新高考二轮数学理科金版学案专题复习同步练习5.3空间向量与立体几何(含答案解析)
高考数学二轮复习专题五5.3空间向量与课件理5.ppt
z＝
26，
所以
M1－
22，1，
26，从而A→M＝1－
22，1，
26.
设 m＝(x0，y0，z0)是平面 ABM 的法向量，则
m·A→M＝0， m·A→B＝0，
即x20＝－0，2x0＋2y0＋ 6z0＝0，
所以可取 m＝(0，－ 6，2)．
于是 cos〈m，n〉＝|mm|·|nn|＝ 510.
则 B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，设 BA＝a，则 A(a,0,0)， 所以B→A＝(a,0,0)，B→D＝(0,2,2)，B→1D＝(0,2，－2)， B→1D·B→A＝0，B→1D·B→D＝0＋4－4＝0， 即 B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又 BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面 ABD，
3．向量法求二面角 求出二面角 α-l-β 的两个半平面 α 与 β 的法向量 n1，n2，若二 面角 α-l-β 所成的角 θ 为锐角，则 cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝||nn11|·|nn22||； 若二面角 α-l-β 所成的角 θ 为钝角，则 cosθ＝－|cos〈n1，n2〉|＝－ ||nn11|·|nn22||.
因此 B1D⊥平面 ABD.
(2)由(1)知，E(0,0,3)，Ga2，1，4，F(0,1,4)，
则E→G＝a2，1，1，E→F＝(0,1,1)， B→1D·E→G＝0＋2－2＝0，B→1D·E→F＝0＋2－2＝0， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又 EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面 EGF，因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF∥平面 ABD.
如图，建立空间直角坐标系 O －xyz.
由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)． 设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，则
高考数学二轮复习 专题5 第3讲 空间向量及其应用(理)同步练习 新人教A
2012年高考数学二轮复习同步练习：专题5 立体几何 第3讲 空间向量及其应用（理）一、选择题1．以下命题中，不正确的命题个数为( )①已知A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则A B →＋B C →＋C D →＋D A →＝0②若{a ，b ，c }为空间一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底；③对空间任意一点O 和不共线三点A 、B 、C ，若O P →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(其中x ，y ，z ∈R )，则P 、A 、B 、C 四点共面．A ．0B ．1C ．2D ．3[答案] B[解析] 由向量的加法运算知①正确． ∵a ，b ，c 为空间一个基底，则a ，b ，c 为两两不共线的非零向量． 不妨假设a ＋b ＝x (b ＋c )＋y (c ＋a )， 即(1－y )a ＋(1－x )b －(x ＋y )c ＝0. ∵a 、b 、c 不共面，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－x ＝01－y ＝0x ＋y ＝0，不存在实数x 、y 使假设成立，故②正确． ③中若加入x ＋y ＋z ＝1则结论正确，故③错误． 2．如图ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝A 1B 14，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是( )A.1517 B.12 C.817D.32[答案] A[解析] 取D 为空间直角坐标系原点，DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝4，则B (4,4,0)，E 1(4,3,4)，F 1(0,1,4)，∴BE 1→＝(0，－1,4)，DF 1→＝(0,1,4)， |BE 1→|＝|DF 1→|＝17，BE 1→·DF 1→＝15，∴cos<BE 1→，DF 1→>＝1517.即异面直线BE 1与DF 1所成角的余弦值为1517.故选A.3．在90°的二面角的棱上有A 、B 两点，AC ，BD 分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB ，已知AB ＝5，AC ＝3，BD ＝4，则CD ＝( )A ．5 2B ．5 3C ．6D ．7[答案] A[解析] 由条件知AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ⊥BD ， 又C D →＝C A →＋A B →＋B D →，∴CD →2＝(C A →＋A B →＋B D →)2＝|C A →|2＋|A B →|2＋|B D →|2＝32＋52＋42＝50.∴|C D →|＝52，∴CD ＝5 2.4．如图所示，已知在直三棱柱ABO －A 1B 1O 1中，∠AOB ＝π2，AO ＝2，BO ＝6，D 为A 1B 1的中点，且异面直线OD 与A 1B 垂直，则三棱柱ABO －A 1B 1O 1的高是( )A ．3B ．4C ．5D ．6[答案] B[解析] 以OA →、OB →、OO 1→为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立直角坐标系O －xyz ，设直三棱柱的高为h ，则A 1(2,0，h )，B (0,6,0)，D (1,3，h )， ∴A 1B →＝(－2,6，－h )，OD →＝(1,3，h )，又A 1B →⊥OD →，∴(－2)×1＋6×3－h 2＝0，h ＝4或h ＝－4(舍)，故选B.5．(2011·山东济南)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于( )A.13B.23C.33D.23[答案] B[解析]如图，设A1在面ABC内的射影为O，以O为坐标原点，OA、OA1分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系．设△ABC边长为1，则A(33，0,0)，B1(－32，12，63)，∴AB1→＝(－536，12，63)．面ABC的法向量n＝(0,0,1)，则AB1与底面ABC所成角α的正弦值为sinα＝|cos〈AB1→，n〉|＝637536＋14＋69＝23.6．如图所示，在四面体P－ABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝PC，那么二面角B－AP －C的余弦值为( )A.22B.33C.77D.57[答案] C[解析]如图，作BD⊥AP于D，作CE⊥AP于E，设AB ＝1，则易得CE ＝22，EP ＝22，PA ＝PB ＝2，AB ＝1， 可以求得BD ＝144，ED ＝24. ∵BC →＝BD →＋DE →＋EC →，∴BC 2→＝BD 2→＋DE 2→＋EC 2→＋2BD →·DE →＋2DE →·EC →＋2EC →·BD →. ∴EC →·BD →＝－14.∴cos 〈DB →，EC →〉＝77.7．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( )A ．60°B ．90°C ．45°D ．以上都不正确[答案] B[解析] 以点D 为原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由题意知，A 1(1,0,2)，E (1,1,1)，D 1(0,0,2)，A (1,0,0)，A 1E →＝(0,1，－1)，D 1E →＝(1,1，－1)，设平面A 1ED 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0n ·D 1E →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x ＋y －z ＝0.令z ＝1，得y ＝1，x ＝0.所以n ＝(0,1,1)，cos<n ，E A →>＝n ·E A →|n |·|E A →|＝－22·2＝－1.所以<n ，E A →>＝180°，所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°.8．正四棱锥S —ABCD 的侧棱长为2，底面的边长为3，E 是SA 的中点，则异面直线BE 和SC 所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] C[解析] 设S 在底面的射影为O ，以O 为原点，建立空间直角坐标系O －xyz 如图，则AO ＝62，OS ＝2－64＝22， ∴A (62，0,0)，S (0,0，22)，C (－62，0,0)， ∴E 点坐标为(64，0，24)，B (0，62，0)， ∴B E →＝(64，－62，24)，S C →＝(－62，0，－22)， ∴cos<B E →，S C →>＝B E →·S C →|B E →|·|S C →|＝－12，∴<B E →，S C →>＝120°.∴异面直线BE 与SC 的夹角为60°. 二、填空题9．如图所示，平行六面体A 1B 1C 1D 1—ABCD 中，M 分A C →所成的比为12，N 分A 1D →所成的比为2，设A B →＝a ，A D →＝b ，AA 1→＝c ，试用a ，b ，c 表示M N →为__________．[答案] －13a ＋13b ＋13c[解析] M N →＝M A →＋AA 1→＋A 1N →＝－13A C →＋AA 1→＋23A 1D →＝－13(A B →＋A D →)＋AA 1→＋23(A 1A →＋A 1D 1→)＝－13A B →＋13A D →＋13AA 1→＝－13a ＋13b ＋13c10．(2011·郑州模拟)底面是正方形的四棱锥A －BCDE 中，AE ⊥底面BCDE ，且AE ＝CD ＝a ，G 、H 分别是BE 、ED 的中点，则GH 到平面ABD 的距离是________．[答案]36a [解析] 建立如图所示的坐标系，则有A (0,0，a )，B (a,0,0)，G (a2，0,0)，D (0，a,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由题意知GH ∥BD ，则有GH ∥面ABD ，所以GH 到平面ABD 的距离等于G 点到平面ABD 的距离，设为d .∵AB →＝(a,0，－a )，BD →＝(－a ，a,0)，GB →＝(a2，0,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0n ·BD →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧ax －az ＝0－ax ＋ay ＝0，∴n ＝(1,1,1)．∴d ＝|GB →·n ||n |＝|a2|3＝a 23＝3a 6.11．(2009·四川理，15)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是____________．[答案] 90°[解析] 作AD ⊥BC 垂足为D ，连结B 1D ，则AD ⊥平面BC 1，在正方形BB 1C 1C 中可证△B 1BD ∽△BCM .∴∠B 1DB ＋∠MBC ＝90°.∴B 1D ⊥BM .由三垂线定理得B 1A ⊥BM ， 故异面直线AB 1与BM 成90°角．(也可以建立如图所示空间直角坐标系，向量法求解．)12．在四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A —BC —D 的大小等于__________．[答案]π3[解析] 如图，因∠ABC ＝∠DCB ＝π2，所以AB ⊥BC ，DC ⊥BC .因此向量B A →，C D →的夹角就是二面角A —BC —D 的大小，而B A →·C D →＝B A →·(B D →－B C →)＝B A →·B D →－B A →·B C →＝B A →·B D →，又BD ＝13，所以∠DAB ＝π2，于是B A →·C D →＝B A →·B D →＝1·13·113＝1，所以cos<B A →，C D →>＝11×2＝12，故二面角A —BC —D 的大小等于π3.三、解答题13．(2011·辽宁理，18)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．[解析] 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线OA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .(1)依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)． 则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)． 所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0. 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .故PQ ⊥平面DCQ . 又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ 。
高考数学二轮复习空间向量与立体几何复习题及答案解析
专题限时集训(八) 空间向量与立体几何[专题通关练] (建议用时：20分钟)1．(2019·泰安一模)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝AC ＝CC 1＝1，则AN 与BM 所成角的余弦值为( )A.110B.22C.25D.3010D [建立如图所示的空间直角坐标系：则A (1,0,0)，B (0,1,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，∴AN→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，1，cos 〈AN →，BM →〉 ＝AN →·BM→|AN →||BM →|＝－12×12＋114＋0＋1×14＋14＋1＝3452×62＝3010.故选D.]2．二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，已知AB ＝2，AC ＝3，BD ＝4，CD ＝17，则该二面角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．120°C [由已知可得CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，如图， CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|2＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈CA →，BD →〉＝(17)2， ∴cos〈CA →，BD →〉＝－12，即〈CA →，BD →〉＝120°，∴所求二面角的大小为60°，故选C.]3．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3C [在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥平面BCC 1B 1，连接BC 1，AC 1，则∠AC 1B 为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，所以在Rt△ABC 1中，BC 1＝ABtan∠AC 1B＝23，在Rt△BCC 1中，CC 1＝232－22＝22，所以该长方体体积V＝BC ×CC 1×AB ＝8 2.]4.(2019·汕头模拟)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BC 1，CD 1的中点，则下列判断错误的是( )A ．MN ⊥CC 1B ．MN ⊥平面ACC 1A 1 C ．MN ∥平面ABCD D ．MN ∥A 1B 1D [在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BC 1，CD 1的中点，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则M (1,2,1)，N (0,1,1)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)，MN →＝(－1，－1,0)，CC 1→＝(0,0,2)，MN →·CC 1→＝0，∴MN ⊥CC 1，故A 正确；A (2,0,0)，AC →＝(－2,2,0)，MN →·AC →＝0，∴MN ⊥AC ，∵AC ∩CC 1＝C ，∴MN ⊥平面ACC 1A 1，故B 正确； ∵平面ABCD 的法向量n ＝(0,0,1)， MN →·n ＝0，又MN 平面ABCD ，∴MN ∥平面ABCD ，故C 正确； A 1(0,2,2)，B 1(2,2,2)，∴A 1B 1→＝(2,0,0)，∴MN 与A 1B 1不平行，故D 错误．故选D.]5.(2019·全国卷Ⅲ)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( )A ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM ＝EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线B [取CD 的中点O ，连接ON ，EO ，因为△ECD 为正三角形，所以EO ⊥CD ，又平面ECD ⊥平面ABCD ，平面ECD ∩平面ABCD ＝CD ，所以EO ⊥平面ABCD .设正方形ABCD 的边长为2，则EO ＝3，ON ＝1，所以EN 2＝EO 2＋ON 2＝4，得EN ＝2.过M 作CD 的垂线，垂足为P ，连接BP ，则MP ＝32，CP ＝32，所以BM 2＝MP 2＋BP 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝7，得BM ＝7，所以BM ≠EN .连接BD ，BE ，因为四边形ABCD 为正方形，所以N 为BD 的中点，即EN ，MB 均在平面BDE 内，所以直线BM ，EN 是相交直线，选B.]6.[一题多解]如图，AB 是⊙O 的直径，PA 垂直于⊙O 所在平面，点C 是圆周上不同于A ，B 两点的任意一点，且AB ＝2，PA ＝BC ＝3，则二面角A BC P 的大小为________．π3[法一：(几何法)由题意可知AC ⊥BC ， 又PA ⊥平面ABC ， ∴PA ⊥BC ∵PA ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面PAC ， ∴BC ⊥PC ，∴∠PCA 为二面角A BC P 的平面角． 在Rt△BCA 中，AB ＝2，BC ＝3，∴AC ＝1. 在Rt△PCA 中，PA ＝3， ∴tan∠PCA ＝PA AC＝3， ∴∠PCA ＝π3.法二：(坐标法)以A 为原点，AP 为z 轴，AC 为y 轴，过A 且垂直于AC 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．由AB ＝2，PA ＝BC ＝3，可知AC ＝22－3＝1.∴P (0,0，3)，B (3，1,0)，C (0,1,0)， PB →＝(3，1，－3)，PC →＝(0,1，－3)．设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y －3z ＝0，y －3z ＝0，取z ＝1得n ＝(0，3，1)．平面ABC 的法向量m ＝(0,0,1) 设二面角A BC P 的平面角为θ， 则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝12，∴θ＝π3.][能力提升练] (建议用时：15分钟)7.如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别为棱A 1B 1与BB 1的中点，M ，N 为线段C 1D 上的动点，其中，M 更靠近D ，且MN ＝C 1N .(1)证明：A 1E ⊥平面AC 1D ；(2)若NE 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1020，求异面直线BM 与NE 所成角的余弦值．[解](1)证明：由已知得△A 1B 1C 1为正三角形，D 为棱A 1B 1的中点， ∴C 1D ⊥A 1B 1，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面A 1B 1C 1，C 1D 底面A 1B 1C 1，则AA 1⊥C 1D .又A 1B 1∩AA 1＝A 1，A 1B 1，AA 1平面ABB 1A 1，∴C 1D ⊥平面ABB 1A 1， 又A 1E平面ABB 1A 1，∴C 1D ⊥A 1E . 易证A 1E ⊥AD ， 又AD ∩C 1D ＝D ，AD ，C 1D 平面AC 1D ，∴A 1E ⊥平面AC 1D .(2)取BC 的中点O ，B 1C 1的中点O 1，连接AO ，则AO ⊥BC ，OO 1⊥BC ，OO 1⊥AO ， 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ， 则B (0,1,0)，E (0,1,1)，C 1(0，－1,2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，2， 设C 1N →＝λC 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32λ，32λ，0，则N E →＝C 1E →－C 1N → ＝(0,2，－1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫32λ，32λ，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32λ，2－32λ，－1， 易知n ＝(1,0,0)是平面BCC 1B 1的一个法向量，∴|cos〈N E →，n 〉|＝32λ3λ2－6λ＋5＝1020， 解得λ＝13(负值舍去)，∴N E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－36，32，－1，C 1M →＝2λC 1D →＝⎝⎛⎭⎪⎫33，1，0 BM →＝BC 1→＋C 1M →＝⎝⎛⎭⎪⎫33，－1，2， ∴cos〈N E →，BM →〉＝－16－32－2103×163＝－111040，∴异面直线NE 与BM 所成角的余弦值为111040.8.如图，CD ，AB 分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD 是边长为2的正方形，E 是底面圆周上不同于A ，B 两点的一点，AE ＝1.(1)求证：BE ⊥平面DAE ； (2)求二面角C DB E 的余弦值．[解](1)证明：由圆柱的性质知，DA ⊥平面ABE ， 又BE平面ABE ，∴BE ⊥DA ，又AB 是底面圆的直径，E 是底面圆周上不同于A ，B 两点的一点，∴BE ⊥AE ， 又DA ∩AE ＝A ，DA ，AE 平面DAE ，∴BE ⊥平面DAE .(2)过A 在平面AEB 内作垂直于AB 的直线，建立如图所示的空间直角坐标系， ∵AB ＝AD ＝2，AE ＝1，∴BE ＝3， ∴E ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，D (0,0,2)，B (0,2,0)， ∴E D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，BD →＝(0，－2,2)，取平面CDB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)，设平面EBD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·E D →＝0，n 2·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x 2－12y 2＋2z 2＝0，－2y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，则n 2＝(3，1,1)为平面EBD 的一个法向量．∴cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝35＝155，又易知二面角C DB E 为钝角， ∴二面角C DB E 的余弦值为－155.内容押题依据探索性问题，线面平行的性质、线面角的求法探索性问题高考还未考查，可以较好的考查考生的思维，逻辑推理、运算等核心素养四边形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AD ＝BD ＝2，AB ＝22，E 是棱PC上的一点．(1)若PA ∥平面BDE ，证明：PE ＝EC ；(2)在(1)的条件下，棱PB 上是否存在点M ，使直线DM 与平面BDE 所成角的大小为30°？若存在，求PM ∶MB 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)连接AC 交BD 于点F ，连接EF ， 则EF 是平面PAC 与平面BDE 的交线， 因为PA ∥平面BDE ，PA平面PAC ，所以PA ∥EF .又因为F 是AC 中点，所以E 是PC 的中点，所以PE ＝EC .(2)由已知条件中，AD 2＋BD 2＝AB 2，所以AD ⊥BD . 以D 为原点，DA 为x 轴，DB 为y 轴，DP 为z 轴建立空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,2)，C (－2,2,0)，E (－1,1,1)，D E →＝(－1,1,1)，DB →＝(0,2,0)．假设在棱PB 上存在点M ，设PM →＝λPB →(0≤λ≤1)， 得M (0,2λ，2－2λ)，DM →＝(0,2λ，2－2λ)， 记平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·D E →＝0，n 2·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＋z 1＝0，y 1＝0.取z 1＝1，则x 1＝1，n 1＝(1,0,1)．要使直线DM 与平面BDE 所成角的大小为30°， 则|DM →·n 1||DM →|·|n 1|＝sin 30°， 即|1×0＋0×2λ＋1×2－2λ|12＋02＋12·02＋2λ2＋2－2λ2＝12， 解得λ＝12∈[0,1]，所以在棱PB 上存在点M 使直线PM 与平面BDE 所成角的大小为30°，此时PM ∶MB ＝1∶1.。
高考数学二轮专题针对训练 空间向量与立体几何 理
空间向量与立体几何一、选择题1．若不同直线l 1，l 2的方向向量分别为μ，v ，则下列直线l 1，l 2中既不平行也不垂直的是( )A ．μ＝(1,2，－1)，v ＝(0,2,4)B ．μ＝(3,0，－1)，v ＝(0,0,2)C ．μ＝(0,2，－3)，v ＝(0，－2,3)D ．μ＝(1,6,0)，v ＝(0,0，－4) 解析：选B.A 项中μ·v ＝0＋4－4＝0， ∴l 1⊥l 2；C 项中μ＝－v ， ∴μ，v 共线，故l 1∥l 2； D 项中，μ·v ＝0＋0＋0＝0， ∴l 1⊥l 2，故选B.2．设A 、B 、C 、D 是空间不共面的四个点，且满足AB →·AC →＝0，AD →·AC →＝0，AD →·AB →＝0，则△BCD 的形状是( )A ．钝角三角形B ．直角三角形C ．锐角三角形D ．无法确定解析：选C.BC →·BD →＝(AC →－AB →)·(AD →－AB →) ＝AC →·AD →－AC →·AB →－AB →·AD →＋AB →2＝AB →2>0， 同理DB →·DC →>0，CB →·CD →>0， ∴△BCD 是锐角三角形，故选C.3．如图所示，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成角的正弦值为( )A.223B.23C.24D.13解析：选D.如图所示，连接A 1C 1，∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴∠AC 1A 1就是直线AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成角的平面角． 而AC 1＝22＋22＋1＝3， ∴sin ∠AC 1A 1＝AA 1AC 1＝13.4．(2011年高考辽宁卷)如图，四棱锥S ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是( )A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角解析：选D.易证AC ⊥平面SBD ，因而AC ⊥SB ，A 正确；AB ∥DC ，DC ⊂平面SCD ，故AB ∥平面SCD ，B 正确；由于SA ，SC 与平面SBD 的相对位置一样，因而所成的角相同．5．菱形ABCD 中，对角线AC 、BD 交于点O ，AB ＝2，∠BCD ＝60°，现将其沿对角线BD 折成直二面角A BD C (如图)，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( )A.155 B.105C.14D.34解析：选C.AB →·CD →＝(AO →＋OB →)·(CO →＋OD →) ＝0＋0＋0－1＝－1， 而|AB →|＝|CD →|＝2，∴cos 〈AB →，CD →〉＝－14＝－14，故异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为14.故选C.二、填空题6．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别是底面A 1B 1C 1D 1和侧面CDD 1C 1的中心，若EF →＋λA 1D →＝0，则λ＝________.解析：连接A 1D 、C 1D ，A 1C 1，则EF 綊12A 1D ，故EF →＝12A 1D →，即λ＝－12.答案：－127．如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成的角的正弦值为________．解析：不妨设三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，－1,0)，B 1(3，1,2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，则CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，CB 1→＝(3，1,2)．设平面B 1DC 的法向量为n ＝(x ，y,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0，解得n ＝(－3，1,1)． 又∵DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，－2，∴sin θ＝|cos 〈DA →，n 〉|＝45.答案：458．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上，当∠APC 最大时，三棱锥P ABC 的体积为________．解析：如图，以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，BB 1为z 轴建立空间直角坐标系，设BP →＝λBD →1(0≤λ≤1)，可得P (λ，λ，λ)，再由cos ∠APC ＝PA →·PC →|PA →|·|PC →|可求得当λ＝13时，∠APC 最大，故V P ABC ＝13×12×1×1×13＝118，故填118.答案：118三、解答题9．如图，AC 是圆O 的直径，点B 在圆O 上，∠BAC ＝30°，BM ⊥AC 交AC 于点M ，EA ⊥平面ABC ，FC ∥EA ，AC ＝4，EA ＝3，FC ＝1.(1)证明：EM ⊥BF ；(2)求平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值．解：(1)证明：因为AC 是圆O 的直径，所以∠ABC ＝90°，又∠BAC ＝30°，AC ＝4，所以AB ＝23，而BM ⊥AC ，易得AM ＝3，BM ＝ 3.如图，以A 为坐标原点，垂直于AC 的直线、AC 、AE 所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．由已知条件得A (0,0,0)，M (0,3,0)，E (0,0,3)，B (3，3,0)，F (0,4,1)，∴ME →＝(0，－3,3)，BF →＝(－3，1,1)． 由ME →·BF →＝(0，－3,3)·(－3，1,1)＝0， 得ME →⊥BF →，∴EM ⊥BF .(2)由(1)知BE →＝(－3，－3,3)，BF →＝(－3，1,1)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，得⎩⎨⎧－3x －3y ＋3z ＝0－3x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3得y ＝1，z ＝2，∴n ＝(3，1,2)，由已知EA ⊥平面ABC ，所以平面ABC 的一个法向量为AE →＝(0,0,3)， 设平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，AE →〉|＝|3×0＋1×0＋2×3|3×22＝22，故平面BEF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值为22.10．已知四棱锥P —ABCD ，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，其中BC ＝2AB ＝2PA ＝6，M ，N 为侧棱PC 上的两个三等分点，如图所示．(1)求证：AN ∥平面MBD ；(2)求异面直线AN 与PD 所成角的余弦值； (3)求二面角M BD C 的余弦值．解：(1)证明：连结AC 交BD 于点O ，连结OM ，∵底面ABCD 为矩形， ∴O 为AC 的中点，∵M 、N 为侧棱PC 的三等分点， ∴CM ＝MN ，∴OM ∥AN ， ∵OM ⊂平面MBD ，AN ⊄平面MBD ， ∴AN ∥平面MBD .(2)如图所示，以A 点为原点，建立空间直角坐标系A —xyz ，则A (0,0,0)，B (3,0,0)，C (3,6,0)，D (0,6,0)，P (0,0,3)，M (2,4,1)，N (1,2,2)，∵AN →＝(1,2,2)，PD →＝(0,6，－3)．∴cos 〈AN →，PD →〉＝AN →·PD →|AN →||PD →|＝0＋12－63×35＝2515，∴异面直线AN 与PD 所成角的余弦值为2515.(3)∵侧棱PA ⊥底面ABCD ，∴平面BCD 的一个法向量为AP →＝(0,0,3)， 设平面MBD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， ∵BD →＝(－3,6,0)，BM →＝(－1,4,1)， 并且m ⊥BD →，m ⊥BM →，∴⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋6y ＝0，－x ＋4y ＋z ＝0，令y ＝1得x ＝2，z ＝－2，∴平面MBD 的一个法向量为m ＝(2,1，－2)． cos 〈AP →，m 〉＝AP →·m |AP →||m |＝－23.由图可知二面角M BD C 是锐角， ∴二面角M BD C 的余弦值为23.11.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点． (1)求直线BE 与平面ABB 1A 1所成的角的正弦值；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论．解：设正方体的棱长为1.如图所示，以AB →，AD →，AA 1→为单位正交基底建立空间直角坐标系． (1)依题意，得B (1,0,0)，E (0,1，12)，A (0,0,0)，D (0,1,0)，所以BE →＝(－1,1，12)，AD →＝(0,1,0)．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，因为AD ⊥平面ABB 1A 1，所以AD →是平面ABB 1A 1的一个法向量．设直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|BE →·AD →||BE →||AD →|＝132×1＝23.即直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.(2)在棱C 1D 1上存在点F ，使B 1F ∥平面A 1BE . 证明如下：依题意，得A 1(0,0,1)，BA 1→＝(－1,0,1)，BE →＝(－1,1，12)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量，则由n ·BA 1→＝0，n ·BE →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，y ＝12z .取z ＝2，得n ＝(2,1,2)．设F 是棱C 1D 1上的点，则F (t,1,1)(0≤t ≤1)．又B 1(1,0,1)，所以B 1F →＝(t －1,1,0)．而B 1F ⊄平面A 1BE ，于是B 1F ∥平面A 1BE ⇔B 1F →·n ＝0⇔(t －1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t －1)＋1＝0⇔t ＝12⇔F 为棱C 1D 1的中点．这说明在棱C 1D 1上存在点F (C 1D 1的中点)，使B 1F ∥平面A 1BE .、。
2020版高考理科数学练习-5.3 空间向量与立体几何
5.3空间向量与立体几何命题角度1空间位置关系证明与线面角求解高考真题体验·对方向1.(2019浙江·19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EF⊥BC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.:(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2√3,EG=√3.由于O 为A 1G 的中点,故EO=OG=A 1G2=√152,所以cos ∠EOG=EO 2+OG 2-EG 22EO ·O G=35.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(0,0,2√3),B (√3,1,0),B 1(√3,3,2√3),F √32,32,2√3,C (0,2,0). 因此,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32,32,2√3,BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0). 由EF⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得EF ⊥BC. (2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ. 由(1)可得BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√3,1,0),A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0.2,-2√3). 设平面A 1BC 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由{BC⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,得{-√3x +y =0,y -√3z =0. 取n =(1,√3,1),故sin θ=|cos <EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n >|=|EF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||EF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=45.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.2.(2019天津·17)如图,AE ⊥平面ABCD ,CF ∥AE ,AD ∥BC ,AD ⊥AB ,AB=AD=1,AE=BC=2.(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.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A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,2,0),D (0,1,0),E (0,0,2).设CF=h (h>0),则F (1,2,h ).依题意,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)是平面ADE 的法向量,又BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,h ),可得BF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,又因为直线BF ⊄平面ADE ,所以BF ∥平面ADE.,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,2),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,-2,2). 设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量, 则{n ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,-x +2z =0,不妨令z=1,可得n =(2,2,1).因此有cos <CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n |CE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n |=-49.所以,直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)解 设m =(x ,y ,z )为平面BDF 的法向量,则{m ·BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·BF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +y =0,2y +ℎz =0,不妨令y=1,可得m =1,1,-2ℎ.由题意,有|cos <m ,n >|=|m ·n ||m ||n |=|4-2ℎ|3√2+4ℎ2=13,解得h=87,经检验,符合题意.所以,线段CF 的长为87. 3.(2018全国Ⅰ·18)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.,BF ⊥PF ,BF ⊥EF ,所以BF ⊥平面PEF. 又BF ⊂平面ABFD , 所以平面PEF ⊥平面ABFD.PH ⊥EF ,垂足为H.由(1)得,PH ⊥平面ABFD.以H 为坐标原点,HF⃗⃗⃗⃗⃗ 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=√3.又PF=1,EF=2,故PE ⊥PF. 可得PH=√32,EH=32. 则H (0,0,0),P (0,0,√32),D (-1,-32,0),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,32,√32),HP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√32)为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ,则sin θ=|HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |HP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=34√3=√34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√34. 4.(2018全国Ⅱ·20)如图,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,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.AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点,所以OP ⊥AC ,且OP=2√3.连接OB ,因为AB=BC=√2AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=1AC=2. 由OP 2+OB 2=PB 2知PO ⊥OB.由OP ⊥OB ,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC.,以O 为坐标原点,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,2√3),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2√3).取平面PAC 的法向量OB⃗⃗⃗⃗⃗ =(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{2y +2√3z =9,ax +(4-a )y =0.可取n =(√3(a-4),√3a ,-a ), 所以cos <OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=√3(2√3(a -4)+3a 2+a 2.由已知可得|cos <OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=√32. 所以√3|2√3(a -4)+3a 2+a 2=√32,解得a=-4(舍去),a=43. 所以n =(-8√33,4√33,-43). 又PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2√3),所以cos <PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >=√3. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为√3.典题演练提能·刷高分1.如图,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=A 1D ,AB=BC ,∠ABC=120°.(1)证明:AD ⊥A 1B ;(2)若平面ADD 1A 1⊥平面ABCD ,且A 1D=AB ,求直线BA 1与平面A 1B 1CD 所成角的正弦值.AD 中点O ,连接OB ,OA 1,BD ,∵AA 1=A 1D , ∴AD ⊥OA 1.又∠ABC=120°,AD=AB ,∴△ABD 是等边三角形,∴AD ⊥OB , ∴AD ⊥平面A 1OB. ∵A 1B ⊂平面A 1OB , ∴AD ⊥A 1B.平面ADD 1A 1⊥平面ABCD ,平面ADD 1A 1∩平面ABCD=AD , 又A 1O ⊥AD ,∴A 1O ⊥平面ABCD ,∴OA ,OA 1,OB 两两垂直,以O 为坐标原点,分别以OA ,OB ,OA 1所在射线为x ,y ,z 轴建立如图空间直角坐标系O-xyz , 设AB=AD=A 1D=2,则A (1,0,0),A 1(0,0,√3),B (0,√3,0),D (-1,0,0).则DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0),BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,√3),设平面A 1B 1CD 的法向量n =(x ,y ,z ), 则{n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =x -√3y =0,n ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +√3z =0,令x=√3,则y=1,z=-1,可取n =(√3,1,-1), 设直线BA 1与平面A 1B 1CD 所成角为θ,则sin θ=|cos <n ,BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n ||BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||=|-√3-√3|√5·√6=√105. 2.如图,在四棱锥P-ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,底面ABCD 为梯形,AB ∥CD ,∠BAD=60°,PD=AD=AB=2,CD=4,E 为PC 的中点. (1)证明:BE ∥平面PAD ;(2)求直线PB 与平面BDE 所成角的正弦值.F 为PD 的中点,连接EF ,FA.因为EF 为△PDC 的中位线,所以EF ∥CD ,且EF=12CD=2.又AB ∥CD ,AB=2,所以A B EF ,故四边形ABEF 为平行四边形,所以BE ∥AF. 又AF ⊂平面PAD ,BE ⊄平面PAD , 所以BE ∥平面PAD.G 为AB 的中点,因为AD=AB ,∠BAD=60°,所以△ABD 为等边三角形,故DG ⊥AB ;因为AB ∥CD ,所以DG ⊥DC.又PD ⊥平面ABCD ,所以PD ,DG ,CD 两两垂直.以D 为坐标原点,DG⃗⃗⃗⃗⃗ 为x 轴、DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 为y 轴、DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 为z 轴建立空间直角坐标系D-xyz ,则P (0,0,2),B (√3,1,0),E (0,2,1),DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0), 设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的一个法向量, 则{n ·DE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2y +z =0,√3x +y =0.令y=1,则n =(-√33,1,-2).又PB⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,-2), 所以|cos <n ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n |·|PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√64, 即直线PB 与平面BDE 所成角的正弦值为√6.3.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,△ABC 为正三角形,点D 在棱BC 上,且CD=3BD ,点E ,F 分别为棱AB ,BB 1的中点.(1)证明:A 1C ∥平面DEF ;(2)若A 1C ⊥EF ,求直线A 1C 1与平面DEF 所成的角的正弦值.,连接AB 1,A 1B ,交于点H ,A 1B 交EF 于点K ,连接DK ,因为ABB 1A 1为矩形,所以H 为线段A 1B 的中点,因为点E ,F 分别为棱AB ,BB 1的中点,所以点K 为线段BH 的中点,所以A 1K=3BK ,又因为CD=3BD ,所以A 1C ∥DK ,又A 1C ⊄平面DEF ,DK ⊂平面DEF , 所以A 1C ∥平面DEF.(1)知,EH ∥AA 1,因为AA 1⊥平面ABC ,所以EH ⊥平面ABC ,因为△ABC 为正三角形,且点E 为棱AB 的中点,所以CE ⊥AB ,故以点E 为坐标原点,分别以EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,EC ⃗⃗⃗⃗⃗ 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E-xyz ,设AB=4,AA 1=t (t>0),则A 1(2,t ,0),C (0,0,2√3),E (0,0,0),F -2,t2,0,D -32,0,√32,所以A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-t ,2√3),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =-2,t2,0,因为A 1C ⊥EF ,所以A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 所以(-2)×(-2)-t×t2+2√3×0=0, 解得t=2√2.所以EF⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,√2,0),ED ⃗⃗⃗⃗⃗ =-32,0,√32, 设平面DEF 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{EF⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,所以{-2x +√2y =0,-32x +√32z =0, 取x=1,则n =(1,√2,√3),又因为A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,2√3),设直线A 1C 1与平面DEF 所成的角为θ, 所以sin θ=|cos <n ,A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||n |·|A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√6×4=√66,所以直线A 1C 1与平面DEF 所成的角的正弦值为√6.4.如图,四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面为菱形,∠BAD=120°,AB=2,E ,F 为CD ,AA 1的中点.(1)求证:DF ∥平面B 1AE ;(2)若AA 1⊥底面ABCD ,且直线AD 1与平面B 1AE 所成线面角的正弦值为34,求AA 1的长.G 为AB 1的中点,连接EG ,GF ,因为FG 12A 1B 1,又DE 12A 1B 1,所以FG DE ,所以四边形DEGF 是平行四边形,所以DF ∥EG ,又DF ⊄平面B 1AE ,EG ⊂平面B 1AE ,所以DF ∥平面B 1AE.ABCD 是菱形,且∠ABC=60°,所以△ABC 是等边三角形.取BC 中点M ,则AM ⊥AD ,因为AA 1⊥平面ABCD ,所以AA 1⊥AM ,AA 1⊥AD ,建立如图的空间直角坐标系A-xyz ,令AA 1=t (t>0),则A (0,0,0),E √32,32,0,B 1(√3,-1,t ),D 1(0,2,t ),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =√32,32,0,AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,t ),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,t ),设平面B 1AE 的一个法向量为n =(x ,y ,z ), 则n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =√3(x+√3y )=0且n ·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x-y+tz=0,取n =(-√3t ,t ,4),设直线AD 1与平面B 1AE 所成角为θ,则sin θ=|n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n |·|AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=6t2(t 2+4)=34,解得t=2,故线段AA 1的长为2.5.如图,在多面体ABCDEF 中,四边形ABCD 为梯形,△ADE ,△BCF 均为等边三角形,EF ∥AB ,EF=AD=12AB.(1)过BD 作截面与线段FC 交于点N ,使得AF ∥平面BDN ,试确定点N 的位置,并予以证明; (2)在(1)的条件下,求直线BN 与平面ABF 所成角的正弦值.当N 为线段FC 的中点时,使得AF ∥平面BDN.证法如下:连接AC ,BD ,设AC ∩BD=O ,∵四边形ABCD 为矩形,∴O 为AC 的中点,又∵N 为FC 的中点, ∴ON 为△ACF 的中位线,∴AF ∥ON.∵AF ⊄平面BDN ,ON ⊂平面BDN ,∴AF ∥平面BDN ,故N 为FC 的中点时,使得AF ∥平面BDN.(2)过点O 作PQ ∥AB 分别与AD ,BC 交于点P ,Q ,因为O 为AC 的中点,所以P ,Q 分别为AD ,BC 的中点,∵△ADE 与△BCF 均为等边三角形,且AD=BC , ∴△ADE ≌△BCF ,连接EP ,FQ ,则得EP=FQ , ∵EF ∥AB ,AB PQ ,EF=12AB , ∴EF ∥PQ ,EF=12PQ , ∴四边形EPQF 为等腰梯形.取EF 的中点M ,连接MO ,则MO ⊥PQ , 又∵AD ⊥EP ,AD ⊥PQ ,EP ∩PQ=P ,∴AD ⊥平面EPQF ,过点O 作OG ⊥AB 于点G ,则OG ∥AD ,∴OG ⊥OM ,OG ⊥OQ.分别以OG ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x ,y ,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz ,不妨设AB=4,则由条件可得O (0,0,0),A (1,-2,0),B (1,2,0),F (0,1,√2),D (-1,-2,0),N (-12,32,√22). 设n =(x ,y ,z )是平面ABF 的法向量, 则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{4y =0,-x +3y +√2z =0,所以可取n =(√2,0,1), 由BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-32,-12,√22), 可得|cos <BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n >|=|BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n ||BN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n |=√23,∴直线BN与平面ABF所成角的正弦值为√2.3命题角度2空间位置关系证明与二面角求解高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅰ·18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,B1C.所以ME∥B1C,且ME=12A1D.又因为N为A1D的中点,所以ND=12由题设知A1B1 DC,可得B1C A1D,故ME ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.又MN⊄平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥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, 以D为坐标原点,DA则A (2,0,0),A 1(2,0,4),M (1,√3,2),N (1,0,2),A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,-4),A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,-2),A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,-2),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-√3,0).设m =(x ,y ,z )为平面A 1MA 的法向量, 则{m ·A 1M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-x +√3y -2z =0,-4z =0.可取m =(√3,1,0). 设n =(p ,q ,r )为平面A 1MN 的法向量, 则{n ·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·A 1N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.所以{-√3q =0,-p -2r =0.可取n =(2,0,-1).于是cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=√32×√5=√155,所以二面角A-MA 1-N 的正弦值为√10. 2.(2019全国Ⅱ·17)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.,B 1C 1⊥平面ABB 1A 1,BE ⊂平面ABB 1A 1,故B 1C 1⊥BE.又BE ⊥EC 1,所以BE ⊥平面EB 1C 1.(1)知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ,所以∠AEB=45°,故AE=AB ,AA 1=2AB.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),C 1(0,1,2),E (1,0,1),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,1),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2).设平面EBC 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,CE⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x =0,x -y +z =0,所以可取n =(0,-1,-1).设平面ECC 1的法向量为m =(x ,y ,z ),则{CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,CE⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,即{2z =0,x -y +z =0,所以可取m =(1,1,0). 于是cos <n ,m >=n ·m |n ||m |=-12.所以,二面角B-EC-C 1的正弦值为√3. 3.(2018全国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.,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.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 ,所以DM ⊥平面BMC. 而DM ⊂平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC.O 为坐标原点,DA⃗⃗⃗⃗⃗ 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),AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,1,1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0). 设n =(x 1,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),DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是平面MCD 的法向量,因此cos <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ·DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n ||DA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55,sin <n ,DA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√55.所共面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是2√55.4.(2017全国Ⅲ·19)如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD=∠CBD ,AB=BD.(1)证明:平面ACD ⊥平面ABC ;(2)过AC 的平面交BD 于点E ,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C 的余弦值.,△ABD ≌△CBD ,从而AD=DC.又△ACD 是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC 的中点O ,连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO=AO.又由于△ABC 是正三角形,故BO ⊥AC. 所以∠DOB 为二面角D-AC-B 的平面角. 在Rt △AOB 中,BO 2+AO 2=AB 2,又AB=BD ,所以BO 2+DO 2=BO 2+AO 2=AB 2=BD 2,故∠DOB=90°.所以平面ACD ⊥平面ABC.(1)知,OA ,OB ,OD 两两垂直,以O 为坐标原点,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|OA ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则A (1,0,0),B (0,√3,0),C (-1,0,0),D (0,0,1).由题设知,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12,即E 为DB 的中点,得E (0,√32,12).故AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,0),AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√32,12). 设n =(x ,y ,z )是平面DAE 的法向量,则{n ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{-x +z =0,-x +√32y +12z =0. 可取n =(1,√33,1).设m 是平面AEC 的法向量,则{m ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0.同理可取m =(0,-1,√3). 则cos <n ,m >=n ·m |n ||m |=√77.所以二面角D-AE-C 的余弦值为√77. 5.(2016全国Ⅰ·18)如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF=2FD ,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60°. (1)证明:平面ABEF ⊥平面EFDC ; (2)求二面角E-BC-A 的余弦值.AF ⊥DF ,AF ⊥FE ,所以AF ⊥平面EFDC. 又AF ⊂平面ABEF , 故平面ABEF ⊥平面EFDC.D 作DG ⊥EF ,垂足为G ,由(1)知DG ⊥平面ABEF.以G 为坐标原点,GF ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,|GF ⃗⃗⃗⃗⃗ |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz. 由(1)知∠DFE 为二面角D-AF-E 的平面角, 故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=√3, 可得A (1,4,0),B (-3,4,0),E (-3,0,0),D (0,0,√3).由已知,AB ∥EF ,所以AB ∥平面EFDC. 又平面ABCD ∩平面EFDC=CD , 故AB ∥CD ,CD ∥EF.由BE ∥AF ,可得BE ⊥平面EFDC ,所以∠CEF 为二面角C-BE-F 的平面角,∠CEF=60°.从而可得C (-2,0,√3). 所以EC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,4,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,-4,√3),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,0,0), 设n =(x ,y ,z )是平面BCE 的法向量, 则{n ·EC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +√3z =0,4y =0.所以可取n =(3,0,-√3). 设m 是平面ABCD 的法向量, 则{m ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,同理可取m =(0,√3,4), 则cos <n ,m >=n ·m|n ||m |=-2√1919. 故二面角E-BC-A 的余弦值为-2√1919.典题演练提能·刷高分1.(2019山东济宁二模)如图,在直角梯形ABED 中,AB ∥DE ,AB ⊥BE ,且AB=2DE=2BE ,点C 是AB 的中点,现将△ACD 沿CD 折起,使点A 到达点P 的位置. (1)求证:平面PBC ⊥平面PEB ;(2)若PE 与平面PBC 所成的角为45°,求平面PDE 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值.AB ∥DE ,AB=2DE ,点C 是AB 的中点,∴CB ∥ED ,CB=ED ,∴四边形BCDE 为平行四边形, ∴CD ∥EB.又EB ⊥AB ,∴CD ⊥AB ,∴CD ⊥PC ,CD ⊥BC , 又PC ∩BC=C ,∴CD ⊥平面PBC ,∴EB ⊥平面PBC.又EB ⊂平面PEB ,∴平面PBC ⊥平面PEB.(1)知EB ⊥平面PBC ,∴∠EPB 即为PE 与平面PBC 所成的角, ∴∠EPB=45°,∵EB ⊥平面PBC ,∴EB ⊥PB , ∴△PBE 为等腰直角三角形,∴EB=PB=BC=PC ,即△PBC 为等边三角形.设BC 的中点为O ,连接PO ,则PO ⊥BC ,EB ⊥平面PBC , 又EB ⊂平面EBCD ,∴平面EBCD ⊥平面PBC. 又PO ⊂平面PBC ,∴PO ⊥平面EBCD.以O 为坐标原点,过点O 与BE 平行的直线为x 轴,CB 所在的直线为y 轴,OP 所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系如图,设BC=2,则B (0,1,0),E (2,1,0),D (2,-1,0),P (0,0,√3), 从而DE⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,1,-√3). 设平面PDE 的一个法向量为m =(x ,y ,z ), 则由{m ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·PE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{2y =0,2x +y -√3z =0.令z=2得m =(√3,0,2),又平面PBC 的一个法向量n =(1,0,0), 则cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=√3√7=√217.所以平面PDE 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值为√21. 2.四棱锥S-ABCD 的底面ABCD 为直角梯形,AB ∥CD ,AB ⊥BC ,AB=2BC=2CD=2,△SAD 为正三角形. (1)点M 为棱AB 上一点,若BC ∥平面SDM ,AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,求实数λ的值; (2)若BC ⊥SD ,求二面角A-SB-C 的余弦值.因为BC ∥平面SDM ,BC ⊂平面ABCD ,平面SDM ∩平面ABCD=DM ,所以BC ∥DM.因为AB ∥DC ,所以四边形BCDM 为平行四边形,又AB=2CD ,所以M 为AB 的中点. 因为AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴λ=12. (2)因为BC ⊥SD ,BC ⊥CD ,SD ∩CD=D , 所以BC ⊥平面SCD ,又因为BC ⊂平面ABCD ,所以平面SCD ⊥平面ABCD ,平面SCD ∩平面ABCD=CD ,在平面SCD 内过点S 作SE ⊥直线CD 于点E , 则SE ⊥平面ABCD ,在Rt △SEA 和Rt △SED 中,因为SA=SD ,所以AE=√SA 2-SE 2=√SD 2-SE 2=DE ,又由题知∠EDA=45°,所以AE ⊥ED , 所以AE=ED=SE=1,以下建系求解:以点E 为坐标原点,EA 方向为x 轴,EC 方向为y 轴,ES 方向为z 轴建立如图所示空间坐标系,则E (0,0,0),S (0,0,1),A (1,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),SA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),SC ⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-1),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0), 设平面SAB 的法向量n 1=(x ,y ,z ), 则{n 1·SA⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{x -z =0,2y =0,令x=1得n 1=(1,0,1)为平面SAB 的一个法向量,同理得n 2=(0,1,2)为平面SBC 的一个法向量, cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=√105,因为二面角A-SB-C 为钝角, 所以二面角A-SB-C 余弦值为-√10. 3.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.在半圆柱中,BB 1⊥平面PA 1B 1,所以BB 1⊥PA 1.因为A 1B 1是上底面对应圆的直径,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)以点C 为坐标原点,以CA ,CB 为x ,y 轴,过点C 作与平面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B (1,0,0),A (0,1,0),A 1(0,1,√2),B 1(1,0,√2),P (1,1,√2).所以CA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√2),CB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(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的一个法向量n 2=(x ,y ,z ), 则{y +√2z =0,x +√2z =0,令z=1,则{x =-√2,y =-√2,z =1, 所以可取n 2=(-√2,-√2,1), 所以cos <n 1,n 2>=1×√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-√5. 4.如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,ABCD 为直角梯形,AD ∥BC ,AD ⊥AB ,AB=BC=AP=12AD=3,AC ∩BD=O ,过O 点作平面α平行于平面PAB ,平面α与棱BC ,AD ,PD ,PC 分别相交于点E ,F ,G ,H. (1)求GH 的长度;(2)求二面角B-FH-E 的余弦值.因为α∥平面PAB ,平面α∩平面ABCD=EF ,O ∈EF ,平面PAB ∩平面ABCD=AB ,所以EF ∥AB ,同理EH ∥BP ,FG ∥AP , 因为BC ∥AD ,AD=6,BC=3, 所以△BOC ∽△DOA ,且BC AD=CO AO=12,所以EOOF =12,CE=13CB=1,BE=AF=2, 同理CHPC =EHPB =COCA =13, 连接HO ,则有HO ∥PA ,所以HO ⊥EO ,HO=1,所以EH=13PB=√2, 同理,FG=23PA=2,过点H 作HN ∥EF 交FG 于N , 则GH=√HN 2+GN 2=√5.(2)建立如图所示空间直角坐标系,则B (3,0,0),F (0,2,0),E (3,2,0),H (2,2,1),BH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,1),FH ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,1),设平面BFH 的法向量为n =(x ,y ,z ), {n ·BH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-x +2y +z =0,n ·FH⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +z =0, 令z=-2,得n =(1,32,-2), 因为平面EFGH ∥平面PAB , 所以平面EFGH 的法向量m =(0,1,0).cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=32√1+94+4=3√2929,故二面角B-FH-E 的余弦值为3√2929.5.如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CA=CB=CC 1=2,∠ACC 1=∠CC 1B 1,直线AC 与直线BB 1所成的角为60°.(1)求证:AB 1⊥CC 1;(2)若AB 1=√6,M 是AB 1上的点,当平面MCC 1与平面AB 1C 所成二面角的余弦值为15时,求AMMB 1的值.ABC-A 1B 1C 1中,各侧面均为平行四边形,所以BB 1∥CC 1,则∠ACC 1即为AC 与BB 1所成的角,所以∠ACC 1=∠CC 1B 1=60°.连接AC 1和B 1C , 因为CA=CB=CC 1=2,所以△AC 1C 和△B 1CC 1均为等边三角形. 取CC 1的中点O ,连AO 和B 1O , 则AO ⊥CC 1,B 1O ⊥CC 1. 又AO ∩B 1O=O ,所以CC 1⊥平面AOB 1.AB 1⊂平面AOB 1, 所以AB 1⊥CC 1.(1)知AO=B 1O=√3,因为AB 1=√6,则AO 2+B 1O 2=A B 12,所以AO ⊥B 1O ,又AO ⊥CC 1, 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.以OB 1所在直线为x 轴,OC 1所在直线为y 轴,OA 所在直线为z 轴,如图建立空间直角坐标系,则A (0,0,√3),C (0,-1,0),C 1(0,1,0),B 1(√3,0,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,-√3),AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,-√3),CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),设AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =t MB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,M (x ,y ,z ), 则(x ,y ,z-√3)=t (√3-x ,-y ,-z ),所以x=√3tt+1,y=0,z=√3t+1,M (√3tt+1,0,√3t+1), 所以CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3t t+1,1,√3t+1). 设平面ACB 1的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),平面MCC 1的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), 所以{n 1·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{-y 1-√3z 1=0,√3x 1-√3z 1=0,解得n 1=(1,-√3,1).{n 2·CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·CM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{2y 2=0,√3t t +1x 2+y 2+√3t +1z 2=0, 解得n 2=(1,0,-t ). 所以cos θ=|n 1·n 2|n 1|·|n 2||=|1-t |√5·√1+t =15.解得t=12或t=2,即AM MB 1=12或AMMB 1=2. 6.如图,在几何体ABCDEF 中,平面ADE ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 为菱形,且∠DAB=60°,EA=ED=AB=2EF ,EF ∥AB ,M 为BC 中点.(1)求证:FM ∥平面BDE ;(2)求二面角D-BF-C 的平面角的正弦值.CD 中点N ,连接MN ,FN ,因为N ,M 分别为CD ,BC 中点,所以MN ∥BD.又BD ⊂平面BDE ,且MN ⊄平面BDE ,所以MN ∥平面BDE ,因为EF ∥AB ,AB=2EF , 所以EF ∥CD ,EF=DN.所以四边形EFND 为平行四边形.所以FN ∥ED.又ED ⊂平面BDE 且FN ⊄平面BDE ,所以FN ∥平面BDE ,又FN ∩MN=N , 所以平面MFN ∥平面BDE.又FM ⊂平面MFN ,所以FM ∥平面BDE.AD 中点O ,连接EO ,BO.因为EA=ED ,所以EO ⊥AD.因为平面ADE ⊥平面ABCD , 所以EO ⊥平面ABCD ,EO ⊥BO. 因为AD=AB ,∠DAB=60°, 所以△ADB 为等边三角形. 因为O 为AD 中点,所以AD ⊥BO. 因为EO ,BO ,AO 两两垂直,设AB=4,以O 为原点,OA ,OB ,OE 为x ,y ,z 轴,如图建立空间直角坐标系O-xyz 由题意得A (2,0,0),B (0,2√3,0),C (-4,2√3,0),D (-2,0,0),E (0,0,2√3),F (-1,√3,2√3).DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2√3,0),DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2√3),CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-√3,2√3),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,0,0). 设平面BDF 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·DF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x +√3y =0,x +√3y +2√3z =0,令x=1,则y=-√33,z=0, 所以n =1,-√33,0.设平面BCF 的法向量为m =(x ,y ,z ), 则{m ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x =0,3x -√3y +2√3z =0,令z=1,则y=2,x=0,所以m =(0,2,1).∴cos <m ,n >=m ·n |m ||n |=-√55,∴二面角D-BF-C 平面角的正弦值为2√55. 7.在如图所示的几何体中,四边形ABCD 是正方形,PA ⊥平面ABCD ,E ,F 分别是线段AD ,PB 的中点,PA=AB=1.(1)求证:EF ∥平面DCP ;(2)求平面EFC 与平面PDC 所成锐二面角的余弦值.方法一)取PC 中点M ,连接DM ,MF.∵M ,F 分别是PC ,PB 中点,∴MF ∥CB ,MF=12CB , ∵E 为DA 中点,ABCD 为正方形,∴DE ∥CB ,DE=12CB , ∴MF ∥DE ,MF=DE ,∴四边形DEFM 为平行四边形, ∴EF ∥DM ,∵EF ⊄平面PDC ,DM ⊂平面PDC , ∴EF ∥平面PDC.(方法二)取PA 中点N ,连接NE ,NF.∵E 是AD 中点,N 是PA 中点,∴NE ∥DP , 又∵F 是PB 中点,N 是PA 中点,∴NE ∥AB ,∵AB ∥CD ,∴NF ∥CD ,又∵NE ∩NF=N ,NE ⊂平面NEF ,NF ⊂平面NEF ,DP ⊂平面PCD ,CD ⊂平面PCD ,∴平面NEF ∥平面PCD.又∵EF ⊂平面NEF ,∴EF ∥平面PCD.(方法三)取BC 中点G ,连接EG ,FG ,在正方形ABCD 中,E 是AD 中点,G 是BC 中点,∴GE ∥CD ,又∵F 是PB 中点,G 是BC 中点,∴GF ∥PC ,又PC ∩CD=C ,GE ⊂平面GEF ,GF ⊂平面GEF ,PC ⊂平面PCD ,CD ⊂平面PCD ,∴平面GEF ∥平面PCD. ∵EF ⊂平面GEF , ∴EF ∥平面PCD.(2)∵PA ⊥平面ABC ,且四边形ABCD 是正方形,∴AD ,AB ,AP 两两垂直,以A 为原点,AP ,AB ,AD 所在直线为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系A-xyz ,则P (1,0,0),D (0,0,1),C (0,1,1),E 0,0,12,F12,12,0.设平面EFC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =12,12,-12,FC⃗⃗⃗⃗⃗ =-12,12,1,则{EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,FC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,即{x 1+y 1-z 1=0,-12x 1+12y 1+z 1=0,取n 1=(3,-1,2), 则设平面PDC 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1),PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,1),则{PD ⃗⃗⃗⃗⃗·n 2=0,PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0, 即{-x 2+z 2=0,-x 2+y 2+z 2=0,取n 2=(1,0,1),cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1|·|n 2|=√14×√2=5√714.∴平面EFC 与平面PDC 所成锐二面角的余弦值为5√714.命题角度3折叠问题、点到平面的距离高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅲ·19)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.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.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=√3.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 (2,0,√3),CG⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,√3),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0).设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{CG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =0,即{x +√3z =0,2x -y =0. 所以可取n =(3,6,-√3).又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0), 所以cos <n ,m >=n ·m|n ||m |=√32. 因此二面角B-CG-A 的大小为30°.2.(2016全国Ⅱ·19)如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ,AB=5,AC=6,点E ,F 分别在AD ,CD 上,AE=CF=54,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D'EF 的位置,OD'=√10.(1)证明:D'H ⊥平面ABCD ; (2)求二面角B-D'A-C 的正弦值.AC ⊥BD ,AD=CD.又由AE=CF 得AE AD=CF CD, 故AC ∥EF.因此EF ⊥HD ,从而EF ⊥D'H.由AB=5,AC=6得DO=BO=√AB 2-AO 2=4.由EF ∥AC 得OHDO=AE AD=14.所以OH=1,D'H=DH=3. 于是D'H 2+OH 2=32+12=10=D'O 2, 故D'H ⊥OH.又D'H ⊥EF ,而OH ∩EF=H , 所以D'H ⊥平面ABCD.,以H 为坐标原点,HF⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H (0,0,0),A (-3,-1,0),B (0,-5,0),C (3,-1,0),D'(0,0,3), AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,-4,0),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,0,0),AD '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,1,3). 设m =(x 1,y 1,z 1)是平面ABD'的法向量, 则{m ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AD '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{3x 1-4y 1=0,3x 1+y 1+3z 1=0,所以可取m =(4,3,-5).设n =(x 2,y 2,z 2)是平面ACD'的法向量, 则{n ·AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AD '⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{6x 2=0,3x 2+y 2+3z 2=0,所以可取n =(0,-3,1). 于是cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=√50×√10=-7√525.sin <m ,n >=2√9525.因此二面角B-D'A-C 的正弦值是2√9525.典题演练提能·刷高分1.如图,在边长为2√3的菱形ABCD 中,∠DAB=60°.点E ,F 分别在边CD ,CB 上,点E 与点C ,D 不重合,EF ⊥AC ,EF ∩AC=O.沿EF 将△CEF 翻折到△PEF 的位置,使平面PEF ⊥平面ABFED.(1)求证:PO ⊥平面ABD ;(2)当PB 与平面ABD 所成的角为45°时,求平面PBF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值.EF ⊥AC ,∴PO ⊥EF.∵平面PEF ⊥平面ABFED ,平面PEF ∩平面ABFED=EF ,且PO ⊂平面PEF ,∴PO ⊥平面ABD.,以O 为原点,建立空间直角坐标系O-xyz ,连接BO ,∵PO ⊥平面ABD ,∴∠PBO 为PB 与平面ABD 所成的角,即∠PBO=45°,∴PO=BO.设AO ∩BD=H ,∵∠DAB=60°, ∴△BDA 为等边三角形, ∴BD=2√3,HB=√3,HC=3.设PO=x ,则OH=3-x ,由PO 2=OH 2+HB 2,得x=2,即PO=2,OH=1.∴P (0,0,2),A (4,0,0),B (1,√3,0),D (1,-√3,0),F 0,2√33,0.设平面PAD ,平面PBF 的法向量分别为m =(a ,b ,c ),n =(x ,y ,z ),由{m ·PA⃗⃗⃗⃗⃗ =4a -2c =0,m ·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =a -√3b -2c =0,取a=1,得m =(1,-√3,2). 同理,得n =(-1,√3,1),∴cos <m ,n >=m ·n |m |·|n |=-√1010,∴平面PBF 与平面PAD 所成锐二面角的余弦值为√1010.2.如图所示,平面多边形ABCDE 中,AE=ED ,AB=BD ,且AB=√5,AD=2,AE=√2,CD=1,AD ⊥CD ,现沿直线AD ,将△ADE 折起,得到四棱锥P-ABCD.(1)求证:PB ⊥AD ;(2)若PB=√5,求PD 与平面PAB 所成角的正弦值.AD 的中点O ,连接OB ,OP ,∵BA=BD ,EA=ED ,即PA=PD ,∴OB ⊥AD 且OP ⊥AD ,又OB ∩OP=O ,∴AD ⊥平面BOP ,而PB ⊂平面BOP ,∴PB ⊥AD.OP=1,OB=2,OP 2+OB 2=5=PB 2,∴PO ⊥OB ,∴OP ,OB ,OD 两两互相垂直,以O 为坐标原点,OB ,OD ,OP 所在的直线为x ,y ,z 轴建立如图所示空间直角坐标系O-xyz ,则A (0,-1,0),B (2,0,0),D (0,1,0),P (0,0,1),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,1),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,1), 设m =(a ,b ,c )为平面PAB 的一个法向量,则由{AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0,BP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0⇒{b +c =0,-2a +c =0,令a=1,则得c=2,b=-2,∴m =(1,-2,2), 设PD 与平面PAB 所成角为θ,则sin θ=|cos <DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m >|=|DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|m |=√2×3=2√23,即PD 与平面PAB 所成角的正弦值为2√23.3.已知等腰直角△S'AB ,S'A=AB=4,S'A ⊥AB ,C ,D 分别为S'B ,S'A 的中点,将△S'CD 沿CD 折到△SCD 的位置,SA=2√2,取线段SB 的中点为E.(1)求证:CE ∥平面SAD ; (2)求二面角A-EC-B 的余弦值.SA 中点F ,连接DF ,EF ,∵SE=EB ,SF=FA ,∴EF 12AB.又∵CD 12AB ,∴CD EF ,∴四边形CDFE 为平行四边形,∴CE ∥FD , ∵CE ⊄平面SAD ,FD ⊂平面SAD , ∴CE ∥平面SAD.SD=AD=2,SA=2√2,∴SD 2+AD 2=SA 2.∴SD ⊥AD.∵SD ⊥CD ,SD ⊂平面SCD ,∴SD ⊥平面ABCD , ∵AD ,CD ⊂平面ABCD ,∴SD ⊥AD ,SD ⊥CD ,又∵AD ⊥DC ,∴DA ,DC ,DS 两两互相垂直,如图所示,分别以DA ,DC ,DS 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系D-xyz ,则A (2,0,0),C (0,2,0),S (0,0,2),B (2,4,0),E (1,2,1),CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1),CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-2,0),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,0), 设平面ECA ,平面ECB 的法向量分别为m =(x 1,y 1,z 1),n =(x 2,y 2,z 2), 则{m ·CE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·CA⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{x 1+z 1=0,2x 1-2y 1=0,取m =(1,1,-1),{n ·CE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{x 2+z 2=0,2x 2+2y 2=0,取n =(1,-1,-1).∴cos <m ,n >=m ·n|m ||n |=√3·√3=13,∴二面角A-EC-B 的平面角的余弦值为-13.4.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.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,∴P 0,92,3,∴OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,6),AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,m ,0),PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =6,m-92,-3. ∵OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,且AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 与PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ 不共线,∴OD ⊥平面PAQ.BE=2AE ,AQ ∥OB ,∴AQ=12OB=3,则Q (6,3,0),∴QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-6,3,0),BC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,6). 设平面CBQ 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),∵{n 1·QB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{-6x +3y =0,-3y +6z =0,令z=1,则y=2,x=1,故n 1=(1,2,1),又显然,平面ABQ 的法向量为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·n2|n 1|·|n 2||=√66.5.如图,四边形ABCD 是矩形,沿对角线AC 将△ACD 折起,使得点D 在平面ABC 上的射影恰好落在边AB 上.(1)求证:平面ACD ⊥平面BCD ; (2)当ABAD=2时,求二面角D-AC-B 的余弦值.D 在平面ABC 上的射影为点E ,连接DE ,则DE ⊥平面ABC ,所以DE ⊥BC.因为四边形ABCD 是矩形,所以AB ⊥BC.因为AB ∩DE=E ,所以BC ⊥平面ABD ,所以BC ⊥AD.又AD ⊥CD ,CD ∩BC=C , 所以AD ⊥平面BCD ,而AD ⊂平面ACD , 所以平面ACD ⊥平面BCD.B 为原点,线段BC 所在的直线为x 轴,线段AB 所在的直线为y 轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设|AD|=a ,则|AB|=2a , 所以A (0,-2a ,0),C (-a ,0,0). 由(1)知AD ⊥BD ,又ABAD =2, 所以∠DBA=30°,∠DAB=60°,那么|AE|=|AD|cos ∠DAB=1a ,|BE|=|AB|-|AE|=3a ,|DE|=|AD|sin ∠DAB=√3a , 所以D 0,-32a ,√32a ,所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,12a ,√32a ,AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,2a ,0).设平面ACD 的一个法向量为m =(x ,y ,z ), 则{m ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{12ay +√32az =0,-ax +2ay =0.取y=1,则x=2,z=-√33,所以m =1,2,-√33. 因为平面ABC 的一个法向量为n =(0,0,1), 所以cos <m ,n >=m ·n |m ||n |=-√331+2+(-33) =-14.故所求二面角D-AC-B 的余弦值为14.命题角度4探究性问题高考真题体验·对方向(2019北京·16)如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,AD ⊥CD ,AD ∥BC ,PA=AD=CD=2,BC=3.E 为PD 的中点,点F 在PC 上,且PFPC =13.(1)求证:CD ⊥平面PAD ; (2)求二面角F-AE-P 的余弦值; (3)设点G 在PB 上,且PGPB=23,判断直线AG 是否在平面AEF 内,说明理由.PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥CD.又因为AD ⊥CD ,所以CD ⊥平面PAD.A 作AD 的垂线交BC 于点M.因为PA ⊥平面ABCD , 所以PA ⊥AM ,PA ⊥AD. 如图建立空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (2,-1,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2). 因为E 为PD 的中点,所以E (0,1,1).所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,2). 所以PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =13PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,-23,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =23,23,43. 设平面AEF 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{y +z =0,2x +2y +4z =0. 令z=1,则y=-1,x=-1. 于是n =(-1,-1,1).又因为平面PAD 的法向量为p =(1,0,0), 所以cos <n ,p >=n ·p |n ||p |=-√33. 由题知,二面角F-AE-P 为锐角, 所以其余弦值为√33.AG 在平面AEF 内.因为点G 在PB 上,且PG PB =23,PB ⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-1,-2),所以PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =23PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =43,-23,-43,AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PG ⃗⃗⃗⃗⃗ =43,-23,23. 由(2)知,平面AEF 的法向量n =(-1,-1,1).所以AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =-43+23+23=0.所以直线AG 在平面AEF 内.典题演练提能·刷高分1.如图所示,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,侧棱BB 1⊥底面ABC ,BB 1=4,AB ⊥BC ,且AB=BC=3√2,点M ,N 为棱AB ,BC 上的动点,且AM=BN ,D 为B 1C 1的中点.(1)当点M ,N 运动时,能否出现AD ∥平面B 1MN 的情况,请说明理由. (2)若BN=√2,求直线AD 与平面B 1MN 所成角的正弦值.当M ,N 为各棱中点时,AD ∥平面B 1MN.证明如下:连接CD ,∵CN ∥B 1D 且CN=B 1D=12BC ,∴四边形B 1DCN 为平行四边形,∴DC ∥B 1N.。
新高考二轮数学理科金版学案专题复习同步练习5.1空间几何体(含答案解析)
第一部分 知识复习专题 专题五 立体几何 第一讲 空间几何体
题号 1 2 3 4 5
答案 一、选择题 1．(2014·浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )
A. 90 cm2 B. 129 cm2 C. 132 cm2 D. 138 cm2
解析：由三视图可知，此几何体如下图，故几何体的表面积为S＝2×4×6＋2×3×4＋3×6＋3×3＋3×4＋3×5＋2×12×3×4＝138.故选D.
答案：D 2．(2014·福建卷)以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( ) A．2π B．π C．2 D．1
解析：由已知得，所得圆柱的底面半径和高均为1，所以圆柱的侧面积为2π.故选A. 答案：A 3．如图，在正三棱锥A－BCD中，E，F分别是AB，BC的中点，且DE⊥EF，AB＝2，则正三
棱锥A－BCD的体积是( ) A.2 B.23 C.26 D.312
解析：设正三棱锥的底面边长为a， 则DF＝32a，EF＝22，
又AD2＝AE2＋DE2－2AE·DEcos∠AED，BD2＝BE2＋DE2－2BE·DEcos∠BED，
即2＝12＋DE2－2·22·DEcos∠AED，a2＝12＋DE2－2·22·DEcos∠BED， ∴a2＋2＝1＋2DE2.∴DE2＝a2＋12. 又DE⊥EF，∴a2＋12＝34a2－12. ∴a＝2.∴DF＝3. ∴S△BCD＝12×2×3＝3.
三棱锥的高h满足h2＝2－23×32×22＝23， ∴h＝63.∴VA－BCD＝13×3×63＝23. 答案：B
4．某几何体的三视图如下图所示，它的体积为( ) A．72π B．48π C．30π D．24π 答案：C 5. (2014·重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．12 B．18 C．24 D．30 解析：由三视图可知该几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱的一部分，其直观图如下图所示，其中∠BAC＝90°，侧面ACC1A1是矩形，其余两个侧面是直角梯形，由于AC⊥AB，平面ABC⊥平面ACC1A1，所以AB⊥平面ACC1A1，所以几何体的体积为：
2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：5.3空间向量与立体几何
第3讲 空间向量与立体几何考点1 向量法证明平行与垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)．(1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a·u ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 2＝ka 3，b 2＝kb 3，c 2＝kc 3.(4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.[例1] [2019·甘肃兰州质检]在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点.求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ；(2)平面EGF ∥平面ABD .【证明】 (1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系B －xyz ，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)，BA → BD → B 1D → ·＝0，·＝0＋4－4＝0，B 1D → BA → B 1D → BD →又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题『对接训练』如图，在直三棱柱都是正方形且互相垂直，M的中点，运用向量方法证明：EFCD.(0,0,0)，B (1,0,0).12)BA →所以·＝0，所以⊥.OM BA OM BA 因为棱柱ADE －BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BA → BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．1[2019·浙江卷]如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A BC所成角的余弦值．本题主要考查空间直线与直线垂直的证明及直线与平AC的中点，ABC，所以cos ∠EOG ＝＝.因此，直线EF 与平面EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG 35A 1BC 所成角的余弦值是.35解法二：(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，xyz .(0,0，2)，B (，1,0)33，＝(－，1,0))BC → 3BC .(1)利用空间向量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，写出相交向量的坐标．③结合公式进行论证、计算．④转化为几何结论．(2)[警示] 求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②两平面的法向量的夹角不『对接训练』湖北部分重点中学联考]如图，四棱锥DP，BA＝BP.＝60°，BA＝BP＝证明：如图，取AP的中点M，连接，，∴PA⊥平面DMB，又BD⊂平面DMB，∴PA⊥BD.(2)∵DA＝DP，BA＝BP，DA⊥DP，∠ABP＝60°，∴△DAP是等腰直角三角形，△ABP是等边三角形，∵AB＝PB＝BD＝2，3湖北武昌质检]ABCD 中，侧面PAD PD ，底面ABCD BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)求证：平面POC ⊥平面PAD ；(2)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q －AC －D 的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．63PQQD 【解析】 (1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 的中点，∴PO ⊥AD .PAD .两两垂直，所以以O 所在直线为y 轴，OP 所在直线为，如图所示，A (0，－1,0)，C (1,0,0)(0≤λ≤1)．PD →弦值为，3∴|cos 〈m ，n 〉＝＝＝，|m ·n ||m ||n ||λ＋1|(1－λ)2＋(λ－1)2＋(λ＋1)2×163整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝或λ＝3(舍去)，13空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把『对接训练』安徽江南名校联考]如图，在四棱锥的余弦值；若不存在，请说明理由．解析：(1)证明：取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N，如图在四边形ABCD中，∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA.又AB∥CD，∴四边形CDAN为矩形，AN＝6，102－82＝6，DE⊄平面PBC，∴DE∥DC，DP两两垂直，如图，以⊥BD，BC＝1，AD(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．解析：(1)证明：因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC.因为AC⊥BD且BD∩BB1＝B，所以AC⊥平面BB1D，又B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D.两两垂直，如图，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标B(t,0,0)，1,3)，广东五校第一次诊断]如图，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；所成的角为45°ABCD 是菱形，平面ABCD ，为原点，OA ，OB 所在直线分别为建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，则B ，则＝(0，，OB → 3＝(x ，y ，z )，由a ＞0，得a ＝3，＝(－1,0,3)，＝(1，－，2)，OF → BE → 3cos 〈，〉＝＝，OF → BE → OF → ·BE → |OF →|·|BE → |545]－A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，侧面是正方形，的延长线上一点，经过点⊥平面BCC 1B 1；的余弦值．证明：设四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D∴CH ⊥AC 1，又CG ⊥AC 1，CG ∩CH ＝C ，∴AC 1⊥平面CGH ，AC 1⊥GH ，∴∠CGH 是二面角E －AC 1－C 的平面角．在Rt △ACC 1中，AC ＝a ，CC 1＝a ，AC 1＝2a ，CG ＝a ，3323213231313与平面ABP 所成角的正弦值．解析：(1)证明：取PA 的中点H ，连接HE ，BH ，如图．的中点，∴HE 为△APD 的中位线，＝AD .12AD ，∴HE ∥BC ，HE ＝BC 12为平行四边形，∴CE ∥BH .CE ⊄平面ABP ，∴CE ∥平面∴E ，∴＝，＝(2,2,0)，＝(－1,0，(22) (22))．3设平面ABP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!∴Error!故可取n ＝(3，－3，)，3n ·AE → 210AD ⊥AB ，AB ＝AD ；BDE 所成角的正弦值；的余弦值为，求线段13本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成为原点，分别以AB 轴正方向的空间直角坐标系A xyz (如图，E (0,0,2)．设(1)依题意，＝(1,0,0)是平面ADE 的法向量，又＝(0,2，h )，AB → BF → 可得·＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .BF → AB → (2)依题意，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，BD → BE → ＝(－1，－2，2)．CE →(1)证明：B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1－CE －C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为，求线段AM 的长．26C E 中，，AB 两两垂直，如图，以点所在直线为x 轴，y 轴，z (0,0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，－1)，＝(－1,1，－CE → ＝(x ，y ，z )，sin 〈m ，〉＝，B 1C 1→ 7所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为.217(3)由(2)知＝(0,1,0)，＝(1,1,1)，设＝λ，则AE → EC 1→ EM → EC 1→ ＝(λ，λ，λ)(0≤λ≤1)，则＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．EM → AM → AE → EM →。
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第一部分 知识复习专题专题五 立体几何 第三讲 空间向量与立体几何一、选择题1．在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则下列向量中与B 1M →相等的向量是( )A ．－12a ＋12b ＋c B.12a ＋12b ＋cC.12a －12b ＋c D ．－12a －12b ＋c解析：B 1M →＝B 1B →＋BM →＝A 1A →＋12BD →＝c ＋12B 1D 1→＝c ＋12(A 1D 1→－A 1B 1→)＝c ＋12b －12a .答案：A2．若A(x ，5－x ，2x －1)，B(1，x ＋2，2－x)，当|AB →|取最小值时，x 的值等于( )A ．19B ．－87 C.87 D. 1914答案：C3. (2014·新课标Ⅱ卷)直三棱柱ABCA 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 所成的角的余弦值为( )A.110B.25C.3010D.22解析：如图，以C 为原点，直线CA 为x 轴，直线CB 为y 轴，直线CC 1为z 轴，则设CA ＝CB ＝1，则B(0，1，0)，M ⎝⎛⎭⎫12，12，1，A(1，0，0)，N ⎝⎛⎭⎫12，0，1，故BM →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1，AN →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1，所以cos BM →，AN →＝BM →·AN →|BM →|·|AN →|＝3462·52＝3010.故选C.答案：C点评：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力．4．在三棱柱中ABC －A 1B 1C 1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：取BC 的中点为E ，则AE ⊥平面BB 1C 1C ，∴AE ⊥DE.因此AD 与平面BB 1C 1C 所成角即为∠ADE ，设AB ＝a ，则AE ＝32a ，DE ＝a 2， 即有tan ∠ADE ＝3，∴∠ADE ＝60°.答案：C5．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AB 1⊥BC 1，则平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°．解析：以A 为坐标原点，AC ，AA 1分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设底面边长为2a ，侧棱长为2b.则A(0， 0，0)，C(0，2a ，0)，D(0，a ，0)，B(3a ，a ，0)，C 1(0，2a ，2b)，B 1(3a ，a ，2b)．AB →＝(3a ，a ，2b)，BC 1→＝(－3a ，a ，2b)，DB →＝(3a ，0，0)，CB →＝(3a ，－a ，0)． 由AB 1→⊥BC 1→，得AB 1→·BC 1→＝0，即2b 2＝a 2.设n 1＝(x ，y ，z)为平面DBC 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC 1→＝0，n 1·DB →＝0⎩⎨⎧－3ax ＋ay ＋2bz ＝0，－3ax ＝0.又2b 2＝a 2，令z ＝1. 解得n ＝(0，－2，1)．同理可求得平面CBC 1的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎫33，1，0. 所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝23×23＝22.故θ＝45°. 答案：B6．已知非零向量AB →与AC →满足⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|·BC →＝0，且AB →·AC →|AB →|·|AC →|＝12，则△ABC 为( )A ．三边均不相等的三角形B ．直角三角形C ．等腰非等边三角形D ．等边三角形解析：由⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →|AB →|＋AC →|AC →|·BC →＝0得|AB →|＝|AC →|.由AB →·AC →|AB →|·|AC →|＝12，得∠BAC ＝60°， ∴△ABC 为等边三角形． 答案：D二、填空题7．等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一个公共边AB ，二面角CABD 的余弦值为33，M 、N 分别是AC 、BC 的中点，则EM 、AN 所成角的余弦值等于________．解析：分别取AB 、ED 的中点F 、G ，连结FC 、FG 、CG .由题意知FC ⊥AB ，FG ⊥AB ，即∠CFG 为二面角CABD 的平面角， 设AB ＝1，则FC ＝32， 在△CFG 中， CG ＝FC 2＋FG 2－2FC·FG·33＝32.∴CG ＝CF ，取FG 中点O ，以O 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， E ⎝⎛⎭⎫12，12，0，A ⎝⎛⎭⎫12，－12，0，C ⎝⎛⎭⎫0，0，22，则M ⎝⎛⎭⎫14，－14，24，B ＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，N ⎝⎛⎭⎫－14，－14，24， ∴EM →＝⎝⎛⎭⎫－14，－34，24，AN →＝⎝⎛⎭⎫－34，14，24，∴cosEM →，AN →＝EM →·AN →|EM →|·|AN →|＝1832·32＝16.答案：168．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A －BD －C ，有如下四个结论： ①AC ⊥BD ；②△ACD 是等边三角形；③AB 与平面BCD 所成的角为60°；④AB 与CD 所成的角为60°. 其中正确的序号是________． 解析：取BD 中点为O ，连接AO ，CO ，则AO ⊥BD ， CO ⊥BD.∴BD ⊥平面AOC ， ∴AC ⊥BD.又AC ＝2AO ＝AD ＝CD ， ∴△ACD 是等边三角形．而∠ABD 是AB 与平面BCD 所成的角，应为45°. 又AC →＝AB →＋BD →＋DC →(设AB ＝a)， 则a 2＝a 2＋2a 2＋a 2＋2·a·2a ·⎝⎛⎭⎫－22＋2a·2a ·⎝⎛⎭⎫－22＋2a 2cos 〈AB →，DC →〉，∴cos 〈AB →，DC →〉＝12，∴AB 与CD 所成的角为60°. 答案：①②④三、解答题 9.如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是棱BC ，CC 1上的点，CF ＝AB ＝2CE ，AB ∶AD ∶AA 1＝1∶2∶4.(1)求异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值； (2)证明AF ⊥平面A 1ED ； (3)求二面角A 1EDF 的正弦值．解析：方法一 如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝1，依题意得D(0，2，0)， F(1，2，1)，A 1(0，0，4), E ⎝⎛⎭⎫1，32，0. (1)解析：易得EF →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，A 1D →＝(0，2，－4) 于是cosEF →，A 1D →＝EF →·A 1D →|EF →||A 1D →|＝－35.所以异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值为35.(2)证明：已知AF →＝(1，2，1)，EA 1→＝⎝⎛⎭⎫－1，－32，4， ED →＝⎝⎛⎭⎫－1，12，0， 于是AF →·EA 1→＝0，AF →·ED →＝0.因此，AF ⊥EA 1，AF ⊥ED ，又EA 1∩ED ＝E ， 所以AF ⊥平面 A 1ED.(3)解析：设平面EFD 的法向量u ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·EF →＝0，u ·ED →＝0，即⎩⎨⎧12y ＋z ＝0，－x ＋12y ＝0，不妨令x ＝1，可得u ＝(1，2，－1)．由(2)可知，AF →为平面A 1ED 的一个法向量．于是cosu ，AF →＝u ·AF →|u ||AF →|＝23，从而sinu ，AF→＝53. 所以二面角A 1EDF 的正弦值为53.10．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，CE ⊥AC ，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：CF ⊥平面BDE. (3)求二面角ABED 的大小．证明：(1)设AC 与BD 交于点G .因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1.所以四边形AGEF 为平行四边形． 所以AF ∥平面EG ，因为EG 平面BDE ，AF 平面BDE ，所以AF ∥平面BDE.(2)因为正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面 相互垂直，且CE ⊥AC, 所以CE ⊥平面ABCD. 如图，以C 为原点，建立空间直角坐标系Cxyz. 则C(0，0，0)，A(2，2，0)，B(0，2，0)，F ⎝⎛⎭⎫22，22，1，E(0，0，1)，D(2，0，0)．所以CF →＝⎝⎛⎭⎫22，22，1，BE →＝(0，－2，1)，DE →＝(－2，0，1)．所以CF →·BE →＝0－1＋1＝0，CF →·DE →＝－1＋0＋1＝0， 所以CF ⊥BE ，CF ⊥DE.又BE∩DE ＝E ，BE 平面BDE ，DE平面BDE ，所以CF ⊥平面BDE.(3)由(2)知，CF →＝⎝⎛⎭⎫22，22，1是平面BDE 的一个法向量．设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z)，则n ·BA →＝0，n ·BE →＝0. 即⎩⎨⎧（x ，y ，z ）·（2，0，0）＝0，（x ，y ，z ）·（0，－2，1）＝0.所以x ＝0，且z ＝2y ，令y ＝1，则z ＝ 2.所以n ＝(0，1，2)． 从而cos n ，CF →＝n ·CF →|n ||CF →|＝32. 因为二面角ABED 为锐角，所以二面角ABED 的大小为π6.11. (2014·新课标Ⅱ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角DAEC 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥EACD 的体积．分析：本题第(1)问，证明直线与平面平行，可利用线面平行的判定定理来证明；对第(2)问，可先建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算计算二面角，从而计算出AB ，然后由棱锥的体积公式求出三棱锥的体积．解析：(1)证明：设O 为AC 与BD 交点，连结OE ，则由矩形ABCD 知：O 为BD 的中点，因为E 是BD 的中点，所以OE ∥PB ，因为OE 面AEC ，PB 面AEC ，所以PB ∥平面AEC.(2)以A 为原点，直线AB 、AD 、AP 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝m ，则AB →＝(m ，0，0)是平面AED 的一个法向量，E ⎝⎛⎭⎫0，32，12，C(m ，3，0)，设n ＝(x ，y ，z)是平面AEC 的法向量，则⎩⎨⎧n ·AE →＝32y ＋12z ＝0，n ·AC →＝mx ＋3y ＝0，解得z ＝－3y ，3y ＝－mx ，所以令y ＝－1，得n ＝⎝⎛⎭⎫3m ，－1，3，所以cos n ，AB →＝3m·3m 2＋4＝33＋4m 2，因为二面角的大小与其两个半平面的两个法向量的夹角相等或互补，所以cosn ，AB →＝33＋4m 2＝cos 60°，解得m ＝32，因为E 是PD 的中点，所以三棱锥EACD 的高为12，所以三棱锥E －ACD 的体积为13×S △ACD ×12＝16×12×3×m ＝16×12×3×32＝38.。