角形，AD BO ⊥． 因为PA PD =，所以AD PO ⊥． 又BOPO O =，所以AD ⊥平面PBO ，因为PB ⊂平面PBO ，所以AD PB ⊥．（2）设2AB =，则2PA PD CD === 所以222PA PD AD +=，所以90APD ∠=︒．由（1）知，112PO AD ==，又BO AD ==，2PB AD ==，所以222PO OB PB +=，所以PO BO ⊥．故以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OP 的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．则()1,0,0A，()B，()C -，()0,0,1P，14Q ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，所以()3,CA =，12,44CQ ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,0CB =． 设()111,,n x y z =是平面ACQ 的法向量，则0,0,n CA n CQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩即1111130,120,44x x y z ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩取1y =()1,3,5n =-．设()222,,m x y z =是平面BCQ 的法向量，则0,0,m CB m CQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩即222220,120,44x x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩则20x =， 取21y=，则(=m ．则3cos 2n m n m n m⋅-⋅====⋅由图易知二面角A CQ B --为钝二面角，所以二面角A CQ B --的余弦值为． 【点睛】易错点睛：求解本题的易错点：一是求平面的法向量出错，应注意点的坐标求解的准确性；二是符号出错，把二面角的余弦值与向量夹角的余弦值的关系搞混，导致结果出错．14．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD DC =，F ，G 分别是PB ，AD 的中点．（1）求证：GF ⊥平面PCB ；（2）求平面PAB 与平面PCB 夹角的余弦值；（3）在AP 上是否存在一点M ，使得DM 与PC 所成角为60︒？若存在，求出M 点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）12-；（3）存在，点M 的坐标为(1，0，1). 【分析】（1）以D 为原点，DA 、DC 、DP 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，写出G 、P 、A 、B 、C 、F 的坐标，根据法向量的性质求得平面PCB 的法向量n ，证得//GF n 即可；（2）由（1）知，平面PCB 的法向量为(0n =，1，1)，同（1）可求得平面PAB 的法向量m ，由cos m <，||||m nn m n >=即可得解；（3）设AM AP λ=，则(22M λ-，0，2)λ，故有cos 60|cos DM ︒=<，·|·DM PC PC DM PC>=，解之得λ的值即可． 【详解】（1）证明：以D 为原点，DA 、DC 、DP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则(1G ，0，0)，(0P ，0，2)，A (2，0，0)，(2B ，2，0)，(0C ，2，0)，(1F ，1，1)，∴(0GF =，1，1)，(2PB =，2，2)-，(0PC =，2，2)-，设平面PCB 的法向量为(n x =，y ，)z ，则·0{·0n PB n PC ==，即2220{220x y z y z +-=-=，令1y =，则0x =，1z =，∴(0n =，1，1)，∴//GF n ，故GF ⊥平面PCB ．（2）解：由（1）知，平面PCB 的法向量为(0n =，1，1)，(2PA =，0，2)-， 同（1）可求得平面PAB 的法向量(1m =，0，1)，cos m ∴<，·112·2m n n m n >===⨯， 由图可知，平面PAB 与平面PCB 的夹角为钝角，∴平面PAB 与平面PCB 夹角的余弦值为12-． （3）解：设AM AP λ=，则(22M λ-，0，2)λ，∴(22DM λ=-，0，2)λ，DM 与PC 所成角为60︒，(0PC =，2，2)-，cos 60|cos DM ∴︒=<，··(2DM PC PC DM PC>==，解得12λ=，故在AP 上存在一点M ，使得DM 与PC 所成角为60︒，点M 的坐标为(1，0，1)． 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量在立体几何中的应用，熟练掌握利用空间向量处理线面垂直、二面角和异面直线夹角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力．15．已知如图∵，在菱形ABCD 中，60A ∠=︒且2AB =，E 为AD 的中点，将ABE △沿BE 折起使AD =∵所示的四棱锥A BCDE -.（1）求证：平面ABE ⊥平面ABC ；（2）若P 为AC 的中点，求二面角P BD A --的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）17. 【分析】（1）利用题中所给的条件证明AE ED ⊥，BE DE ⊥，因为//BC DE ，所以BC BE ⊥，BC AE ⊥∵即可证明BC ⊥平面ABE ∵进一步可得面面垂直；（2）先证明AE ⊥平面BCDE ∵以E 为坐标原点，EB ，ED ，EA 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面PBD 的一个法向量m ，平面BDA 的一个法向量n ，利用向量的夹角公式即可求解 【详解】解：（1）在图∵中，连接BD ，如图所示：因为四边形ABCD 为菱形，60A ∠=︒，所以ABD △是等边三角形. 因为E 为AD 的中点，所以BE AE ⊥，BE DE ⊥. 又2AD AB ==，所以1AE DE ==.在图∵中，AD =，所以222AE ED AD +=，即AE ED ⊥.因为//BC DE ，所以BC BE ⊥，BC AE ⊥. 又BEAE E =，AE ，BE ⊂平面ABE .所以BC ⊥平面ABE .又BC ⊂平面ABC ，所以平面ABE ⊥平面ABC . （2）由（1）知，AE DE ⊥，AE BE ⊥. 因为BE DE E ⋂=，BE ，DE ⊂平面BCDE . 所以AE ⊥平面BCDE .以E 为坐标原点，EB ，ED ，EA 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系：则()0,0,0E ，()0,0,1A，)B，)C ，()0,1,0D .因为P 为AC的中点，所以12P ⎫⎪⎪⎝⎭.所以311,2PB⎛⎫=-- ⎪⎪⎝⎭，12PD ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭. 设平面PBD 的一个法向量为(),,m x y z =，由00PB m PDm ⎧⋅=⎨⋅=⎩得102102x y z x z--=⎨⎪-=⎪⎩.令z =1x =-，y =(1m =-.设平面BDA 的一个法向量为()111n x y z =，，.因为()31BA =-，，()011AD =-，，由00BA n AD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得11110z y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 令11x =，z=y =(13n =，，则11cos ,77m n m n m n⋅--===-⨯⨯∵所以二面角P BD A --的余弦值为17. 【点睛】思路点睛：证明面面垂直的思路（1）利用面面垂直的定义，（不常用） （2）利用面面垂直的判定定理；（3）利用性质：//αβ，βγαγ⊥⇒⊥.16．如图，E 为矩形ABCD 边CD 的中点，沿BE 将CBE △向上翻折至FBE ，使得二面角C BE F --为60°，且AB =，2FG GC =.（1）证明：//AF 平面BGE ；（2）求直线BG 与平面ABF 夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）85.【分析】（1）连接AC 交BE 于H ，由相识三角形可得12CH CE AH AB ==，从而可得//AF GH ，进而可得结论；（2）先证明AC BE ⊥，翻折后可得FH BE ⊥，可得FHC ∠是C BE F --的平面角为60，FHC为正三角形，设BC =，则3AB AC ==，以H 为原点，HA 为x 轴，HB 为y 轴，建立如图所示法坐标系，求出法向量与直线的方向向量，利用夹角公式可得答案. 【详解】（1）连接AC 交BE 于H ， 则AHB CHE ，12CH CE AH AB ==， 又12GC FG =，//AF GH ∴， 又AF ⊄面BGE ，GH ⊂面BGF ，//AF ∴平面BGE ；（2）tan BCCEB CE∠==， tan ABBCA BC∠==， CEB BCA ∴∠=∠ ， CEB BCA ∠=∠，90HEC HCE ∴∠+∠=，CH BE ⊥，即AC BE ⊥，翻折后可得FH BE ⊥， 所以FHC ∠是C BE F --的平面角为60，FHC为正三角形，设BC =，则3AB AC ==，以H 为原点，HA 为x 轴，HB 为y 轴，建立如图所示法坐标系，则()()2,0,0,AB，15,0,,,0,2266F G ⎛⎛-- ⎝⎭⎝⎭，53135,0,,,2,,,222266AF BF BG ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--=-⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设平面ABF 的法向量为(),,n x y z =，则50221022x z x z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，令z =3,510x y ==，332,55n ⎛= ⎝，设BG 与平面ABF 夹角的正弦值夹角为θ，sin 85BG n BG nθ⋅===⋅⎛【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“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”.17．如图，长方体1111ABCD A B C D-中，2AB =，11BC CC ==，若在CD 上存在点E ，使得1A E ⊥平面11AB D .（1）求DE 的长；（2）求平面11AB D 与平面1BB E 夹角的余弦值.【答案】（1）12；（2【分析】（1）建立空间坐标系，设DE a =，令11A E AB ⊥即可求出a 的值； （2）求出平面1BB E 的法向量n ，计算n 和1A E 的夹角即可得出二面角的大小. 【详解】（1）以D 为原点，以DA ，DC ，1DD 为轴建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示：设DE a =，则(0E ，a ，0)，(1A ，0，0)，1(1A ，0，1)，1(1B ，2，1)，1(0D ，0，1)，∴1(0AB =，2，1)，11(1D B =，2，0)，1(1A E =-，a ，1)-， AE 平面11AB D ，∴1AB AE ⊥，即1210E a A AB ⋅=-=，解得12a =， 12DE ∴=. （2）由（1）可知1(1A E =-，12，1)-为平面11AB D 的法向量， (1BE =-，32-，0)，1(0BB =，0，1)， 设平面1BB E 的法向量为(n x =，y ，)z ，则1·0·0n BB n BE ⎧=⎨=⎩，即0302z x y =⎧⎪⎨--=⎪⎩， 令2y =可得(3n =-，2，0)，1cos A E ∴<，11·43132A E A E nn n >===⨯.∴平面11AB D 与平面1BB E 夹角的余弦值为39. 【点睛】方法点睛：二面角的求法方法一：（几何法）找→作（定义法、三垂线法、垂面法）→证（定义）→指→求（解三角形）；方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量,m n ；再代入公式cos m nm n α⋅=±（其中,m n 分别是两个平面的法向量，α是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“±”号）18．如图，三棱柱ABC DEF -的侧面BEFC 是边长为1的正方形，面BEFC ⊥面ADEB ，4AB =，60DEB ∠=︒，G 是DE 的中点.（1）求证：//CE 平面AGF ；（2）求点D 到平面AGF 的距离；（3）在线段BC上是否存在一点P ，使二面角P GE B --为45︒，若存在，求BP 的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）存在，且2BP =，理由见解析. 【分析】（1）通过三角形的中位线以及线面平行的判定定理，证得//CE 平面AGF .（2）建立空间直角坐标系，利用公式计算点D 到平面AGF 的距离.（3）设出P 点坐标，根据二面角P GE B --为45︒列方程，解方程求得BP .【详解】（1）连接CD 交AF 于H ，连接HG ，根据柱体的性质可知//,AD CF AD CF =，所以四边形ADFC 是平行四边形，所以H 是AF 的中点，由于G 是DE 的中点，所以//HG CE ，由于HG ⊂平面AGF ，CE ⊂平面AGF ，所以//CE 平面AGF .（2）因为四边形BEFC 是正方形，所以BC BE ⊥，因为面BEFC ⊥面ADEB ，面BEFC ⋂面ADEB BE =，所以BC ⊥平面ADEB ，则,BC BE BC BG ⊥⊥.因为60DEB ∠=︒，2,1GE BE ==，在三角形BGE 中由余弦定理得BG ==所以222BE BG GE +=，所以BG BE ⊥.以B 为原点，建立如图所示空间直角坐标系.则)()()()(),2,0,0,1,1,1,0,0,1,0G A F D E --. ()()()3,2,0,3,1,1,3,1,0AG GF DG =-=-=-. 设平面AGF 的法向量为()1111,,x n y z =，则111111132030n AG y n GF yz ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令12x =，则11y z ==(2,3,n=. 设D 到平面AGF 的距离为d ，则310DG nd n ⋅===. （3）假设线段BC 上存在一点P ，使二面角P GE B --为45︒.设()0,0,P h ，则()GP h =-，()0,1,EP h =-.设平面PGE 的法向量为()2222,,n x y z =，则222222300n GP hz n EP y hz ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令21z =则22x y h ==， 所以2,1n h ⎫=⎪⎭. 由于BC ⊥平面ADEB ，所以()0,0,1BC=，是平面BGE 的一个法向量， 所以222cos ,BC n BC n BC n h ⋅===⋅，解得h =. 所以在线段BC 上存在一点P ，使二面角P GE B --为45︒，且BP =.【点睛】证明线面平行的方法主要是通过线线平行来证明，求点面距可以考虑向量法来计算.19．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，12AC BC AA ===（1）求证：1A C BC ⊥；（2）求直线1AC 和11A B 所成角的大小；（3）求直线1AC 和平面11ABB A 所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）3π；（3）6π. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由10CA CB ⋅=证得1A C BC ⊥. （2）利用直线1AC 和直线11A B 的方向向量，求得直线1AC 和11A B 所成角的余弦值，由此求得该角的大小. （3）利用直线1AC 的方向向量和平面11ABB A 的法向量，求得直线1AC 和平面11ABB A 所成角的正弦值，进而求得该角的大小.【详解】（1）由于三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1CC ⊥平面ABC ，所以11,CC AC CC BC ⊥⊥，依题意可知AC BC ⊥.以C 为原点建立如图所示空间直角坐标系.则()()()()()1112,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2A B C A B ，则()()12,0,2,0,2,0CA CB ==，所以10CA CB ⋅=，所以1A C BC ⊥. （2）()()1112,0,2,2,2,0AC A B =-=-，设直线1AC 和11A B 所成角为α， 则1111111cos 22AC A B AC A B α⋅===⋅， 由于02πα≤≤，所以3πα=.（3）()()12,2,0,0,0,2AB AA =-=，设平面11ABB A 的法向量为(),,n x y z =， 则122020n AB x y n AA z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1x =可得()1,1,0n =. 设直线1AC 和平面11ABB A 所成角为β， 则111sin 22AC nAC n β⋅===⋅， 由于02πβ≤≤，所以6πβ=.【点睛】要证明线线垂直，可以利用这两条直线的方向向量的数量积为0来证明.20．如图，已知三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，,,2AC BC PA AC BC DB AD ⊥===，M 、E 分别为PB 、PC 的中点，N 为AE 的中点．（∵）求证：MN CD ⊥；（∵）求直线PB 和平面PCD 所成角的正弦值．【答案】（∵）证明见解析；（∵）3. 【分析】（∵）以C 为原点，,CA CB 所在直线为x 轴、y 轴，建立空间直角坐标系，设2PA AC BC ===，利用空间向量的数量积为0可证MN CD ⊥；（∵）根据向量PB 和平面PCD 的法向量可求得结果.【详解】（∵）证明：如图，以C 为原点，,CA CB 所在直线为x 轴、y 轴，建立空间直角坐标系，设2PA AC BC ===，则(2,0,0),(0,2,0),(0,0,0),(2,0,2)A B C P ， 所以3142(1,1,1),(1,0,1),,0,,,,02233M E N D ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1142,1,,,,02233MN CD ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因为01421102332MN CD =⨯--⋅=⨯⨯， 所以MN CD ⊥．（∵）由（∵）知(2,2,2),(2,0,2)PB CP =--=，设平面PCD 的法向量(,,)n x y z =，则0,0.CD n CP n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得420,33220.x y x z ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩令1x =，则2,1y z =-=-，故平面PCD 的一个法向量为(1,2,1)n =--，设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ，则|||21sin 3|||4PB n PB n θ⋅-⨯====+∣. 所以直线PB 和平面PCD . 【点睛】 关键点点睛：建立空间直角坐标系，正确写出相关点的坐标，求出平面的法向量是解题关键，属于中档题. 21．如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是边长为2的等边三角形，侧面11BCC B 为菱形，且平面11BCCB ⊥平面ABC ，160CBB ∠=︒，D 为棱1AA 的中点．（1）证明：1BC ⊥平面1DCB ；（2）求二面角11B DC C --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2. 【分析】（1）设BC 的中点为E ，1BC 与1B C 的交点为O ，连接AE ，EO ，OD ，根据线面垂直的判定定理，可得AE ⊥平面11BCC B ；再证明//AE DO ，得到DO ⊥平面11BCC B ，推出1DO BC ⊥，11BC B C ⊥，从而可得线面垂直；（2）先由（1）可得，OD ，OB ，1OB 两两相互垂直，以O 为坐标原点，以OD 的方向为z 轴正方向，分别以OB ，1OB 为x 轴和y 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，分别求出平面1DCC 和1DCB 的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果.【详解】（1）证明：设BC 的中点为E ，1BC 与1B C 的交点为O ，连接AE ，EO ，OD ，如图所示． 由E 为BC 的中点可得AE BC ⊥，又平面11BCC B ⊥平面ABC ，平面11BCC B 平面ABC BC =，故AE ⊥平面11BCC B ．又O 为1BC 的中点．所以11//2EO CC 且112EO CC =． 又11//2AD CC 且112AD CC =，所以//AD EO 且AD EO =， 因此四边形ADEO 为平行四边形，所以//AE DO 且AE DO =，所以DO ⊥平面11BCC B ，故1DO BC ⊥，又四边形11BCC B 为菱形，所以11BC B C ⊥，又1DO B C O ⋂=，DO ⊂平面1DCB ，1B C ⊂平面1DCB ，所以1BC ⊥平面1DCB ；（2）由（1）可知OD ，OB ，1OB 两两相互垂直，以O 为坐标原点，以OD 的方向为z 轴正方向，分别以OB ，1OB 为x 轴和y 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．则)B，()1C，(D ，()0,1,0C -， 设()111,,n x y z =为平面1DCC 的一个法向量，则10,0,n CD n CC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即11110,0,y y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩可取()1,3,1n =-， 由（1）可知，OB 为平面1DCB 的一个法向量，所以cos ,1n OBn OB n OB ⋅<>===+所以二面角11B DC C --． 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.22．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，PA ⊥平面ABCD ，//PA BE ，2BE =，4AB PA ==.（1）求证：//CE 平面PAD ；（2）求直线PD 与平面PCE 所成角的正弦值；（3）在棱AB 上是否存在一点F ，使得二面角E PC F --的大小为60？如果存在，确定点F 的位置；如果不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）6；（3）存在；F 为AB 的中点. 【分析】（1）取PA 中点H ，通过证明四边形CDEH 是平行四边形得出//EC DH ，故而//EC 平面PAD ； （2）建立了空间坐标系，求出平面PCE 的法向量m ，计算m 和PD 的夹角即可求出线面角的正弦值； （3）设AF a =，求出平面PCF 的法向量n ，令1cos ,2m n =计算a ，根据计算结果得出结论. 【详解】（1）证明：取PA 中点H ，连接EH ，DH ， //EB PA ，12EB PA AH ==， ∴四边形ABEH 是平行四边形，//EH AB ∴，EH AB =，四边形ABCD 是正方形，//CD AB ∴，CD AB =，//EH CD ，EH CD =，∴四边形CDHE 是平行四边形，//EC DH ∴，又EC ⊂/平面PAD ，DH ⊂平面PAD ，//EC ∴平面PAD .（2）解：以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示：则(0P ，0，4)，(4E ，0，2)，(4C ，4，0)，(0D ，4，0)，∴(0PD =，4，4)-，(4PE =，0，2)-，(0EC =，4，2)-，设平面PCE 的法向量为(m x =，y ，)z ，则·0·0m PE m EC ⎧=⎨=⎩，即420420x z y z -=⎧⎨-=⎩，令1x =可得(1m =，1，2)， 设直线PD 与平面PCE 所成角为θ，则||sin |1m PD m PDθ⋅====∴直线PD 与平面PCE .（3）解：设(F a ，0，0)(04)a ，则(FP a =-，0，4)，(4FC a =-，4，0)，设平面PCF 的法向量为1(n x =，1y ，1)z ，则·0·0n FP n FC ⎧=⎨=⎩，即111140(4)40ax z a x y -+=⎧⎨-+=⎩，令1z a =可得(4n =，4a -，)a ， 故|||cos ,|6m n m n m n ⋅<>==⨯12=，即2280a a +-=，解得2a =，4a =-（舍）， ∴当F 为AB 的中点时，二面角E PC F --的大小为60︒.【点睛】方法点睛：求二面角的方法有：∵定义法：在二面角的棱上选取特殊点，过该点在两个半平面内作棱的垂线得到二面角的平面角，在三角形中计算可得结果；∵向量法：建立空间直角坐标系，利用二面角的两个半平面的法向量的夹角可求得结果.23．在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为正方形，平面PAB ⊥平面ABCD ，PAB △为等腰直角三角形，PA PB ⊥，AB =2.（1）求证：平面PBC ⊥平面P AC ；（2）设E 为CD 的中点，求二面角C -PB -E 的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2. 【分析】（1）根据平面PAB ⊥平面ABCD ，易得BC ⊥平面PAB ，从而BC PA ⊥，再结合PA PB ⊥，利用线面垂直的判定定理证得PA ⊥平面PBC ，然后利用面面垂直的判定定理证明.（2）取AB 的中点O ，连接OE ，OP ，易得PO ⊥平面ABCD ，然后以O 为坐标原点．分别以OE ，OA ，OP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -，求得平面PBE 的一个法向量为(),,n x y z =，又平面PBC 的一个法向量为()0,1,1PA =-，然后利用cos ,PA n PA n PA n⋅=求解.【详解】（1）因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，BC ⊂平面ABCD 且BC AB ⊥，所以BC ⊥平面PAB ． 又PA ⊂平面PAB ， 所以BC PA ⊥，。
高考数学中利用空间向量解决立体几何的向量方法(二)——解决空间角的问题培训讲学
平 面 A B C 的 法 向 量 平 移 到 A 1 B 1 C 1 位 置 ， 已 知
BCCACC1， 取 A 1B 1 、 A 1 C 1 的 中 点 D 1 、 F 1 ，
求 B D 1 与 A F 1 所 成 的 角 的 余 弦 值 .C 1
F1
B1
A1
D1
C
B
A
题型一：线线角
解：以点C为坐标原点建立空间直角坐标系C xy如z 图
表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题
转化为向量问题(还常建立坐标系来辅助)；
（化为向量问题或向量的坐标问题）
（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位 置关系以及它们之间距离和夹角等问题；
（进行向量运算）
（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意
义. （回到图形）
（ 2 ） 求 A D 与 平 面 A N M 所 成 的 角 .A 1 B1 M
N
C1
D1
A(0,0,0), A1(0,0, 4),D(0,8,0),M(5,2,4)
A
AM(5,2,4), A 1D(0,8,4), x B
AMA1D ＝ 0A1DAM.
Dy
C
题题型型二二：：线线面面角角
直线与平面所成角的范围： [ 0 , ]
42
所以
B
D
与
1
A所F 成1 角的余弦值为
30 10
题型一：线线角
练习： 在长方体 ABCDA1B1C1D 1中，AB=5， AD8,
AA1 4, M 为 B 1 C 1 上 的 一 点 , 且 B 1 M 2 ,点 N在 线 段 A1D上 ，
A1D AN. (1)求 证 ： A 1DAM . z
2022高三总复习数学 利用空间向量求空间角(含解析)
利用空间向量求空间角A 级——基础达标1.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A ．3030 B ．3015 C ．3010D ．1515解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则B 1(2,2,2)，M (1,1,0)，D 1(0，0,2)，N (1,0,0)，∴B 1M ―→＝(－1，－1，－2)， D 1N ―→＝(1,0，－2)，∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为|B 1M ―→·D 1N ―→||B 1M ―→|·|D 1N ―→|＝|－1＋4|1＋1＋4×1＋4＝3010. 2.如图，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成角的正弦值为( )A ．33535 B ．277 C ．33D ．24解析：选A 如图，以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，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0，3,0)，∴DC 1―→＝(0,3,1)，D 1E ―→＝(1,1，－1)，D 1C ―→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E ―→＝0，n ·DC 1―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．∴DC 1―→，n＝DC 1―→·n | DC 1―→||n |＝33535，∴DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535. 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解析：选B 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D ―→＝(0,1，－1)， A 1E ―→＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)． 又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.4.如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A ．35B ．56C ．3310D ．3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.5．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B -AA 1-C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为________．解析：由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4，AB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→||BC 1―→|＝24，故AB 1―→，BC 1―→＝7.答案：76.如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线OF 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为坐标原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1，0,3)，DB ―→＝(0,23，0)， EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ，∴n ＝(－a,0,1)， ∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线OF 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22， 解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：27．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN .因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N .又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA ―→的方向为x 轴正方向，|MB ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故PM ＝232，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ． 作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设Q (a,0,0)，则NQ ＝ 4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，|B 1E ―→|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E ―→〉＝cos 〈n ，B 1E ―→〉＝n ·B 1E ―→|n |·|B 1E ―→|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010.8．(2021·贵阳市第一学期监测考试)如图，在四棱锥P -ABCD中，底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点，PQ ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ＝AD ＝2，M 是棱PC 上一点，且PM PC ＝13.(1)证明：PA ∥平面BMQ ； (2)求二面角B -MQ -C 的余弦值．解：(1)证明：如图，连接AC ，交BQ 于N ，连接MN ，∵底面ABCD 是菱形，∴AQ ∥BC ，∴△ANQ ∽△CNB ， ∴AQ BC ＝AN NC ＝12，∴AN AC ＝13，又PM PC ＝13，∴PM PC ＝AN AC ＝13，∴MN ∥PA ，又MN ⊂平面BMQ . PA ⊄平面BMQ ，∴PA ∥平面BMQ .(2)连接BD ，∵底面ABCD 是菱形，且∠BAD ＝60°，∴△BAD 是等边三角形，又Q 为AD 的中点，∴BQ ⊥AD .由PQ ⊥平面ABCD ，得PQ ⊥AD .以Q 为坐标原点，QA ，QB ，QP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则Q (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，由AC ―→＝AD ―→＋AB ―→＝(－2,0,0)＋(－1，3，0)＝(－3，3，0)，可得点C (－2，3，0)， 设平面PQC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·QP ―→＝0，n ·QC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令x ＝3，得y ＝23，z ＝0， ∴n ＝(3,23，0)，|n |＝21.设平面BMQ 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·QB ―→＝0，m ·MN ―→＝0，∵MN ∥PA ，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ·QB ―→＝0，m ·PA ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 1＝0，x 1－3z 1＝0，令x 1＝3，则z 1＝1，y 1＝0， ∴m ＝(3，0,1)是平面BMQ 的一个法向量． 设二面角B -MQ -C 的平面角的大小为θ， 则cos θ＝m ·n |m ||n |＝3714， 即二面角B -MQ -C 的余弦值为3714.B 级——综合应用9.如图所示，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC ． 因为AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥AE . 又因为AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ⊂平面ACFE .所以BD ⊥平面ACFE . (2)以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a ＞0)，OF ―→＝(－1,0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB ―→＝0，n ·OE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF ―→，n 〉|＝|OF ―→·n ||OF ―→||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22， 解得a ＝3或a ＝－13(舍去)．所以OF ―→＝(－1,0,3)，BE ―→＝(1，－3，2)，cos 〈OF ―→，BE ―→〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54. 10.(2021·贵州贵阳适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体ABB 1A 1C 构成的几何体，平面ABC 与半圆柱的下底面共面，且AC ⊥BC ，P 为弧A 1B 1上(不与A 1，B 1重合)的动点．(1)证明：PA 1⊥平面PBB 1；(2)若四边形ABB 1A 1为正方形，且AC ＝BC ，∠PB 1A 1＝π4，求二面角P -A 1B 1-C 的余弦值．解：(1)证明：在半圆柱中，BB 1⊥平面PA 1B ，所以BB 1⊥PA 1. 因为A 1B 1是直径，所以PA 1⊥PB 1.因为PB 1∩BB 1＝B 1，PB 1⊂平面PBB 1，BB 1⊂平面PBB 1，所以PA 1⊥平面PBB 1. (2)以C 为坐标原点，分别以CB ，CA 所在直线为x 轴，y 轴，过C 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系C -xyz ，如图所示．设CB ＝1，则C (0,0,0)，B (1,0,0)，A (0,1,0)，A 1(0,1，2)，B 1(1,0，2)，P (1,12)，所以CA 1―→＝(0,1，2)，CB 1―→＝(1,0，2)．平面PA 1B 1的一个法向量n 1＝(0,0,1)．设平面CA 1B 1的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2，x ＝－2，z ＝1，所以可取n 2＝(－2，－2，1)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝11×5＝55.由图可知二面角P -A 1B 1-C 为钝角，所以所求二面角的余弦值为－55.。
向量法求空间角(含解析)
高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇考点1：异面直线所成的角若异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u·v||u||v|．考点2：直线与平面所成的角如图，直线AB 与平面α相交于点B ，设直线AB 与平面α所成的角为θ，直线AB 的方向向高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝ u ·n |u ||n |＝|u·n||u||n|．考点3：平面与平面的夹角如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|．【常用结论总结】1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|． 2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是0,2．【例1】 直三棱柱ABC -A 1B 1C 1如图所示，AB =4，BC=3，AC =5，D 为棱AB 的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为61π，则异面直线A 1D 和B 1C 所成的角的余弦值为（ ）高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇A ．5B ．25C ．5D ．25【例2】 如图，四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，△PAD 是正三角形，AB =2，平面PAD ⊥平面ABCD ，则PC 与BD 所成角的余弦值为（ ）A ．14B ．4C ．13D 【例3】 如图四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，各棱长均相等，E 是PB 的中点，则异面直线AE 与PC 所成角的余弦值为（）A 6B C ．13D ．12学霸笔记用向量法求异面直线所成的角的一般步骤（1）建立空间直角坐标系；（2）用坐标表示两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）注意两异面直线所成角的范围是(0,]，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇【对点训练1】 如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长均相等，∠BAA 1=∠CAA 1=60°，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（）AB ．13C ．4D 【对点训练2】 “曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，AA ⊥面ABCD ，AA 1=4，底面扇环所对的圆心角为π2，AD 的长度是BC 长度的2倍，CD =1，则异面直线A 1D 1与BC 1所成角的正弦值为（）A ．3B ．13C ．3D ．4【对点训练3】 如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=AC=AB=2，BC =2√2，Q 为A 1B 1的中点，E 为AQ 的中点，F 为BC 1的中点，则异面直线BE 与AF所成角的余弦值为（ ）A． BC ．D高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇【例4】 在正方体ABCD −A B C D 中，如图E 、F 分别是BB 1、CD 的中点． （1）求证：平面AD F ⊥平面ADE ； （2）求直线EF 与AD F 所成角的正弦值．【例5】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，P A ⊥平面ABCD ，P A=AD=2AB=8，点M 在棱PD 上，且PA =PM ⋅PD ，AM ⊥MC．（1）求证：CD ⊥平面P AD ；（2）求BM 与平面ACM 所成角的余弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇 学霸笔记利用空间向量求线面角的解题步骤【对点训练4】 如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱BC 、CD 的中点． （1）求证：D 1 F ∥平面A 1EC1；（2）求直线AC 1与平面A 1EC 1所成角的正弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇 【对点训练5】 如图所示，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，∠ABC =60°，AB =2，AA 1=2√3，E 为线段DD 1上一点．（1）求证：AC ⊥B 1D ；（2）若平面AB 1E 与平面ABCD 的夹角的余弦值为25，求直线BE与平面AB 1E 所成角的正弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇【例6】 在如图所示的空间几何体中，△ACD 与△ACB 均是等边三角形，直线ED ⊥平面ACD ，直线EB ⊥平面ABC ，DE ⊥BE ． （1）求证：平面ABC ⊥平面ADC ；（2）求平面ACE 与平面BCE 夹角的余弦值．【例7】 如图，三棱锥A −BCD 中，DA =DB =DC ，BD ⊥CD ，∠ADB =∠ADC =60∘，E 为BC 的中点． （1）证明：BC ⊥DA ；（2）点F满足EF⃗=DA ⃗，求二面角D −AB −F 的正弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇学霸笔记利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤【对点训练6】 直三棱柱ABC −A B C 中，AA =AB =AC =2,AA ⊥AB,AC ⊥AB ，D 为A B 的中点，E 为AA 的中点，F 为CD 的中点． （1）求证：EF ∥平面ABC ；（2）求直线BE 与平面CCD所成角的正弦值； （3）求平面A CD 与平面CC D 夹角的余弦值．高中数学 ︵ 向量法求空间角︶培优篇 【对点训练7】 如图，在棱长为2的正方体ABCD −A B C D 中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．（1）求证：D 1F ∥平面A EC ；（2）求直线AC 与平面A EC 所成角的正弦值． （3）求二面角A −A C −E 的正弦值．【对点训练8】 如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点． （1）证明：OE ∥平面PAC ；（2）若∠ABO=∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值．。
高考大题规范解答立体几何大题(空间向量)
高考大题规范解答——立体几何(理)考点1 线面的位置关系与空间角例1 (2018·课标Ⅲ，19)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，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．【分析】 ①在题目所给的两个平面中选择一条直线，证明该直线垂直于另一个平面； ②建立空间直角坐标系，求得几何体体积最大时点M 的位置，利用两个平面的法向量的夹角求解即可．【标准答案】——规范答题 步步得分(1)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 ，故BC ⊥DM .2分得分点①因为M 为CD ︵上异于C ，D 的两点， 且DC 为直径，所以DM ⊥CM .3分得分点② 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC ．4分得分点③ 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．5分得分点④(2)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D －xyz .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)．7分得分点⑤设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2).9分得分点⑥DA →是平面MCD 的法向量， 因此cosn ，DA →＝n ·DA →|n |·|DA →|＝55，11分得分点⑦sinn ，DA →＝255.所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255.12分得分点⑧【评分细则】①由面面垂直得到线面垂直，进一步得到线线垂直，给2分，直接得出不给分． ②由直径所对角为直角得到DM ⊥CD ，给1分． ③写出结论DM ⊥平面BMC ，给1分． ④得到平面AMD ⊥平面BMC ，给1分．⑤建立适当坐标系，写出相应的坐标及向量，给2分(酌情)． ⑥正确求出平面的法向量，给2分． ⑦写出公式cosn 1，n 2＝n 1·n 2|n 1||n 2|，并正确求出余弦值，给2分． ⑧求出正弦值，并写好结论，给1分． 【名师点评】1．核心素养：本题主要考查面面垂直的证明以及空间二面角的求解，考查考生的逻辑推理能力与空间想象力，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算． 2．解题技巧：(1)得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中写出平面AMD ⊥平面BMC 成立的条件，写不全则不能得全分．(2)得关键分：第(1)问中，面面垂直性质定理的转化是关键，在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，再转化为线线垂直．第(2)问一定要正确算出cos n 1，n 2＝n 1·n 2|n 1||n 2|的结果才能得2分．〔变式训练1〕(2019·湖北八校，18)如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，F A＝FC，且∠DAB＝∠DBF ＝60°.(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．[解析](1)证明：设AC与BD相交于点O，连接FO，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，且O为AC中点，∵F A＝FC，∴AC⊥FO，又FO∩BD＝O，∴AC⊥平面BDEF.(2)连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△BDF为等边三角形，∵O为BD中点，∴FO⊥BD，又AC⊥FO，AC∩BD＝O，∴FO⊥平面ABCD．∵OA，OB，OF两两垂直，∴可建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示，设AB＝2，∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，∴BD ＝2，AC ＝2 3.∵△DBF 为等边三角形，∴OF ＝ 3.∴A (3，0,0)，B (0,1,0)，D (0，－1,0)，F (0,0，3)，∴AD →＝(－3，－1,0)，AF →＝(－3，0，3)，AB →＝(－3，1,0)． 设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧AF →·n ＝－3x ＋3z ＝0，AB →·n ＝－3x ＋y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，3，1)． 设直线AD 与平面ABF 所成角为θ， 则sin θ＝|cosAD →，n|＝|AD →·n ||AD →|·|n |＝155.考点2 立体几何中的折叠问题例2 (2019·启东模拟)如图，已知在等腰梯形ABCD 中，AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，AB ＝1，AD ＝2，∠ADE ＝60°，沿AE ，BF 折成三棱柱AED －BFC ． (1)若M ，N 分别为AE ，BC 的中点，求证：MN ∥平面CDEF ； (2)若BD ＝5，求二面角E －AC －F 的余弦值．【分析】 ①利用面面平行的判定和性质即可证明；②建立空间直角坐标系，分别求出二面角两个面的法向量，利用空间向量法求解． 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)取AD 的中点G ，连接GM ，GN ，在三角形ADE 中，∵M ，G 分别为AE ，AD 的中点，∴MG ∥DE ， ∵DE ⊂平面CDEF ，MG ⊄平面CDEF ， ∴MG ∥平面CDEF .2分得分点①由于G ，N 分别为AD ，BC 的中点， 由棱柱的性质可得GN ∥DC ， ∵CD ⊂平面CDEF ，GN ⊄平面CDEF ，∴GN ∥平面CDEF . 3分得分点③又GM ⊂平面GMN ，GN ⊂平面GMN ，MG ∩NG ＝G ， ∴平面GMN ∥平面CDEF ，4分得分点④ ∵MN ⊂平面GMN ，∴MN ∥平面CDEF .5分得分点⑤(2)连接EB ，在Rt △ABE 中，AB ＝1，AE ＝3， ∴BE ＝2，又ED ＝1，DB ＝5， ∴EB 2＋ED 2＝DB 2，∴DE ⊥EB ，又DE ⊥AE 且AE ∩EB ＝E ， ∴DE ⊥平面ABFE .∴EA 、EF 、ED 两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系，可得E (0,0,0)，A (3，0,0)，F (0,1,0)，C (0,1,1)， AC →＝(－3，1,1)，AE →＝(－3，0,0)，FC →＝(0,0,1). 8分得分点⑥设平面AFC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝－3x ＋y ＋z ＝0，m ·FC →＝z ＝0，则z ＝0，令x ＝1，得y ＝3，则m ＝(1，3，0)为平面AFC 的一个法向量， 设平面ACE 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝－3x 1＝0，n ·AC →＝－3x 1＋y 1＋z 1＝0，则x 1＝0，令y 1＝1，得z 1＝－1，∴n ＝(0,1，－1)为平面ACE 的一个法向量.10分得分点⑦设m ，n 所成的角为θ，则cos θ＝m ·n |m |·|n |＝322＝64，由图可知二面角E －AC －F 的余弦值是64. 12分得分点⑧【评分细则】①由线线平行得到线面平行，给2分．②同理再推出一个线面平行，给1分．③由线面平行推出面面平行，给1分．④由面面平行得到线面平行，给1分．⑤由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给2分．⑥建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标，给2分．⑦正确求出平面的法向量，给2分．⑧利用公式求出两个向量夹角的余弦值，并正确写出二面角的余弦值，给2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面平行的判定与性质定理，考查二面角的求解，考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力．2．解题技巧：(1)得分步骤：第(1)问中的DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，要写全．(2)得分关键：第(2)中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建系，解题时折叠前后变量与不变量要弄清晰．〔变式训练2〕如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，二面角C－AB－D的平面角的正切值为6，求二面角B－AD－E的余弦值．[解析](1)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，又BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD．因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB．又折叠前后均有AD⊥AB，DC∩AD＝D，所以AB ⊥平面ADC ． (2)由(1)知AB ⊥平面ADC ， 所以AB ⊥AC ，又AB ⊥AD ，所以二面角C －AB －D 的平面角为∠CAD ．又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AD ． 依题意tan ∠CAD ＝CDAD ＝ 6.因为AD ＝1，所以CD ＝ 6. 设AB ＝x (x >0)，则BD ＝x 2＋1.依题意△ABD ∽△DCB ， 所以AB AD ＝CD BD ，即x 1＝6x 2＋1. 又x >0，解得x ＝2， 故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3. 解法一：如图a 所示，建立空间直角坐标系D －xyz ， 则D (0,0,0)，B (3，0,0)，C (0，6，0)，E (32，62，0)，A (33，0，63)，所以DE →＝(32，62，0)，DA →＝(33，0，63)．由(1)知平面BAD 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DE →＝0m ·DA →＝0，得⎩⎨⎧32x ＋62y ＝033x ＋63z ＝0，令x ＝6，得y ＝－3，z ＝－3，所以m ＝(6，－3，－3)． 所以cosn ，m＝n ·m |n |·|m |＝－12. 由图可知二面角B －AD －E 的平面角为锐角， 所以二面角B －AD －E 的余弦值为12.考点3 立体几何中的探索性问题例3 (2016·北京高考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面P AB ．(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．【分析】 ①由线面垂直的判定定理证明PD ⊥平面P AB ； ②构造线面垂直，建立适当的直角坐标系求解； ③假设棱P A 上存在点M ，再根据条件分析论证． 【标准答案】——规范答题 步步得分 (1)因为平面P AD ⊥平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ． 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ． 所以AB ⊥平面P AD ．2分得分点①因为PD ⊂平面P AD ．所以AB ⊥PD 。
考点26 空间向量求空间角的——2021年高考数学专题复习真题附解析
考点26 空间向量求空间角【题组一 线线角】1．如图，在等腰三角形ABC 与ABD 中，90DAB ABC ∠=∠=︒，平面ABD ⊥平面ABC ，E ，F 分别为BD ，AC 的中点，则异面直线AE 与BF 所成的角为（ ）A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π 2．直三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，E 为BB ′的中点，异面直线CE 与C A '所成角的余弦值是（ ）A 5B ．55-C ．-1010D ．10103．已知直三棱柱111ABC A B C -，90ABC ∠=︒，12AB BC AA ===，1BB 和11B C 的中点分别为E 、F ，则AE 与CF 夹角的余弦值为（ ）A ．35B ．25C ．45D ．1554．如图所示，四棱锥P ABCD -中，PB PD AD AB ===，60BAD ∠=︒，1CD CB ==，120BCD ∠=︒，点M N 、分别为PA AB 、的中点．（1）证明：平面DMN ∥平面PBC ；（2）若322PA =，求异面直线PA 与BC 所成角的余弦值．【题组二 线面角】1．如图，在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，O 为DE 的中点，AB =AC 5BC =4．将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使得平面A 1DE ⊥平面BCED ，如下图．（Ⅰ）求证：A 1O ⊥BD ；（Ⅱ）求直线A 1C 和平面A 1BD 所成角的正弦值；2．如图1，在ABC 中， D ， E 分别为AB ， AC 的中点，O 为DE 的中点，25AB AC ==，4BC =.将ABC 沿DE 折起到1A DE △的位置，使得平面1A DE ⊥平面BCED ，如图2.（1）求证：1AO BD ⊥； （2）求直线1A C 和平面1A BD 所成角的正弦值.3．在矩形ABCD 中，3AB =，2AD =，点E 是线段CD 上靠近点D 的一个三等分点，点F 是线段AD 上的一个动点，且()01DF DA λλ=≤≤.如图，将BCE ∆沿BE 折起至BEG ∆，使得平面BEG ⊥平面ABED .（1）当12λ=时，求证：EF BG ⊥； （2）是否存在λ，使得FG 与平面DEG 所成的角的正弦值为13？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.4．如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，△ABC 是边长为6的等边三角形，D ，E 分别为AA 1，BC 的中点．（1）证明：AE //平面BDC 1；（2）若异面直线BC 1与AC 所成角的余弦值为3．求DE 与平面BDC 1所成角的正弦值．5．如图，四棱锥P ABCD -中，AP ⊥平面PCD ，AD BC ∥，2DAB π∠=，12AP AB BC AD ===，E 为AD 的中点，AC 与BE 相交于点O .（Ⅰ）求证：PO ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求直线AB 与平面PBD 所成角的正弦值.【题组三 二面角】1．如图，平行四边形ABCD 所在平面与直角梯形ABEF 所在平面互相垂直，且11,//2AB BE AF BE AF ===，,,2,3AB AF CBA BC P π⊥∠==为DF 中点．（1）求异面直线DA 与PE 所成的角；（2）求平面DEF 与平面ABCD 所成的二面角（锐角）的余弦值．2．如图，梯形ABCS 中，//AS BC ，AB BC ⊥，122AB BC AS ===，D 、E 分别是SA ，SC 的中点，现将SCD ∆沿CD 翻折到PCD ∆位置，使23PB =（1）证明：PD ⊥面ABCD ；（2）求二面角E BD C --的平面角的正切值；。
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运用空间向量解决空间角一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
例1、【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．例2、(2019南京学情调研） 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知底面ABCD 的边长AB ＝3，侧棱AA 1＝2，E 是棱CC 1的中点，点F 满足AF →＝2FB →.(1) 求异面直线FE 和DB 1所成角的余弦值； (2) 记二面角EB 1FA 的大小为θ，求|cos θ|.题型二、直线与平面所成的角直线与平面所成的角是通过研究直线的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特别注意所求的角与已求的角之间的关系。
例3、【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．例4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．题型三、平面与平面所成的角利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据观察判断向量在图形中的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点例5、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．例6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．二、达标训练1、【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（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．2、【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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.4、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，ACBD O =，AO ⊥平面1A BD ，11A B A D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ； （2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.5、（2020届山东省潍坊市高三上期末）在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,,,ABCD PA PD E F =分别为棱PC 和AB 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ;(2)若直线PC 与AB ，求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小.6、(2019南京、盐城一模）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA ＝AB＝2，点E是棱PB的中点．(1) 求异面直线EC与PD所成角的余弦值；(2) 求二面角BECD的余弦值．一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。
例1、【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．【答案】（1；（2．【解析】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ． 因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,,0,1,0,0,1,())()()2,,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -， 从而131(,,2)(0,2,22),BP AC ==--，故111|||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅===⋅． 因此，异面直线BP 与AC 1 （2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ， 因此33(,0)2AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量， 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n 所以直线CC 1与平面AQC 1． 例2、(2019南京学情调研） 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知底面ABCD 的边长AB ＝3，侧棱AA 1＝2，E 是棱CC 1的中点，点F 满足AF →＝2FB →.(1) 求异面直线FE 和DB 1所成角的余弦值； (2) 记二面角EB 1FA 的大小为θ，求|cos θ|.规范解答 在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，以{DA →，DC →，DD 1→}为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.因为AB ＝3，AA 1＝2， E 是CC 1的中点，AF →＝2FB →，所以E(0，3，1)，F(3，2，0)，B 1(3，3，2). (2分) (1)从而FE →＝(－3，1，1)，DB 1→＝(3，3，2)．设异面直线FE 和DB 1所成的角为α，则cos α＝|cos 〈FE →，DB 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－3×3＋1×3＋1×211×22＝411×22＝2211. 因此，异面直线FE 和DB 1所成角的余弦值为2211. (5分) (2)设平面B 1FE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )． 因为FE →＝(－3，1，1)，FB 1→＝(0，1，2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·FE →＝0，n 1 ·FB 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＋z ＝0，y ＋2z ＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－13z ，y ＝－2z . 取z ＝－3，则平面B 1FE 的一个法向量为n 1＝(1，6，－3)．(8分)又因为平面AB 1F 的一个法向量为n 2＝(1，0，0)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝146×1＝4646. 因此|cos θ|＝| cos 〈n 1，n 2〉|＝4646. (10分)题型二、直线与平面所成的角直线与平面所成的角是通过研究直线的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特别注意所求的角与已求的角之间的关系。
例3、【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ． （Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得CD =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，122BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥. （Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角. 由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ===，得BD OH =所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC . 方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-.设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|sin |cos ,||||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC . 例4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ． 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ． 所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．（2）由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA 的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立空间直角坐标系M -xyz ，则AB=2，AM连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故1,0)3PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ． 设(,0,0)Qa ，则1(NQ B a =，故21123223210(,,4()),||33B E a a B E =-----=． 又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,2||B E B E B E B E⋅-===⋅n n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN ．题型三、平面与平面所成的角利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据观察判断向量在图形中的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点例5、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =． 设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为2． 【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.例6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2. （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ． （2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ． 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0CG =（1，0AC =（2，–1，0）． 设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||⋅〈〉==n m n m n m因此二面角B –CG –A 的大小为30°．例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值． 【解析】（1）因为四边形11A ABB 为菱形，所以11A B AB ⊥，又平面1ACB ⊥平面11A ABB ，平面1A CB 平面111A ABB A B =，所以1AB ⊥平面1A CB ， 因为CO ⊂平面1A CB ， 所以1AB CO ⊥.（2）因为11A B AB =，所以菱形11A ABB 为正方形，在Rt COA ∆中，CO =在COB ∆中，CO OB ==2CB =，222CO OB CB +=，所以，CO OB ⊥，又1CO AB ⊥，11A B AB O ⋂=， 所以，CO ⊥平面11A ABB ；以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 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O xyz -.)A，()10,A，(C，()B，设平面11ACC A的一个法向量为()1111,,n x y z=平面ABC的一个法向量为()2222,,n x y z=，则11110,0,⎧=⎪⎨+=⎪⎩令11x=，得()11,1,1=-n，22220,0,⎧+=⎪⎨+=⎪⎩令21x=，得()21,1,1=n，设平面11ACC A与平面ABC所成锐二面角为α，则21121cos33α⋅===n nn n，所以平面11ACC A与平面ABC所成锐二面角的余弦值为13.二、达标训练1、【2019年高考天津卷理数】如图，AE⊥平面ABCD，,CF AE AD BC∥∥，,AD AB⊥1,2AB AD AE BC====．（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．【解析】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(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ． （2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49． （3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩ 不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有||1cos ,||||3⋅〈〉===m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意． 所以，线段CF 的长为87．2、【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ，EG由于O 为A 1G 的中点，故122A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1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A 1（0，0，B，1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，33(,22EF =，(BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC A C --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |， 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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.【解析】方法一：（1）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）在平面DEF 中，过P 作PH ⊥EF 于点H ，连接DH ，如图，由于EF 为平面ABCD 和平面PEF 的交线，PH ⊥EF ，则PH ⊥平面ABFD ，故PH ⊥DH .则DP 与平面ABFD 所成的角为PDH ∠.在三棱锥P -DEF 中，可以利用等体积法求PH .因为DE ∥BF 且PF ⊥BF ，所以PF ⊥DE ，又△PDF ≌△CDF ，所以∠FPD =∠FCD =90°，所以PF ⊥PD ，由于DE ∩PD =D ，则PF ⊥平面PDE ， 故13F PDE PDE V PF S -=⋅△，因为BF ∥DA 且BF ⊥平面PEF ，所以DA ⊥平面PEF ，所以DE ⊥EP .设正方形的边长为2a ，则PD =2a ，DE =a ，在△PDE 中，PE =，所以22PDE S a =△，故36F PDE V a -=， 又2122DEF S a a a =⋅=△，所以232F PDEV PH a a -==，所以在△PHD 中，sin PH PDH PD ∠==故DP 与平面ABFD . 方法二：（1）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）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 又PF =1，EF =2，故PE ⊥PF .可得32PH EH ==.则33(0,0,0),(0,0,(1,,0),(1,,),2222H P D DP --=(0,0,2HP =为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则34sin ||||||3HP DP HP DP θ⋅===.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为4. 4、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，AC BD O =，AO ⊥平面1A BD ，11A B A D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ；（2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.【解析】（1）证明：连接1AB 交1A B 于点Q ，易知Q 为1AB 中点，∵O 为AC 中点，∴在1AB C ∆中，11//2OQ B C ，∵OQ ⊂平面1A BD ，1B C ⊄平面1A BD ，∴1//B C 平面1A BD .（2）∵AO ⊥平面1A BD ，∴1AO A O ⊥，∵11A B A D =且O 为BD 的中点，∴1AO BD ⊥，∵AO BD ⊂、平面ABCD 且AO BD O =，∴1A O ⊥平面ABCD ，如图，建立空间直角坐标系O xyz -.易得：)A ，()0,1,0B ，()0,1,0D -，()10,0,1A ，∴()1AA =-，()AB =，设平面1A AB 的一个法向量为(),,n x y z =，则1n AA n AB ⎧⊥⎨⊥⎩，∴0z y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令1x =，得y z == ∴()1,3,3n =.同理可得平面1AAD的一个法向量为(1,m=-，∴1cos ,7m n m n m n ⋅<>==，∴钝二面角1B AA D --的余弦值为17-.5、（2020届山东省潍坊市高三上期末）在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,,,ABCD PA PD E F =分别为棱PC 和AB 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ;(2)若直线PC 与AB ，求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小.【解析】(1)证明:取CD 的中点M ，连接,EM FM ，因为,E F 分别为PC 和AB 的中点，四边形ABCD 为正方形，所以//, //EM PD FM AD ， 因为,EM FM ⊂平面,,EFM PD AD ⊂平面PAD ，所以平面//EFM 平面PAD ，因为EF ⊂平面EFM ，所以//EF 平面PAD .(2)因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面,ABCD AD CD AD =⊥CD ⊂平面ABCD所以CD ⊥平面PAD ，所以CD PD ⊥，因为//AB CD ，所以PCD ∠就是直线PC 与AB 所成的角，所以PD tan PCD DC ∠==，设2PD CD ==，分别取AD 和BC 的中点,O N ，连,PO ON ，因为PA PD =，所以PO AD ⊥，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD 平面,ABCD AD PO =⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD如图，建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()0,0,2,1,2,0,1,2,0P C B -，所以()()2,0,0,1,2,2CB CP ==-，设(),,m x y z =是平面BPC 的一个法向量，则2200x y z x -+=⎧⎨=⎩取1y =，则1z =，所以()0,1,1m =()0,1,0n =是平面PAD 的一个法向量，所以,22m n cos m n m n ⋅<>===⨯，,4m n π<>=所以所求二面角的大小为4π6、(2019南京、盐城一模）如图，四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AD ＝1，PA ＝AB ＝2，点E 是棱PB 的中点．(1) 求异面直线EC 与PD 所成角的余弦值；(2) 求二面角BECD 的余弦值．规范解答 (1)因为PA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为原点，AB ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．又因为PA ＝AB ＝2，AD ＝1，所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)，(2分)因为E 是棱PB 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫22，0，22，所以EC →＝⎝⎛⎭⎫22，1，－22，PD →＝(0，1，－2)，所以cos 〈EC →，PD →〉＝1＋112＋1＋12×1＋2＝63， 所以异面直线EC 与PD 所成角的余弦值为63.(6分)(2)由(1)得EC →＝⎝⎛⎭⎫22，1，－22，BC →＝(0，1，0)，DC →＝(2，0，0)．设平面BEC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧22x 1＋y 1－22z 1＝0，y 1＝0.令x 1＝1，则z 1＝1，所以平面BEC 的一个法向量为n 1＝(1，0，1)．设平面DEC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧22x 2＋y 2－22z 2＝0，2x 2＝0.令z 2＝2，则y 2＝1，所以平面DEC 的一个法向量为n 2＝(0，1，2)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝21＋1×1＋2＝33.由图可知二面角BECD 为钝角，所以二面角BECD 的余弦值为－33.(10分)。