高考数学大二轮专题复习：第二编立体几何中向量方法

第3讲　立体几何中的向量方法 「考情研析」　　以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为线面角、二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上. 核心知识回顾 1.线、面的位置关系与向量的关系 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)． (1)l∥m⇒a∥b⇔a＝kb⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2；

(2)l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；

(3)l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0；

(4)l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3；

(5)α∥β⇔μ∥v⇔μ＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4；

(6)α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0. 2．三种空间角与空间向量的关系 (1)线线角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角θ满足cosθ＝. (2)线面角：设l是斜线l的方向向量，n是平面α的法向量，则斜线l与平面α所成的角θ满足sinθ＝. (3)二面角 ①如图(Ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉；

②如图(Ⅱ)(Ⅲ)，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉． 热点考向探究 考向1　利用向量证明平行与垂直 例1　(1)(多选)(2020·山东省莱西一中、高密一中、枣庄三中高三模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝2，P，Q，R分别是AB，BB1，A1C上的动点，下列结论正确的是(　　) A．对于任意给定的点P，存在点Q使得D1P⊥CQ B．对于任意给定的点Q，存在点R使得D1R⊥CQ C．当AR⊥A1C时，AR⊥D1R D．当A1C＝3A1R时，D1R∥平面BDC1 答案　ABD 解析　如图所示，建立空间直角坐标系，设P(2，a,0)，a∈[0,2]，Q(2,2，b)，b∈[0,2]，设＝λ，得到R(2－2λ，2λ，2－2λ)，λ∈[0,1].＝(2，a，－2)，＝(2,0，b)，·＝4－2b，当b＝2时，D1P⊥CQ，A正确；
＝(2－2λ，2λ，－2λ)，·＝2(2－2λ)－2λb，取λ＝时，D1R⊥CQ，B正确；
由AR⊥A1C，则·＝(－2λ，2λ，2－2λ)·(－2，2，－2)＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0，解得λ＝，此时·＝·＝－≠0，C错误；
由A1C＝3A1R，则R，＝，设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则解得n＝(，－1，)，故·n＝0，故D1R∥平面BDC1，D正确．故选ABD. (2)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1分别是棱AD，AA1的中点． ①设F是棱AB的中点，证明：直线E1E∥平面FCC1；

②证明：平面D1AC⊥平面BB1C1C. 证明　如图，过点D作AB的垂线交AB于点G，则以点D为原点，DG，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，易得A(，－1，0)，B(，3,0)，C(0，2,0)，E1(，－1，1)，E，F(，1,0)，D1(0,0,2)，B1(，3,2)，C1(0,2,2)． ①＝(0,0,2)，＝(，－1,0)． 设平面FCC1的法向量n1＝(x，y，z)， 则令x＝1，得n1＝(1，，0)， 又＝，故·n1＝0， 又E1E⊄平面FCC1， 所以E1E∥平面FCC1. ②＝(，－1，－2)，＝(0,2，－2)， 设平面D1AC的法向量n2＝(a，b，c)， 由得 令b＝1，得n2＝(，1,1)． 同理易得平面BB1C1C的一个法向量n3＝(1，－，0)， 因为n2·n3＝0，故平面D1AC⊥平面BB1C1C. 　利用空间向量证明平行与垂直的方法步骤 (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中所涉及的点、直线、平面的要素． (3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系． (4)根据运算结果解释相关问题． 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：
(1)BE⊥DC；

(2)BE∥平面PAD；

(3)平面PCD⊥平面PAD. 证明　依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)． (1)向量＝(0,1,1)，＝(2,0,0)， 故·＝0.所以BE⊥DC. (2)因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，又因为AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD， 所以向量＝(1,0,0)为平面PAD的一个法向量， 而·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以⊥， 又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的一个法向量＝(1,0,0)，向量＝(0,2，－2)，＝(2,0,0)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)为平面PCD的一个法向量． 则n·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n⊥. 所以平面PCD⊥平面PAD. 考向2　利用空间向量求空间角 角度1　利用空间向量求异面直线所成的角 例2　(2020·山东省济南市高三6月模拟)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝BC，将直角梯形ABCD(及其内部)以AB所在直线为轴顺时针旋转90°，形成如图所示的几何体，其中M为的中点． (1)求证：BM⊥DF；

(2)求异面直线BM与EF所成角的大小． 解　(1)证法一：如图，连接CE，设CE与BM交于点N， 根据题意，知该几何体为圆台的一部分，且CD与EF相交， 故C，D，F，E四点共面， 因为平面ADF∥平面BCE， 所以CE∥DF， 因为M为的中点，所以∠CBM＝∠EBM. 又BC＝BE，所以N为CE的中点， BN⊥CE，即BM⊥CE， 所以BM⊥DF. 证法二：如图，以点B为坐标原点，BE，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则AD＝AF＝1，BC＝BE＝2， 所以B(0,0,0)，M(，，0)，D(0,1,1)，F(1，0,1)， 所以＝(，，0)，＝(1，－1,0)， 所以·＝－＝0， 所以BM⊥DF. (2)解法一：如图，连接DB，DN， 由(1)知，DF∥EN且DF＝EN， 所以四边形ENDF为平行四边形，所以EF∥DN， 所以∠BND为异面直线BM与EF所成的角，设AB＝1，则BD＝DN＝BN＝， 所以△BND为等边三角形，所以∠BND＝60°， 所以异面直线BM与EF所成角的大小是60°. 解法二：如图，以点B为坐标原点，BE，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则AD＝AF＝1，BE＝2， 所以B(0,0,0)，M(，，0)，E(2,0,0)，F(1，0,1)， 所以＝(，，0)，＝(－1,0,1)， 所以cos〈，〉＝＝＝－， 所以异面直线BM与EF所成角的大小是60°. 角度2　利用空间向量求线面角 例3　(2020·山东省实验中学高考预测卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，平面ADP⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点． (1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥平面PCE，并说明理由；

(2)当二面角D－FC－B的余弦值为时，求直线PB与平面ABCD所成的角． 解　(1)在棱AB上存在点E，使得AF∥平面PCE，点E为棱AB的中点． 理由如下：如图，取PC的中点Q，连接EQ，FQ， 由题意，得FQ∥CD且FQ＝CD， 又AE∥CD且AE＝CD， 故AE∥FQ且AE＝FQ. 所以四边形AEQF为平行四边形． 所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PCE，AF⊄平面PCE， 所以AF∥平面PCE. (2)如图，连接BD，DE. 由题意知△ABD为正三角形，所以ED⊥AB，即ED⊥CD， 又∠ADP＝90°，所以PD⊥AD， 又平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD， 所以PD⊥平面ABCD， 故以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 设FD＝a(a>0)，则由题意知D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0，2,0)，B(，1,0)，＝(0,2，－a)，＝(，－1，0)， 设平面FBC的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则y＝，z＝， 所以取m＝， 易知平面DFC的一个法向量为n＝(1,0,0)， 因为二面角D－FC－B的余弦值为， 所以|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得a＝. 由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD， 所以∠PBD为直线PB与平面ABCD所成的角， 由题意知在Rt△PBD中，tan∠PBD＝＝a＝， 从而∠PBD＝60°， 所以直线PB与平面ABCD所成的角为60°. 角度3　利用空间向量求二面角 例4　(2020·山东省济宁市模拟)如图，三棱台ABC－A1B1C1中，侧面A1B1BA与侧面A1C1CA是全等的梯形，若AA1⊥AB，AA1⊥A1C1，AB＝2A1B1＝4AA1. (1)若＝2，＝2，证明：DE∥平面BCC1B1；

(2)若二面角C1－AA1－B为，求平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值． 解　(1)证明：连接AC1，BC1，在梯形A1C1CA中，AC＝2A1C1. ∵＝2， ∴AC1∩A1C＝D，＝2， ∵＝2，∴DE∥BC1. ∵BC1⊂平面BCC1B1，DE⊄平面BCC1B1， ∴DE∥平面BCC1B1. (2)∵AA1⊥A1C1，∴AA1⊥AC. 又AA1⊥AB，平面A1B1BA∩平面A1C1CA＝AA1， ∴∠BAC＝， 在平面内过点A作AC的垂线，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AA1＝1，则A1B1＝A1C1＝2，AC＝4， A1(0,0,1)，C(0,4,0)，B(2，2,0)，B1(，1,1)． 设平面A1B1BA的法向量为m＝(x，y，z)， 则 ∴m＝(1，－，0)， 同理得平面C1B1BC的一个法向量为n＝(1，，2)， ∴cos〈m，n〉＝＝－， ∴平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值为. 　三种空间角的向量求法 (1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cosθ＝|cosφ|. (2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sinθ＝|cosφ|. (3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角． 1．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (1)证明：平面AEC⊥平面AFC；

(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值． 解　(1)证明：连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF. 在菱形ABCD中，不妨设GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝. 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝. 在Rt△FDG中，可得FG＝. 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝， 可得EF＝. 从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC. 因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC. (2)如图，以点G为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz. 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)，所以＝(1，，)，＝. 故cos〈，〉＝＝－. 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为. 2. (2020·湖南永州高三第三次模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1⊥底面ABC，∠ABC＝90°，且侧面ABB1A1为菱形． (1)证明：A1B⊥平面AB1C1；

(2)若∠A1AB＝60°，AB＝2，直线AC1与底面ABC所成角的正弦值为，求二面角A1－AC1－B1的余弦值． 解　(1)证明：∵四边形ABB1A1为菱形，∴A1B⊥AB1， ∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且AB为交线，BC⊥AB， ∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B. ∵BC∥B1C1，∴A1B⊥B1C1， 又AB1∩B1C1＝B1，∴A1B⊥平面AB1C1. (2)取A1B1的中点M，连接BM，易证BM⊥平面ABC，且AB⊥BC，以BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BM所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设BC＝t(t>0)，则A(2,0,0)，A1(1,0，)，C(0，t,0)， ＝(－1,0，)，＝(－2，t,0)． ∵四边形A1ACC1为平行四边形， ∴＝＋＝＋＝(－3，t，)， 易知平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)， ∴|cos〈，n〉|＝＝＝， 解得t＝， ∴＝(－3，，)． 设平面AA1C1的法向量n1＝(x1，y1，z1)， ∴ 令z1＝1，则n1＝(，2,1)， 由(1)可得平面AB1C1的一个法向量＝(1,0，)， ∴cos〈n1，〉＝＝， 又二面角A1－AC1－B1为锐角， ∴二面角A1－AC1－B1的余弦值为. 考向3　立体几何中的探索性问题 例5　(2020·河北省保定市一模)如图，四边形ABCD为矩形，△ABE和△BCF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°，EA∥FC. (1)求证：ED∥平面BCF；

(2)设＝λ，问是否存在λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为？若存在，求出λ的值；
若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：因为AD∥BC，BC⊂平面BCF，AD⊄平面BCF，所以AD∥平面BCF， 因为EA∥FC，FC⊂平面BCF，EA⊄平面BCF，所以EA∥平面BCF， 又EA∩AD＝A，EA，AD⊂平面ADE， 所以平面ADE∥平面BCF，又ED⊂平面ADE， 所以ED∥平面BCF. (2)以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为∠BAE＝∠DAE＝90°，所以EA⊥AB，EA⊥AD， 又AD∩AD＝A，AD，AB⊂平面ABCD，所以EA⊥平面ABCD， 又EA∥FC，所以FC⊥平面ABCD， 设AB＝AE＝a，BC＝CF＝b，则D(0,0,0)，F(0，a，b)，E(b,0，a)，B(b，a,0)， 则＝(b,0，a)，＝(0，a，b)． 设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则 由得 取x＝1，则y＝，z＝－， 因为＝＝λ，则n＝(1，λ2，－λ)． 设平面BEF的法向量为m＝(x′，y′，z′)， 因为＝(0，－a，a)，＝(－b,0，b)， 由得取x′＝1， 则y′＝z′＝1，所以m＝(1,1,1)， 所以cos〈m，n〉＝＝ . 因为二面角B－EF－D的余弦值为， 所以＝， 整理得λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0， 所以不存在正实数λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为. 　利用空间向量求解探索性问题的策略 (1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论． (2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；
否则，给出肯定结论． 如图1，在边长为3的菱形ABCD中，已知AF＝EC＝1，且EF⊥BC.将梯形ABEF沿直线EF折起，使BE⊥平面CDFE，如图2，P，M分别是BD，AD上的点． (1)若平面PAE∥平面CMF，求AM的长；

(2)是否存在点P，使直线DF与平面PAE所成的角是45°？若存在，求出的值；
若不存在，请说明理由． 解　(1)因为平面PAE与平面CDFE有公共点E，所以平面PAE与平面CDFE相交，设交线为EQ，若平面PAE∥平面CMF， 因为平面CDFE∩平面CMF＝CF，则EQ∥CF. 设EQ∩DF＝Q，又因为FQ∥CE， 所以四边形ECFQ是平行四边形，FQ＝CE， 同理，由平面PAE∥平面CMF， 因为平面PAE∩平面ADQ＝AQ，平面CMF∩平面ADQ＝MF，所以AQ∥MF. 所以＝＝. 因为AF⊥DF，AF＝1，DF＝2， 所以AD＝，所以AM＝. (2)结论：存在点P，使直线DF与平面PAE所成的角是45°. 在题图2中，以点F为原点，分别以FE，FD，FA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 易得EF＝2，则F(0,0,0)，E(2，0,0)，又A(0,0,1)，B(2，0,2)，D(0,2,0)， 所以＝(0,2,0)，＝(2，0，－1)，＝(－2，2，－2)，＝(2，0,1)， 设＝λ(λ∈(0,1])，则＝(－2λ，2λ，－2λ)， 则＝＋＝(2－2λ，2λ，1－2λ)， 设平面PAE的法向量为n＝(x，y，z)， 由 得 令x＝1，可得z＝2，y＝3－， 所以n＝. 若存在点P，使直线DF与平面PAE所成的角是45°， 则|cos〈n，〉|＝＝， 解得λ＝， 因为λ∈(0,1]，所以λ＝，即＝. 故存在一点P，当＝时，直线DF与平面PAE所成的角是45°. 真题押题 『真题检验』 1．(2020·全国卷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，PO＝DO. (1)证明：PA⊥平面PBC；

(2)求二面角B－PC－E的余弦值． 解　(1)证明：∵AE为底面直径，AE＝AD， ∴△DAE为等边三角形．设AE＝1， 则DO＝，AO＝CO＝BO＝AE＝， ∴PO＝DO＝，PA＝PC＝PB＝＝， 又△ABC为等边三角形，∴AB＝AE·cos30°＝. ∵PA2＋PB2＝＝AB2，∴∠APB＝90°， 即PA⊥PB. 同理得PA⊥PC，又PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC. (2)过点O作ON∥BC交AB于点N，则ON⊥AO. ∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥AO，PO⊥ON.以O为坐标原点，OA，ON，OD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AE＝1， 则E，P，A，C，＝，＝，＝. 由(1)得平面PBC的一个法向量为＝， 设平面PCE的一个法向量为m＝(x，y，z)， 由得 令x＝1，得z＝－，y＝，∴m＝. 故cos〈m，〉＝＝＝， 由图可得二面角B－PC－E为锐二面角， ∴二面角B－PC－E的余弦值为. 2．(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1. (1)证明：点C1在平面AEF内；

(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值． 解　(1)证明：在棱CC1上取点G，使得C1G＝CG，连接DG，FG，C1E，C1F， ∵C1G＝CG，BF＝2FB1， ∴CG＝CC1＝BB1＝BF且CG∥BF， ∴四边形BCGF为平行四边形， ∴BC∥GF且BC＝GF， 又在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC且AD＝BC， ∴AD∥GF且AD＝GF. ∴四边形ADGF为平行四边形． ∴AF∥DG且AF＝DG. 同理可证四边形DEC1G为平行四边形， ∴C1E∥DG且C1E＝DG， ∴C1E∥AF且C1E＝AF， 则四边形AEC1F为平行四边形， 因此，点C1在平面AEF内． (2)以点C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C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C1xyz， 则A(2,1,3)，A1(2,1,0)，E(2,0,2)，F(0,1,1)， ＝(0，－1，－1)，＝(－2,0，－2)，＝(0，－1，2)，＝(－2，0,1)， 设平面AEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 由得 取z1＝－1，得x1＝y1＝1，则m＝(1,1，－1)． 设平面A1EF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 由得 取z2＝2，得x2＝1，y2＝4，则n＝(1,4,2)． ∴cos〈m，n〉＝＝＝. 设二面角A－EF－A1的平面角为θ，则|cosθ|＝， ∴sinθ＝＝. 因此，二面角A－EF－A1的正弦值为. 3．(2020·江苏高考)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点． (1)求直线AB与DE所成角的余弦值；

(2)若点F在BC上，满足BF＝BC，设二面角F－DE－C的大小为θ，求sinθ的值． 解　(1)如图，连接CO，∵CB＝CD，BO＝OD，∴CO⊥BD. 以O为坐标原点，OB，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(1,0,0)，C(0，2,0)，D(－1，0,0)，∴E(0,1,1)． ∴＝(1,0，－2)，＝(1,1,1)， ∴cos〈，〉＝＝－. 从而直线AB与DE所成角的余弦值为. (2)设平面DEC的法向量为n1＝(x，y，z)， ∵＝(1,2,0)，∴ 令y＝1，∴x＝－2，z＝1.∴n1＝(－2,1,1)． 设平面DEF的法向量为n2＝(x1，y1，z1)， ∵＝＋＝＋＝， ∴ 令y1＝－7，∴x1＝2，z1＝5，∴n2＝(2，－7,5)． ∴cos〈n1，n2〉＝＝－. 因此，sinθ＝＝. 『金版押题』 4．如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB＝2CD，△ABC是等腰直角三角形，其中BC为斜边，若把△ACD沿AC边折叠到△ACP的位置，使平面PAC⊥平面ABC，如图2. (1)证明：AB⊥PA；

(2)若E为棱BC的中点，求二面角B－PA－E的余弦值． 解　(1)证明：因为△ABC是等腰直角三角形，BC为斜边，所以AB⊥AC. 因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC， 所以AB⊥平面PAC. 因为PA⊂平面PAC，所以AB⊥PA. (2)由(1)知AB⊥AC，PC⊥平面ABC，则以A为坐标原点，AB，AC分别为x，y轴的正方向，过点A作平行于PC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz. 设PC＝1，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,2,1)，E(1,1,0)， 故＝(2,0,0)，＝(0,2,1)，＝(1,1,0)． 设平面PAB的法向量n＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝1，得n＝(0,1，－2)． 设平面PAE的法向量m＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，得m＝(1，－1,2)， 则cos〈m，n〉＝＝－. 由图可知二面角B－PA－E为锐角， 故二面角B－PA－E的余弦值为. 专题作业 1．(2020·山东省泰安市五模)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2BC＝2CD，△EAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，且平面EAB⊥平面ABCD，点F满足＝λ(λ∈[0,1])． (1)试探究λ为何值时，CE∥平面BDF，并给予证明；

(2)在(1)的条件下，求直线AB与平面BDF所成角的正弦值． 解　(1)当λ＝时，CE∥平面BDF. 证明如下：连接AC，交BD于点M，连接MF. 因为AB∥CD， 所以AM∶MC＝AB∶CD＝2∶1. 又＝，所以FA∶EF＝2∶1. 所以AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1.所以MF∥CE. 又MF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，所以CE∥平面BDF. (2)取AB的中点O，连接EO，OD.则EO⊥AB. 又因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO⊂平面ABE，所以EO⊥平面ABCD， 因为OD⊂平面ABCD，所以EO⊥OD. 由BC⊥CD，及AB＝2CD，AB∥CD，得OD⊥AB， 由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 因为△EAB为等腰直角三角形，AB＝2BC＝2CD， 所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1， 所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)． 所以＝(2,0,0)，＝(－1,1,0)， ＝＝，F， 所以＝. 设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)， 则有所以 取x＝1，得n＝(1,1,2)． 设直线AB与平面BDF所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝. 即直线AB与平面BDF所成角的正弦值为. 2．(2020·山东省聊城市模拟)如图，在四边形ABCD中，BC＝CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD为折痕把△ABD折起，使点A到达点P的位置，且PC⊥BC. (1)证明：PD⊥平面BCD；

(2)若M为PB的中点，二面角P－BC－D等于60°，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值． 解　(1)证明：因为BC⊥CD，BC⊥PC，PC∩CD＝C， 所以BC⊥平面PCD. 又因为PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD. 又因为PD⊥BD，BD∩BC＝B， 所以PD⊥平面BCD. (2)因为PC⊥BC，CD⊥BC， 所以∠PCD是二面角P－BC－D的平面角， 由已知得∠PCD＝60°， 因此PD＝CDtan60°＝CD. 取BD的中点O，连接OM，OC， 易得OM，OC，BD两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设OB＝1，则P(0,1，)，C(1，0,0)，D(0,1,0)，M，＝(－1,1，)，＝(－1，1,0)，＝， 设平面MCD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则由得 令z＝，得n＝(，，)， 所以cos〈n，〉＝＝， 因此，直线PC与平面MCD所成角的正弦值为. 3．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°. (1)证明：AC1⊥BC；

(2)求直线CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值． 解　(1)证明：∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°. ∴AC1＝＝2， ∴AC＋AC2＝CC，∴AC1⊥AC， ∵平面ACC1A1∩平面ABC＝AC， ∴AC1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，∴AC1⊥BC. (2)如图，以A为坐标原点，AB为y轴，AC1为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(，－1,0)，B1(－，5，2)，B(0,4,0)，＝(－2，6,2)，＝(0,4,0)，＝(－，5,2)， 设平面ABB1A1的法向量n＝(x，y，z)， 则 取x＝2，得n＝(2,0,1)， 设直线CB1与平面ABB1A1所成角为θ， 则sinθ＝＝＝， ∴直线CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值为. 4．如图，已知正方形ADEF，梯形ABCD，且AD∥BC，∠BAD＝90°，平面ADEF⊥平面ABCD，AB＝AD＝1，BC＝3. (1)求证：AF⊥CD；

(2)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值；

(3)线段BD上是否存在点M，使得直线CE∥平面AFM，若存在，求的值；
若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AF⊥AD. 又因为平面ADEF⊥平面ABCD， 且平面ADEF∩平面ABCD＝AD， 所以AF⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD， 所以AF⊥CD. (2)由(1)可知，AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB. 因为∠BAD＝90°，所以AB，AD，AF两两垂直． 分别以AB，AD，AF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)． 因为AB＝AD＝1，BC＝3， 所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)， 所以＝(－1,0,1)，＝(1,2,0)，＝(0,0,1)． 设平面CDE的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即令x＝2，则y＝－1， 所以n＝(2，－1,0)． 设直线BF与平面CDE所成角为θ， 则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝. (3)结论：线段BD上存在点M，使得直线CE∥平面AFM. 设＝λ(λ∈[0,1])， 设M(x1，y1，z1)，由＝λ，得(x1－1，y1，z1)＝λ(－1，1,0)， 所以x1＝1－λ，y1＝λ，z1＝0，所以M(1－λ，λ，0)， 所以＝(1－λ，λ，0)． 设平面AFM的法向量为m＝(x0，y0，z0)，则 因为＝(0,0,1)，所以 令x0＝λ，则y0＝λ－1，所以m＝(λ，λ－1,0)． 在线段BD上存在点M，使得CE∥平面AFM等价于存在λ∈[0,1]，使得m·＝0. 因为＝(－1，－2,1)，m·＝0，所以－λ－2(λ－1)＝0， 解得λ＝∈[0,1]， 所以线段BD上存在点M，使得CE∥平面AFM，且＝. 5. (2020·山东省济南市二模)如图，三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，∠PAB＝∠PBA＝45°，∠ABC＝2∠BAC＝60°，D是棱AB的中点，点E在棱PB上，点G是△BCD的重心． (1)若E是PB的中点，证明GE∥平面PAC；

(2)是否存在点E，使二面角E－CD－G的大小为30°？若存在，求的值；
若不存在，请说明理由． 解　(1)证明：延长DG交BC于点F，连接EF， 因为点G是△BCD的重心，故F为BC的中点， 因为D，E分别是棱AB，BP的中点， 所以DF∥AC，DE∥AP， 又因为DF∩DE＝D，所以平面DEF∥平面APC， 又GE⊂平面DEF，所以GE∥平面PAC. (2)连接PD，因为∠PAB＝∠PBA＝45°，所以PA＝PB， 又D是AB的中点，所以PD⊥AB， 因为平面PAB⊥平面ABC，而平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB， 所以PD⊥平面ABC. 如图，以D为原点，垂直于AB的直线为x轴，DB，DP所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系． 设PA＝PB＝2，则AB＝2，PD＝CD＝， 所以D(0,0,0)，B(0，，0)，C，G，P(0,0，)， 假设存在点E，设＝λ，λ∈(0,1]， 则＝＋＝＋λ＝(0，，0)＋λ(0，－，)＝(0，(1－λ)，λ)， 所以E(0，(1－λ)，λ)， 又＝， 设平面ECD的法向量为n1＝(x，y，z)， 则 令x＝1，解得n1＝， 又平面CDG的法向量n2＝(0,0,1)， 而二面角E－CD－G的大小为30°， 所以|cos〈n1，n2〉|＝＝， 即＝， 解得λ＝， 所以存在点E，使二面角E－CD－G的大小为30°，此时＝. 6．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点． (1)求证：MN∥平面ABCD；

(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；

(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长． 解　如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)． 因为M，N分别为B1C和D1D的中点， 所以M，N(1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，＝. 由此可得·n＝0，又直线MN⊄平面ABCD， 所以MN∥平面ABCD. (2)＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)． 设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量， 则即 不妨设z1＝1，可得n1＝(0,1,1)． 设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量， 则 又＝(0,1,2)，得 不妨设z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)． 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－， 于是sin〈n1，n2〉＝， 所以二面角D1－AC－B1的正弦值为. (3)依题意，可设＝λ，其中λ∈[0,1]， 则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2,1)． 又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知， 得cos〈，n〉＝＝＝， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝－2. 所以线段A1E的长为－2. 7. 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF. (1)求证：EF⊥平面BCF；

(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值． 解　(1)证明：设AD＝CD＝BC＝CF＝1， ∵AB∥CD，∠BCD＝， ∴AB＝2，∠CBA＝. ∴AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos＝3. ∴AB2＝AC2＋BC2.∴AC⊥BC.　① 又CF⊥平面ABCD，∴CF⊥AC.　② 由①②可得AC⊥平面BCF. 又四边形ACFE为矩形， ∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF. (2)由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系． 设AD＝CD＝BC＝CF＝1， 令FM＝λ(0≤λ≤)， 则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)， M(λ，0,1)，∴＝(－，1,0)， ＝(λ，－1,1)， 设n1＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量， 由得 取x＝1，则n1＝(1，，－λ)， 设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ， ∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量， ∴cosθ＝＝ ＝. ∵0≤λ≤ ，∴当λ＝0时，cosθ有最小值， ∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时二面角的余弦值为. 8. (2020·山东省滨州市三模)在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线． (1)求证：FO1∥平面ADE；

(2)设BC＝1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A－FB－C的余弦值． 解　(1)证明：连接O1C，O1D， 因为C，D是半圆的两个三等分点， 所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°， 又O1A＝O1B＝O1C＝O1D， 所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形． 所以O1A＝AD＝DC＝CO1， 所以四边形ADCO1是平行四边形． 所以CO1∥AD， 又因为CO1⊄平面ADE，AD⊂平面ADE， 所以CO1∥平面ADE. 因为EA，FC都是圆柱O1O2的母线，所以EA∥FC. 又因为FC⊄平面ADE，EA⊂平面ADE，所以FC∥平面ADE. 又CO1，FC⊂平面FCO1，且CO1∩FC＝C， 所以平面FCO1∥平面ADE， 又FO1⊂平面FCO1，所以FO1∥平面ADE. (2)连接AC，因为FC是圆柱O1O2的母线， 所以FC⊥圆柱O1O2的底面， 所以∠FAC即为直线AF与平面ACB所成的角，即∠FAC＝30°. 因为AB为圆O1的直径，所以∠ACB＝90°， 在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1， 所以AC＝BCtan60°＝， 所以在Rt△FAC中，FC＝ACtan30°＝1. 解法一：因为AC⊥BC，AC⊥FC， 所以AC⊥平面FBC， 又FB⊂平面FBC， 所以AC⊥FB. 在△FBC内，作CH⊥FB于点H，连接AH. 因为AC∩CH＝C，AC，CH⊂平面ACH，所以FB⊥平面ACH， 又AH⊂平面ACH，所以FB⊥AH， 所以∠AHC就是二面角A－FB－C的平面角． 在Rt△FBC中，CH＝＝. 在Rt△ACH中，∠ACH＝90°， 所以AH＝＝， 所以cos∠AHC＝＝， 所以二面角A－FB－C的余弦值为. 解法二：以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(，0,0)，B(0,1,0)，F(0,0,1)， 所以＝(－，1,0)，＝(－，0,1)． 设平面AFB的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，则y＝z＝， 所以平面AFB的一个法向量为n＝(1，，)． 又因为平面BCF的一个法向量m＝(1,0,0)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 所以二面角A－FB－C的余弦值为.