2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题24 空间向量与空间角的计算（含解析）

这是一份2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题24 空间向量与空间角的计算（含解析），共99页。

专题 24 空间向量与空间角的计算
十年大数据*全景展示
年 份
题号
考 点
考 查 内 容
线面、线线垂直的判定与性质、利用向量法求二面角的方法，
逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力
线面平行、线线垂直、线面垂直的判定定理及二面角的计算，
逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力
线面平行的判定定理及二面角的计算，逻辑推理能力、空间
想象能力及运算求解能力
2011
理 18 二面角的计算
理 19 二面角的计算
2012
卷2
理 18
二面角的计算
2013
空间线面、线线垂直的判定与性质及线面角的计算，空间想
象能力、逻辑推论证能力
卷 1 理 18 空间线面角的计算
线面平行的判定、二面角的计算、锥体的体积计算等基础知
识，逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力
卷 2 理 18 二面角的计算
空间异面直线所成角
2014 卷 2 理 11
异面直线所成的角，空间想象能力和运算求解能力
的计算
空间线线垂直、线面垂直的判定与性质、二面角的计算等基
础知识，逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力
卷 1 理 19 二面角的计算
空间异面直线所成角 主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算异
2015 卷 1 理 18
的计算
面直线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力．
线面平行的判定与性质、利用空间向量计算线面角，逻辑推
理能力和运算求解能力
卷 3 理 19 空间线面角的计算
解答题中的折叠问题
卷 2 理 19 与探索性问题
二面角的计算
折叠问题中线面垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面
角，逻辑推理能力和运算求解能力
2016
主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算二
面角，逻辑推理能力与运算求解能力
卷 1 理 18 二面角的计算
理 11 空间异面直线所成角 面面平行的性质及线线所成角，逻辑推理能力与运算求解能
文 11 的计算
空间异面直线所成角 空间点、线、面位置关系及线线所成角，逻辑推理能力与运
卷 1
力
卷 3 理 16
的计算
算求解能力
2017
主要以三棱锥为载体面面垂直的判定与性质、简单几何体体
积的计算、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算
求解能力
卷 3 理 19 二面角的计算


二面角的计算
主要以三棱锥为载体线面平行的判定与性质、利用空间向量
计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力
卷 2 理 18
卷 2 理 10
空间线面角的计算
空间异面直线所成角 空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能
的计算
力
空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角，逻辑推
理能力与运算求解能力
卷 1 理 18 二面角的计算
解答题中的折叠问题 空间面面垂直的判定与性质、是否存在点是线面平行的问
与探索性问题 题，逻辑推理能力与空间想象能力
空间异面直线所成角 空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能
卷 3 文 19
卷 2 文 9
的计算
力
卷 1 文 10 空间线面角的计算
卷 3 理 19 二面角的计算
长方体中线面角的计算与长方体体积计算，运算求解能力
空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角与空间几
何体体积的最大值，逻辑推理能力与运算求解能力
主要以三棱锥为载体线面垂直的判定与性质、利用空间向量
计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力
2018
空间线面角的计算
卷 2 理 20
二面角的计算
空间异面直线所成角 空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能
卷 2 理 9
的计算
力
解答题中的折叠问题
折叠问题中空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算线面
角及逻辑推理能力与运算求解能力
卷 1 理 18 与探索性问题
空间线面角的计算
解答题中的折叠问题
卷 3 理 19 与探索性问题
折叠问题中的共面问题的判定、空间垂直的判定与性质、利
用空间向量计算二面角及逻辑推理能力与运算求解能力
二面角的计算
2019
空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面
角，逻辑推理能力、运算求解能力
卷 2 理 17 二面角的计算
空间线面平行的判定及利用空间向量计算二面角，逻辑推理
能力、运算求解能力
卷 1 理 18 二面角的计算
理 16 空间角的计算
空间角的计算，利用余弦定理解三角形
卷 1
空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面
角，逻辑推理能力、运算求解能力
理 18 二面角的计算
2020
空间位置关系判定、空
卷 2 理 20
卷 3 理 19
间线面平行与垂直的证明，线面角的计算
点在平面的证明，利用空间向量法求二面角
间角的计算
二面角、点与平面位置
关系


大数据分析*预测高考
考点
出现频率
2021 年预测
考点 82 空间异面直线所成
7/28
2021 高考仍将重点考查异面直线角、线面角、二
面角，解答题第一小题重点考查线线、线面、面
面垂直的判定与性质，理科第二小题重点考查利
用向量计算线面角或二面角，难度为中档题，小
题可能考查异面直线角，难度为中档．
角的计算
考点 83 空间线面角的计算 7/28
考点 84 二面角的计算
考点 85 解答题中的折叠问
题与探索性问题
14/28
4/28
十年试题分类*探求规律
考点 82 空间异面直线所成角的计算
1．(2018•新课标Ⅱ，理 9)在长方体 ABCD - ABC D 中，AB = BC =1，AA = 3 ，则异面直线 AD 与 DB 所
1
1
1
1
1
1
1
成角的余弦值为(
)
1
5
5
2
A．
B．
C．
D．
5
6
5
2
【答案】C
【解析】以 D 为原点， DA 为 x 轴， DC 为 y 轴， DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，Q在长方体
ABCD - ABC D 中， AB = BC =1， AA = 3 ，\A(1，0，0) ， D (0，0， 3) ， D(0 ，0，0) ， B (1，1，
1
1
1
1
1
1
1
3) ， ∴ AD = (-1 ， 0 ， 3) ， DB = (1 ， 1 ， 3) ， 设 异 面 直 线 AD 与 DB 所 成 角 为 q ， 则
1
1
1
1
| AD gDB |
2
5
5
cosq = uuuur
1
uuu
1
ur =
=
，\异面直线 AD 与 DB 所成角的余弦值为
，故选C ．
1
1
| AD |g| DB | 2 5
5
5
1
1
2．(2018•新课标Ⅱ，文 9)在正方体 ABCD - ABC D 中， E 为棱CC 的中点，则异面直线 AE 与CD所成角
1
1
1
1
1


的正切值为(
)
2
3
5
7
A．
B．
C．
D．
2
2
2
2
【答案】C
【解析】连接 BE，因为 AB//CD，所以∠EAB 是异面直线 AE 与 CD 所成角，设正方体棱长为 2，则
BE = BC
2
+CE
2
= 2
2
+12
= 5
RtDABE
， 在 中 ，
AB=BC=2CE=2 ， 在 Rt △ BCE 中 ，
BE
AB
5
tanÐEAB =
=
5
2
，∴异面直线 AE 与CD所成角的正切值为
，故选C ．
2
3. (2017•新课标Ⅱ，理 10)已知直三棱柱 ABC - A BC 中，ÐABC =120°， AB = 2 ， BC = CC =1，则异面
1
1
1
1
直线 AB 与 BC 所成角的余弦值为(
)
1
1
3
15
5
10
3
A．
B．
C．
D．
2
5
3
【答案】C
【解析】如图所示，设M 、 N 、 P 分别为 AB ，BB 和 BC 的中点，则 AB 、BC 夹角为MN 和 NP 夹角或
1
1
1
1
1
p
1
5
其补角(因异面直线所成角为(0, ]) ，可知MN = AB =
，
1
2
2
2
1
2
1
NP = BC =
，作 BC 中点Q ，则DPQM 为直角三角形，QPQ =1，MQ = AC ，在DABC 中，由余弦
1
2
2
2
1
定理得， AC
2
= AB
2
+ BC - 2ABgBCgcosÐABC = 4+1- 2´2´1´(- ) = 7，
2
2
7
11
\AC = 7 ， \MQ =
， 在 DMQP 中 ， MP = MQ
2
+ PQ
2
=
， 在 DPMN 中 ， 由 余 弦 定 理 得
2
2
(
5)
2
+( 2)
2
-( 11)
2
MN
2
+ NP
2
- PM
2
10
p
2
2
2
cosÐMNP =
=
= -
，又异面直线所成角的范围是(0 ， ]，
2gMNgNP
5
2
5
2
2´
´
2
2
10
5
\AB 与 BC 所成角的余弦值为
．
1
1
4．(2016•新课标Ⅰ，理 11 文 11)平面a 过正方体 ABCD - ABC D 的顶点 A ，a / / 平面CB D ，a Ç平面
1
1
1
1
1
1


ABCD = m ，a Ç平面 ABB A = n ，则m 、n 所成角的正弦值为(
)
1
1
3
2
3
1
A．
B．
C．
D．
2
2
3
3
【答案】A
【解析】如图：a / / 平面CB D ，a Ç平面 ABCD = m ，a Ç平面 ABA B = n，可知：n / /CD ，m / /B D ，
1
1
1
1
1
1
1
3
Q△CB D 是正三角形．m 、n 所成角就是ÐCD B = 60°，则m 、n 所成角的正弦值为
，故选 A ．
1
1
1 1
2
5．(2014 新课标Ⅱ，理 11)直三棱柱 ABC-A B C 中，∠BCA=90°，M，N 分别是 A B ，A C 的中点，
1
1
1
1
1
1 1
BC=CA=CC1，则 BM 与 AN 所成的角的余弦值为(
)
30
10
2
2
1
10
2
5
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】如图所示，取BC的中点P ，连结 NP、AP ，∵M ，N 分别是 AB ，AC 的中点，∴
1
1
1 1
四边形 NMBP为平行四边形，∴BM P PN ，∴所求角的余弦值等于ÐANP的余弦值，不妨令
BC =CA =CC1 = 2，则 AN = AP = 5 ， NP = MB = 6 ，
| AN |
2
+| NP|
2
-| AP|
2
( 5)
2
+( 6)
2
-( 5)
2
30
∴cosÐANP =
=
=
，故选 C．
2´| AN |×| NP|
2´ 5´ 6
10
6 ． (2020 全 国 Ⅰ 理 16) 如 图 ， 在 三 棱 锥 P ABC 的 平 面 展 开 图 中 ，
-


AC =1, AB = AD = 3 , AB ^ AC , AB ^ AD , ÐCAE = 30°，则cos FCB _____________．
Ð
=
1
4
【答案】-
【思路导引】在△ACE中，利用余弦定理可求得CE，可得出CF ，利用勾股定理计算出 BC、 BD ，可
得出 BF ，然后在VBCF中利用余弦定理可求得cosÐFCB
的值．
QAB ^ AC AB = 3 AC =1
【解析】
，
，
，由勾股定理得 BC
=
AB AC
2
+
2
= 2，
6 ，\BF = BD = 6 ，在△ACE
AC 1 AE AD
，
=
=
=
3
，ÐCAE = 30o
，
同理得 BD
=
中，
3
=1，\CF = CE =1，
由余弦定理得CE
2
=
AC
2
+
AE
2
-
2AC AEcos 30 =1+3-2´1´ 3´
×
o
2
在VBCF
中，
BC = 2 BF = 6 CF =1
， ，
，
CF
2
+ BC
2
-BF
2
1+ 4- 6
2´1´2
1
1
= - ，故答案为：-
由余弦定理得cos FCB
Ð
=
=
．
2CF ×BC
4
4
7．(2017•新课标Ⅲ，理 16)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABC 的直角边 AC 所在直
线与 a ，b 都 垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线 AB 与a 成60°角时， AB 与b 成30°角；
②当直线 AB 与a 成60°角时， AB 与b 成60°角；
③直线 AB 与a 所成角的最小值为45°；
④直线 AB 与a 所成角的最小值为60°；
其中正确的是
．(填写所有正确结论的编号)
【答案】②③
【解析】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为 1，


故| AC |=1，| AB|= 2 ，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴，则 A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以C 为圆心，
1 为半径的圆，以C 坐标原点，以CD为 x 轴，CB 为 y 轴，CA 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 D(1，0，
0) ， A(0 ，0，1) ，直线a 的方向单位向量a = (0 ，1，0) ，| a |=1，直线b 的方向单位向量b =(1，0，0) ，
|b |=1，设 B 点在运动过程中的坐标中的坐标 B¢(cosq ，sinq ，0) ，其中q 为 B¢C 与CD的夹角，q Î[0 ，2p) ，
p
\AB¢在运动过程中的向量， AB¢ = (cosq ，sinq ，-1) ，| AB¢|= 2 ，设 AB¢ 与a 所成夹角为a Î[0 ， ]，
2
|(-cosq,-sinq,1)g(0,1,0) |
uuur
2
| sinq |Î[0 ， 2]，
则cosa =
=
r
| a |g| AB¢|
2
2
p
p
p
\a Î[ ， ]，\③正确，④错误．设 AB¢ 与b 所成夹角为b Î[0， ]，
4
2
2
| AB¢gb | |(-cosq,sinq,1)g(1,0,0) |
2
p
cosb = uuur r =
r uuur
=
| cosq | ，当 AB¢ 与a 夹角为60°时，即a =
，
| AB¢|g|b |
|b |g| AB¢|
2
3
p
2
2
1
p
p
| sinq |= 2 cosa = 2 cos =
，Qcos
2
q +sin
2
q =1，\cosb =
| cosq |= ，Qb Î[0 ， ]，\b =
，
3
2
2
2
2
3
此时 AB¢ 与b 的夹角为60°，\②正确，①错误．
8．(2015 浙江)如图，三棱锥 A-BCD中， AB = AC = BD =CD =3， AD = BC = 2，点 M,N 分别是
AD,BC 的中点，则异面直线 AN,CM 所成的角的余弦值是
．
7
【答案】
8
【解析】如图连接 ND，取 ND的中点 E ，连接 ME,CE ，则 ME / /AN ．


则异面直线 AN ，CM 所成的角为ÐEMC ，由题意可知CN =1， AN = 2 2，
∴ME = 2 ．又CM = 2 2， DN = 2 2 ， NE = 2 ，∴CE = 3，
CM
2
+EM
2
-CE
2
8+2-3
2´2 2´ 2 8
7
则cosÐCME =
=
= ．
2CM ´EM
9．(2015 四川)如图，四边形 ABCD和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段 PQ
上，
E,F分别为 AB,BC
的中点．设异面直线
EM 与 AF
q cosq
所成的角为 ，则
的最大值为_________．
2
5
【答案】
【解析】 AB 为 x轴， AD 为 y 轴， AQ为 z 轴建立坐标系，设正方形边长为2 ．
(2-m)´10m
- 5m + 25 -
2
2-m
5 m +5
2-m
5m +25
2 5m 25
2
+
cosq =
,令 f (m) =
Î[ ] ， f ¢(m) =
(m 0,2 )
，
5m +25
2
2
2
2
2
m 0,2 , f (m) 0
Q Î[ ]\ ¢
< ， f (m) = f (0) = ，即cosq = ．
max max
5
5
10．(2015•新课标Ⅰ，理 18)如图，四边形 ABCD 为菱形，ÐABC =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 ．
(Ⅰ)证明：平面 AEC ^ 平面 AFC
(Ⅱ)求直线 AE 与直线CF 所成角的余弦值．


【解析】(Ⅰ)连接 BD，设 BDI
AC = G ，连接 EG 、 EF 、 FG ，在菱形 ABCD 中，不妨设 BG 1，
=
由ÐABC =120°，
可得 AG = GC = 3 ，
BE ^ 平面 ABCD， AB = BC = 2 ，
可知 AE = EC ，又 AE ^ EC ，
所以 EG = 3 ，且 EG ^ AC ，
2
在直角DEBG 中，可得 BE = 2 ，故 DF =
，
2
6
在直角三角形 FDG 中，可得 FG =
，
2
2
+ ( 2 - 2)
3 2
2
在直角梯形 BDFE 中，由 BD = 2， BE = 2 ， FD =
，可得 EF = 2
2
2
=
，
2
2
从而 EG
2
+ FG
2
= EF
2
，则 EG ^ FG ，
EB FD
2
(或由 tanÐEGBgtanÐFGD =
g
= 2g
=1 ，
BG DG
2
可得ÐEGB + ÐFGD = 90°，则 EG ^ FG)
ACIFG = G ，可得 EG ^ 平面 AFC ，
由 EG Ì平面 AEC ，所以平面 AEC ^ 平面 AFC ；
(Ⅱ)如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 为 x 轴， y 轴，|GB|为单位长度，
建立空间直角坐标系G - xyz ，由(Ⅰ)可得 A(0 ，- 3，0) ， E(1，0， 2) ，
F(-1，0， 2)，C(0， 3，0) ，
2
即有 AE = (1， 3， 2) ，CF = (-1，- 3， 2)，
2
uuur
故cos < AE ，CF >= uuur uuur =
| AE |g|CF |
-1-3+1
AEgCF
3
= -
．
9
3
6 ´
2
3
3
则有直线 AE 与直线CF 所成角的余弦值为
．


考点 83 空间线面角的计算
1．(2020 山东 4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时
间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点 A 的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点 A 处的
水平面是指过点 A 且与OA垂直的平面．在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬
度为北纬40°，则晷针与点 A 处的水平面所成角为
(
)
A．20°
B．40°
C．50°
D．90°
【答案】B
【思路导引】画出截面图，根据点 A处的纬度，计算出晷针与点 A处的水平面所成角．
【解析】画出截面图如下图所示，其中CD
l
是赤道所在平面的截线； 是点 处的水平面的截线，依题意可
A
知OA l ； AB 是晷针所在直线． 是晷面的截线，依题意可知m//CD、 AB ^ m
^
m
．
由于ÐAOC = 40°,m//CD，所以ÐOAG =ÐAOC = 40°
，
由于ÐOAG+ÐGAE =ÐBAE+ÐGAE =90°
，
所以ÐBAE =ÐOAG = 40°
，也即晷针与点 A处的水平面所成角为 BAE 40 ，故选：B．
Ð
=
°


2．(2018•新课标Ⅰ，文 10)在长方体 ABCD - ABC D 中，AB = BC = 2 ，AC 与平面 BBC C 所成的角为30°，
1
1
1
1
1
1
1
则该长方体的体积为(
A．8
)
B．6 2
C．8 2
D．8 3
【答案】C
【解析】长方体 ABCD - ABC D 中， AB = BC = 2 ， AC 与平面 BBC C 所成的角为30°，
1
1
1
1
1
1
1
AB
tan 30°
即 ÐAC B = 30° ，可得 BC =
= 2 3 ，可得 BB1 = (2 3)
2
- 2 = 2 2 ，所以该长方体的体积为：
2
1
1
2´2´2 2 =8 2 ，故选C ．
3．(2014 浙江)如图，某人在垂直于水平地面 ABC的墙面前的点 A处进行射击训练，已知点 A到墙面的距
离为 AB ，某目标点 P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为 了准确瞄准目标点 P ，需计算由点 A观察点
P 的仰角q 的大小(仰角q 为直线 AP 与平面 ABC所成角)．若 AB =15m ，AC = 25m ，ÐBCM = 30°则
tanq 的最大值
30
5
30
4 3
9
5 3
9
A．
B．
C．
D．
10
【答案】D


【解析】作 PH ^ BC ，垂足为 H ，设 PH = x，则CH = 3x，由余弦定理
AH = 625+3x -40 3 ，
2
PH
AH
1
1
tanq = tanÐPAH =
=
( > 0) ，
x
625 40 3
-
+ 3
x
2
x
1 4 3
5 3
9
故当 =
时， tanq 取得最大值，最大值为
，故选 D．
x 125
4．(2014 四川)如图，在正方体 ABCD - ABC D 中，点O为线段 BD 的中点．设点 P 在线段CC 上，直
1
1
1
1
1
线OP与平面 A1BD 所成的角为a ，则sina 的取值范围是
3
6
6 2 2
2 2
3
A．[
,1]
B．[
,1]
C．[
,
]
D．[
,1]
3
3
3
3
【答案】B
p
【解析】直线OP与平面 ABD 所成的角为a 的取值范围是 AOA
Ð
® ® Ð
C OA ，由于
1 1
1
1
2
6
6
3 2 2
6
p
6
sinÐAOA1 =
，sinÐC OA = 2×
×
=
>
，sin =1 ，所以sina 的取值范围是[
,1]．
1
1
3
3
3
3
3
2
3
5．(2020 全国Ⅱ理 20)如图，已知三棱柱 ABC - A BC 的底面是正三角形，侧面 BBC C 是矩形，M , N 分别
1
1
1
1
1
为 BC , BC 的中点， P 为 AM 上一点．过 BC 和 P 的平面交 AB 于 E ，交 AC 于 F
．
1
1
1
1
(1)证明： AA // MN ，且平面 A AMN ^平面 EBC F ；
1
1
1
1
(2)设O 为△ A B C 的中心，若 AO∥ 平面EB C F ，且 AO = AB ，求直线 B E 与平面 A AMN 所成角的正弦
1
1
1
1
1
1
1
值．


10
【答案】(1)证明见解析；(2)
．
10
【思路导引】
M,N
BC BC
MN//CC
，根据条件可得
AA1 / /BB ，可证MN//AA1，要证平面
1
(1)由
分别为
，
的中点，
1
1
1
EBC F ^
A AMN
1
EF ^
A AMN
即可；
1
平面
，只需证明
平面
1
1
(2)连接 NP ，先求证四边形ONPA是平行四边形，根据几何关系求得 EP ，在
BC
截取
BQ = EP
，由
1
1
1
A AMN ，可得ÐQPN B E
A AMN
所成角，即可求得答案．
1
(1) BC⊥平面
【解析】
为
与平面
1
1
(1)Q M,N
分别为
BC BC
，
的中点，
1
1
\MN//BB1
又 AA1 / /BB1
\MN//AA1
在VABC
M 为 BC
BC ^ AM
中，
中点，则
BBC C
为矩形，
1 1
Q
又 侧面
\BC ^ BB1
QMN//BB1
MN ^ BC
MN Ç AM = M ， MN,AM
Ì
平面
A AMN
1
由
\
A AMN
1
BC⊥平面
Q BC //BC
BC Ë
，且
1 1
平面 ，
ABC， BC Ì平面 ABC
又
1
1
\BC //
ABC
平面
1
1
又Q B1C1
Ì
EBC F
EBC F Ç
，且平面 平面
1 1
ABC = EF
平面
1
1
\BC / /EF
1
1
\EF//BC


又QBC ^平面 A1AMN
\
^
A AMN
1
EF 平面
QEF Ì 平面
EBC F
1
1
\平面 EBC F ^
A AMN
1
平面
1
1
(2)连接 NP
Q AO//
EBC F
AONP Ç
EBC F = NP \ AO//NP
平面 ， ，
1 1
平面
，平面
1
1
A NMAÇ
1
ABC = AM
A NMAÇ
1
ABC = A N \ ON //AP
， ，
1 1 1 1
根据三棱柱上下底面平行，其面
平面
，面
平面
故：四边形ONPA是平行四边形．
设VABC 边长是6m(m > 0)，可得：ON = AP ， NP = AO = AB = 6m
，
1
Q O为△A B C
的中心，且△
A B C 边长为
1
6m \ ON = ´6´sin 60°= 3m
，
，故 ：ON AP = 3m ．
=
1
1
1
1
1
3
AP EP
3
EP
Q EF//BC ，\
=
，\
=
EP = m
，解得：
，
AM BM
3 3
3
BC
BQ = EP = m
1
QN =2m Q BQ = EP BQ//EP \
B QPE
是平行四边形，
在
截取
，故
，
且
， 四边形
1
1
1
1
1
\ B1E//PQ
．
BC ^
A AMN ，故ÐQPN B E
A AMN
与平面 所成角
1
由(1)
平面
为
1
1
1
1
Rt△QPN
=
2
+
2
= ( )
2
+( )
= 2 10m，
2
在
，根据勾股定理可得： PQ
QN PN
2m
6m


QN
2m
10
10
\sinÐQPN =
=
=
\
， 直线
B E
1
A AMN
与平面 所成角的正弦值：
1
．
PQ 2 10m 10
10
6．(2018•新课标Ⅱ，理 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．
【解析】(1)证明：连接 BO，
Q AB = BC = 2 2 ，O 是 AC 的中点，
\BO ^ AC ，且 BO = 2 ，
又 PA = PC = PB = AC = 4，
\PO ^ AC ， PO = 2 3 ，
则 PB
则 PO ^ OB ，
QOBI
2
= PO
2
+ BO
，
2
AC = 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：
A(0 ，-2 ，0) ， P(0 ，0，2 3)，C(0，2，0) ， B(2 ，0，0) ，
BC = (-2，2，0) ，
设 BM = lBC = (-2l ，2l ，0) ，0 < l |=|
=
．
16g 16
16
4
7．(2016•新课标Ⅲ，理 19)如图，四棱锥 P - ABCD 中，PA ^ 底面 ABCD，AD / /BC ，AB = AD = AC = 3，
PA = BC = 4 ， M 为线段 AD 上一点， AM = 2MD ， N 为 PC 的中点．
(1)证明： MN / / 平面 PAB ；
(2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值．


【解析】(1)证明：法一、如图，取 PB 中点G ，连接 AG ， NG ，
QN 为 PC 的中点，
1
\ NG / /BC ，且 NG = BC ，
2
2
又 AM = AD = 2， BC = 4 ，且 AD / /BC ，
3
1
\ AM / /BC ，且 AM = BC ，
2
则 NG / /AM ，且 NG = AM ，
\四边形 AMNG 为平行四边形，则 NM / /AG ，
Q AG Ì 平面 PAB ， NM Ì/ 平面 PAB ，
\MN / / 平面 PAB ；
法二、
在DPAC 中，过 N 作 NE ^ AC ，垂足为 E ，连接 ME ，
4
2
+3
2
-3
2
2
在DABC 中，由已知 AB = AC = 3， BC = 4，得cosÐACB =
Q AD / /BC ，
= ，
2´4´3
3
2
5
\cosÐEAM = ，则sinÐEAM =
，
3
3
在DEAM 中，
2
1
3
Q AM = AD = 2 ， AE = AC = ，
3
2
2
9
3
2
3
由余弦定理得： EM = AE
2
+ AM
2
- 2AEgAMgcosÐEAM =
+ 4- 2´ ´2´ = ，
4
2
3
2
3
3
2
2
( )
2
+ ( )
- 4
1
2
\cosÐAEM =
= ，
3 3
2´ ´
2 2
9
3
2
+3
2´3´3
\cosÐAEM = cosÐBAC ，即ÐAEM = ÐBAC ，
2
- 4
2
1
而在DABC 中，cosÐBAC =
= ，
9


\ AB / /EM ，则 EM / / 平面 PAB ．
由 PA ^ 底面 ABCD ，得 PA ^ AC ，又 NE ^ AC ，
\NE / /PA，则 NE / / 平面 PAB ．
QNEIEM = E ，
\平面 NEM / / 平面 PAB ，则 MN / / 平面 PAB ；
2
3
(2)
解
：
在
DAMC
中
，
由
AM = 2
，
AC = 3
，
cosÐMAC =
，
得
2
CM
2
= AC
2
+ AM
2
- 2ACgAMgcosÐMAC = 9+ 4- 2´3´2´ = 5．
3
\AM
2
+ MC
2
= AC ，则 AM ^ MC ，
2
QPA ^ 底面 ABCD， PA Ì 平面 PAD ，
\平面 ABCD ^ 平面 PAD ，且平面 ABCD Ç平面 PAD = AD，
\CM ^ 平面 PAD ，则平面 PNM ^ 平面 PAD ．
在平面 PAD 内，过 A 作 AF ^ PM ，交 PM 于 F ，连接 NF ，则ÐANF 为直线 AN 与平面 PMN 所成角．
1
1
2
5
在RtDPAC 中，由 N 是 PC 的中点，得 AN = PC =
PA
2
+ PC
2
= ，
2
2
PAgAM
4´2
4 5
在RtDPAM 中，由 PAgAM = PMgAF ，得 AF =
=
=
，
PM
2
+ 2
2
5
4
4 5
AF
AN
8 5
25
5
5
\sinÐANF =
=
=
．
2
8 5
25
\直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为
．
8．(2013 新课标Ⅰ，理 18)如图，三棱柱 ABC-A B C 中，CA=CB，AB=A A ，∠BAA =60°．
1
1
1
1
1
(Ⅰ)证明 AB⊥A1C；


(Ⅱ)若平面 ABC⊥平面 AA B B，AB=CB=2，求直线 A C 与平面 BB C C 所成角的正弦值．
1
1
1
1 1
【解析】(Ⅰ)取AB中点E，连结CE， AB， AE，
1
1
∵AB= AA ，ÐBAA =
600 ，∴DBAA1是正三角形，
1
1
∴ A1E⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵CE Ç AE =E，∴AB⊥面CEA ，
1
1
∴AB⊥ A1C ；
……6分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 EC⊥AB， EA1 ⊥AB，
又∵面 ABC⊥面 ABB A ，面 ABC∩面 ABB A =AB，∴EC⊥面 ABB A ，∴EC⊥ EA ，
1
1
1
1
1
1
1
∴EA，EC， EA1两两相互垂直，以 E 为坐标原点， EA的方向为 x轴正方向，| EA|为单位长度，建立如图所
示空间直角坐标系O- xyz ，
有题设知 A(1，0，0)， A (0， 3 ，0)，C(0，0， 3 )，B(－1，0，0)，则 BC=(1，0， 3 )，BB = AA =(－
1
1
1
1，0， 3 )， A1C=(0，－ 3 ， 3 )，
设n=(x, y,z) 是平面CBB C 的法向量，
……9 分
1
1
ì
ì
n·BC = 0
ïx+ 3z = 0
ï
则í uuur
，即í
，可取n=( 3 ，1，-1)，
ïn·BB = 0
î
ïx+ 3y = 0
î
1
n· AC 10
∴cos n, A1C =
uuur
1
，
|n|| AC | 5
1
10
5
∴直线 A C 与平面 BB C C 所成角的正弦值为
．
……12 分
1
1
1
9．(2018 浙江)如图，已知多面体 ABCA B C ， A A， B B，C C 均垂 直于平面 ABC，ÐABC =120 ，
o
1
1
1
1
1
1
A A = 4，C C =1， AB = BC = B B = 2．
1
1
1


(1)证明： AB ⊥平面 ABC ；
1
1 1 1
(2)求直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值．
1
1
【解析】(1)由 AB = 2 ， AA = 4， BB = 2， AA ^ AB ， BB ^ AB 得
1
1
1
1
AB = AB = 2 2 ，
1
1 1
AB
2
1
+ AB1 = AA12 ．
2
所以
1
故 AB ^ AB ．
1
1 1
由 BC = 2， BB = 2，CC =1， BB ^ BC ，CC ^ BC 得 BC = 5 ，
1
1
1
1
1 1
由 AB = BC = 2，ÐABC =120o 得
AC = 2 3
，
由CC ^ AC ，得 AC = 13，所以
AB1
2
+ B1C = AC12 ，故 AB ^ BC ．
1 1 1 1
2
1
1
因此 AB ^平面 ABC ．
1
1 1 1
(2)如图，过点C 作C D ^ AB ，交直线 AB 于点 D，连结 AD．
1
1
1
1
1 1
由 AB ^ 平面 ABC 得平面 ABC ^ 平面 ABB ，
1
1
1
1
1
1
1
1


由C D ^ AB 得C D ^平面 ABB ，
1
1
1
1
1
所以ÐC AD 是 AC 与平面 ABB 所成的角．
1
1
1
由 BC = 5 ， AB = 2 2 ， AC = 21
1
1
1
1
1 1
6
7
1
得cosÐC AB =
，sinÐC AB =
，
1
1
1
1
1
1
7
C1D
AC1
39
所以C1D = 3，故
sinÐC1AD =
=
．
13
39
因此，直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值是
．
1
1
13
方法二 (1)如图，以 AC 的中点O为原点，分别以射线OB ，OC 为 x， y 轴的正半轴，建立空间直角坐标
系O- xyz ．
由题意知各点坐标如下：
A(0,- 3,0)， B(1,0,0)， A(0,- 3,4)， B (1,0, 2)，C (0, 3,1)，
1
1
1
因此 AB =(1, 3,2)， AB =(1, 3,-2)， AC =(0, 2 3,-3)，
1
1
1
1 1
由 AB ×AB =0得 AB ^ AB ．
1
1
1
1
1 1
由 AB ×AC =0得 AB ^ AC ．
1
1
1
1
1
1
所以 AB ^平面 ABC ．
1
1 1 1
(2)设直线 AC 与平面 ABB 所成的角为q ．
1
1
由(1)可知 AC =(0, 2 3,1)， AB = (1, 3,0)， BB =(0,0, 2)，
1
1
设平面 ABB1 的法向量n = (x, y,z)．
ì
ì
x
n× AB = 0
ï
ï + 3y = 0，可取n = (- 3,1,0)．
，即í
由í uuur
ïn×BB = 0
î
ïî2z = 0
1


uuuur
sinq =| cos < AC ,n >|= uuuur
| AC ×n|
39
1
=
所以
．
1
×
| AC | |n| 13
1
39
因此，直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值是
．
1
1
13
10．(2017 浙江)如图，已知四棱锥 P- ABCD，DPAD 是以 AD为斜边的等腰直角三角形， BC∥AD，
CD ^ AD， PC = AD = 2DC = 2CB， E 为 PD 的中点．
(Ⅰ)证明：CE∥平面 PAB；
(Ⅱ)求直线CE与平面 PBC 所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)如图，设 PA 中点为 F，连结 EF，FB．
1
因为 E，F 分别为 PD，PA 中点，所以 EF∥AD 且 EF
=
AD ，
2
1
又因为 BC∥AD， BC = AD ，所以
2
EF∥BC 且 EF=BC，
即四边形 BCEF 为平行四边形，所以 CE∥BF，
因此 CE∥平面 PAB．
(Ⅱ)分别取 BC，AD 的中点为 M，N．连结 PN 交 EF 于点 Q，连结 MQ．
因为 E，F，N 分别是 PD，PA，AD 的中点，所以 Q 为 EF 中点，


在平行四边形 BCEF 中，MQ∥CE．
由DPAD 为等腰直角三角形得
PN⊥AD．
由 DC⊥AD，N 是 AD 的中点得
BN⊥AD．
所以 AD⊥平面 PBN，
由 BC∥AD 得 BC⊥平面 PBN，
那么，平面 PBC⊥平面 PBN．
过点 Q 作 PB 的垂线，垂足为 H，连结 MH．
MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的角．
设 CD=1．
在DPCD中，由 PC=2，CD=1，PD= 2 得 CE= 2 ，
1
在△PBN 中，由 PN=BN=1，PB= 3 得QH
=
，
4
1
在RtDMQH 中，QH = ，MQ= 2 ，
4
2
所以sinÐQMH =
，
8
2
所以，直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是
．
8
11．(2014 天津)如图四棱锥 P- ABCD的底面 ABCD是平行四边形， BA= BD = 2，
AD = 2， PA = PD = 5 ， E ， F 分别是棱 AD ， PC的中点．
(Ⅰ)证明： EF ∥平面 PAB；
(Ⅱ)若二面角 P- AD- B为 60°，
(ⅰ)证明：平面 PBC ⊥平面 ABCD
(ⅱ)求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)证明：如图取 PB 中点 M，连接 MF，AM．因为 F 为 PC 中点，


1
故 MF//BC 且 MF= BC．由已知有 BC//AD，BC=AD．又由于 E 为 AD 中点，
2
因而 MF//AE 且 MF=AE，故四边形 AMFE 为平行四边形，
Ì
Ë
所以 EF//AM，又 AM 平面 PAB，而 EF 平面 PAB，
所以 EF//平面 PAB．
(Ⅱ)(i)证明：连接 PE，BE．因为 PA=PD，BA=BD，而 E 为 AD 中点，
故 PE^ AD，BE ^ AD，所以ÐPEB 为二面角 P-AD-B 的平面角．在三角形 PAD 中，
由 AD = 2,PA = PD = 5 ，可解得 PE=2．
在三角形 ABD 中，由 BA= BD = 2，可解得 BE=1．
在三角形 PEB 中，PE=2，BE=1，ÐPEB = 60
o
，
由余弦定理，可解得 PB= 3，从而ÐPBE = 90
o
，即 BE^ PB，
又 BC//AD，BE^ AD，从而 BE^ BC，因此 BE^ 平面 PBC．又 BEÌ平面 ABCD，
所以平面 PBC^ 平面 ABCD．
(ii)连接 BF，由(i)知 BE^ 平面 PBC．所以ÐEFB 为直线 EF 与平面 PBC 所成的角，
1
3
11
2
由 PB= 3，PA= 5 ，AB= 2 得ÐABP 为直角，而 MB= PB=
，可得 AM=
，
2
2
11
2
BE 2 11
故 EF=
，又 BE=1，故在直角三角形 EBF 中，sinÐEFB =
=
.
EF
11
2 11
所以直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值为
11
12．(2013 浙江)如图，在四棱锥 P- ABCD中， PA⊥面 ABCD， AB = BC = 2，
AD =CD = 7 ， PA = 3 ，ÐABC =120o ，G为线段 PC上的点．
(Ⅰ)证明： BD ⊥面 APC ；
(Ⅱ)若G 是 PC的中点，求 DG与 APC所成的角的正切值；
PG
(Ⅲ)若G 满足 PC⊥面 BGD，求
的值．
GC


【解析】(Ⅰ)设点 O 为 AC，BD 的交点，
由 AB＝BC，AD＝CD，得 BD 是线段 AC 的中垂线．
所以 O 为 AC 的中点，BD⊥AC．
又因为 PA⊥平面 ABCD，BDÌ平面 ABCD，
所以 PA⊥BD．所以 BD⊥平面 APC．
(Ⅱ)连结 OG．由(1)可知 OD⊥平面 APC，则 DG 在平面 APC 内的射影为 OG，所以∠OGD 是 DG 与平面
APC 所成的角．
1
3
由题意得 OG＝ PA＝
．
2
2
AB
2
+BC -2AB×BC×cosÐABC ＝2 3 ，
2
在△ABC 中，AC＝
1
所以 OC＝ AC＝ 3 ．
2
CD
2
-OC2 ＝2．
OD 4 3
在直角△OCD 中，OD＝
=
在直角△OGD 中，tan∠OGD＝
．
OG
3
4 3
3
所以 DG 与平面 APC 所成的角的正切值为
．
(Ⅲ)连结 OG．因为 PC⊥平面 BGD，OGÌ平面 BGD，所以 PC⊥OG．
在直角△PAC 中，得 PC＝ 15 ．
AC×OC 2 15
=
所以 GC＝
从而 PG＝
．
PC
5
3 15
，
5
PG 3
所以
= ．
GC 2
ABC- ABC
A ACC ^
平面 ，
ABC ， ÐABC = 90°
13．(2019 浙江 19)如图，已知三棱柱
，平面
1
1
1
1
1


ÐBAC =30°,A A= AC = AC,E,F
分别是 AC，A B 的中点．
1
1
1 1
(1)证明： EF BC ；
^
(2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值．
【解析】方法一：
(I)连接A E，因为A A=A C，E是AC的中点，所以A E⊥AC．
1
1
1
1
Ì
又平面A ACC ⊥平面ABC，A E 平面A ACC ，
1
1
1
1
1
平面A ACC ∩平面ABC=AC，
1
1
所以，A E⊥平面ABC，则A E⊥BC．
1
1
又因为A F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A F．
1
1
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．
(Ⅱ)取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A E⊥平面ABC，故AE ⊥EG，所以平行四边形EGFA 为矩形．
1
1
1
由(I)得BC⊥平面EGFA ，则平面A BC⊥平面EGFA ，
1
1
1
所以EF在平面A BC上的射影在直线A G上．
1
1
连接A G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A BC所成的角(或其补角)．
1
1
不妨设AC=4，则在Rt△A EG中，A E=2 3，EG= 3．
1
1


A1G
2
15
2
由于O为A G的中点，故 EO OG
=
=
=
，
1
EO
2
+OG
2
- EG
2
3
所以cos EOG
Ð
=
=
．
2EO×OG
5
3
因此，直线EF与平面A BC所成角的余弦值是 ．
1
5
方法二：
(Ⅰ)连接A E，因为A A=A C，E是AC的中点，所以A E⊥AC．
1
1
1
1
Ì
又平面A ACC ⊥平面ABC，A E 平面A ACC ，
1
1
1
1
1
平面A ACC ∩平面ABC=AC，所以，A E⊥平面ABC．
1
1
1
如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1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
3 3
A (0，0，2 3)，B( 3，1，0)， B ( 3,3, 2 3)， F(
, ,2 3) ，C(0，2，0)．
1
1
2 2
uuur
3 3
, ,2 3)， BC = (- 3,1, 0)
2 2
因此， EF (
=
．
EF ^ BC
由 EF ×BC = 0得
．
q
(Ⅱ)设直线EF与平面A BC所成角为 ，
1
由(Ⅰ)可得 BC = (- 3,1,0)，
AC = (0, 2,-2 3)
1
，
设平面A1BC的法向量为n = (x, y,z)
，
ì
ì
-
ïBC×n = 0
ï 3x+ y = 0
íuuur
，得í
由
，
ïAC×n = 0
î
ïy - 3z = 0
î
1
EF ×n
uuur
4
取n =
(1, 3,1)
，故sinq =
cos EF,
á
nñ =
uuur
=
．
EF
× n 5
3
因此直线 EF 与平面 A BC 所成角的余弦值为 ．
1
5


14．(2018 天津)如图， AD∥BC 且 AD = 2BC ， AD CD ，
^
EG∥AD EG = AD CD∥FG
且 ， 且
CD = 2FG， DG ^平面 ABCD， DA= DC = DG = 2．
(1)若M 为CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证： MN ∥平面CDE；
(2)求二面角 E BC F 的正弦值；
-
-
(3)若点 P 在线段 DG上，且直线 BP 与平面 ADGE所成的角为60o ，求线段
DP
的长．
x
y
z
【解析】依题意，可以建立以 D为原点，分别以 DA， DC ， DG的方向为 轴， 轴， 轴的正方向的
D(0, 0, 0) A(2, 0, 0) B(1, 2, 0) C(0, 2, 0) E(2, 0, 2) F(0,1, 2) G(0, 0, 2)
，
空间直角坐标系(如图)，可得
，
，
，
，
，
，
3
M(0, ,1) N(1, 0, 2)
，
．
2
ì ×
=
ïn DC 0，
(1)证明：依题意 DC (0, 2,0)，
=
DE = (2,0, 2)．设n0 = (x, y,z) 为平面CDE
的法向量，则
í
0
uuur
ïn ×DE = 0，
î
0
ì2y = 0，
n = (1, 0,-1)
0
í
即
又
不妨令
z = -1，可得
．
î2x+2z = 0，
uuuur
3
MN = (1,- ,1)
MN×n0 =0，
，可得
2
又因为直线MN Ë平面CDE
，所以
MN ∥平面CDE
．
(2)依题意，可得 BC = (-1,0,0)，
BE = (1，-2，2) ，CF = (0,-1, 2)
．


ì ×
ïn BC 0， ì x 0，
=
- =
设n = (x, y,z)为平面
的法向量，则
BCE
í uuur
í
即
îx-2y +2z = 0，
ïn×BE = 0，
î
n =
(0,1,1)
．
不妨令 z 1，可得
=
ì ×
ïm BC 0， ì x 0，
=
- =
设m = (x, y,z)为平面 BCF 的法向量，则í uuur
ïm×BF = 0， î
即
í
-y+2z = 0，
î
不妨令 z 1，可得
=
m = (0, 2,1)．
m×n
3 10
10
因此有cos
< m,n >=
=
，于是sin m,n >=

= uuur uuur =
，
BP DC
h +5
2
2
3
3
= sin 60
o
=
，解得h =
Î[0,2]．
由题意，可得
3
h
2
+5
2
3
所以线段 DP的长为
．
3
15．(2018 江苏)如图，在正三棱柱 ABC - ABC 中，AB = AA = 2，点 P ，Q分别为 AB ，BC的中点．
1
1
1
1
1 1
(1)求异面直线 BP与 AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC 与平面 AQC 所成角的正弦值．
1
1
，A1C1
的中点分别为 ， ，则
O
，OO1 ^OC
，
OB ^OC
AC
O
1
【解析】如图，在正三棱柱 ABC - ABC 中，设
1
1 1
OO1 ^OB
O- xyz
，以{OB,OC,OO }
1 为基底，建立空间直角坐标系
．


AB = AA1 = 2
因为
所以
，
A(0,-1,0),B( 3, 0, 0),C(0,1,0),A (0,-1, 2) ,B ( 3, 0, 2),C (0,1, 2)
1
1
1
．
3
1
P( ,- ,2)
P
2
2
(1)因为
为
A1B1 的中点，所以
，
uuur
uuuur
3
1
BP = (-
,- ,2),AC = (0, 2, 2)
1
2
2
从而
故
，
uuur uuuur
| BP× AC |
| -1+ 4| 3 10
| cos BP, AC |= uuur uuu
1
ur =
=
1
×
5´2 2
| BP| | AC |
20
．
1
3 10
20
因此，异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为
．
3 1
Q( , ,0)
2 2
(2)因为 Q 为 BC 的中点，所以
，
uuur
3 3
AQ = ( , ,0)
2 2
AC = (0, 2, 2),CC = (0, 0, 2)
因此
，
1
1
．
设 n=(x，y，z)为平面 AQC1 的一个法向量，
ì
3
3
ì
ï
x + y = 0,
íuuuur
í 2
2
则
即
ïAC ×n = 0,
î
ï
î2y + 2z = 0.
n =
( 3,-1,1)
，设直线 CC 与平面 AQC 所成角为 ，
q
不妨取
1
1
uuuur
|CC ×n|
2
5
5
sinq =| cos CC ,n |= uuuur
1
=
=
CC
AQC
所成角的正弦值为
1
．
则
，所以直线
与平面
1
×
5´2
1
|CC | | n|
5
5
1
16．(2017 天津)如图，在三棱锥 P- ABC 中，PA⊥底面 ABC，ÐBAC =90°．点 D，E ， N 分别为棱
PA， PC， BC的中点， M 是线段 AD的中点， PA= AC = 4，
AB = 2 ．


(Ⅰ)求证： MN ∥平面 BDE ；
(Ⅱ)求二面角C-EM -N 的正弦值；
7
(Ⅲ)已知点 H 在棱 PA上，且直线 NH 与直线 BE所成角的余弦值为
，求线段 AH 的长．
21
【解析】如图，以 A为原点，分别以 AB ，AC ，AP 方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依
题意可得
A(0,0,0)， B(2, 0, 0)，C(0,4,0)，(0,0, 4)， D(0,0,2)， E(0,2,2)， M(0, 0,1)， N(1, 2,0)．
(Ⅰ)证明： DE =(0, 2,0)， DB=(2, 0,-2)．设n = (x, y,z)，为平面 BDE 的法向量，
ì ×
ïn DE 0
=
ì2y = 0
，即 í
则í uuur
．不妨设 z =1，可得n = (1, 0,1) ．又 MN =(1，2，-1)，可得 MN ×n = 0．
î2x - 2z = 0
ïn×DB = 0
î
因为 MN Ë 平面 BDE，所以 MN//平面 BDE．
ì ×
=
ïn EM 0
(Ⅱ)易知n = (1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量．设n = (x, y,z)为平面 EMN 的法向量，则í
2
，因
uuuur
1
2
ïn ×MN = 0
î
2
ì-2y - z = 0
îx + 2y - z = 0
为 EM = (0,-2,-1) ， MN = (1, 2,-1) ，所以í
．不妨设 y =1，可得n2 = (-4,1,-2)．
n1 ×n
2
4
105
因此有cos < n ,n >=
= -
，于是sin < n ,n >=
．
1
2
1
2
|n ||n |
1
21
21
2
105
21
所以，二面角 C—EM—N 的正弦值为
．


(Ⅲ)依题意，设 AH=h(0≤h≤4 )，则 H(0，0，h)，进而可得 NH = (-1,-2,h) ， BE = (-2,2,2)．由已知，得
uuuur uuur
| NH ×BE |
| 2h -2|
7
8
1
| cos < NH,BE >|= uuuur uuur =
| NH || BE |
=
，整理得10h
-21h +8 = 0 ，解得h = ，或h = ．
2
2
+5´2 3 21
5
2
h
8
1
所以，线段 AH 的长为 或 ．
5
2
17．(2017 北京)如图，在四棱锥 P ABCD中，底面
-
ABCD为正方形，平面 PAD ⊥平面 ABCD，点 M 在
线段 PB 上， PD //平面
MAC ， PA = PD = 6 ， AB = 4
．
(Ⅰ)求证： M 为 PB 的中点；
(Ⅱ)求二面角 B PD A的大小；
-
-
(Ⅲ)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)设 AC,BD 交点为 E ，连接 ME ．
因为 PD∥平面 MAC ，平面 MAC I 平面 PBD = ME ，所以 PD∥ME ．
因为 ABCD是正方形，所以 E 为 BD的中点，在DPBC中，知 M 为 PB的中点．
(Ⅱ)取 AD的中点O，连接OP，OE．
因为 PA = PD ，所以OP ^ AD．
又因为平面 PAD ^平面 ABCD，且OP Ì平面 PAD ，所以OP ^平面 ABCD．
因为OE Ì平面 ABCD，所以OP ^OE．
因为 ABCD是正方形，所以OE ^ AD．
如图建立空间直角坐标系O- xyz ，则 P(0, 0, 2) ， D(2,0,0)， B(-2,4,0)，
BD = (4,-4, 0) ， PD = (2, 0,- 2)．
ì ×
ïn BD 0
=
ì4x-4y 0
=
ï
设平面 BDP 的法向量为n = (x, y,z)，则í uuur
ïn×PD = 0
，即í
．
ïî2x -
2z = 0
î


令 x =1，则 y =1， z = 2 ．于是n = (1, 1, 2)．
n× p
1
平面 PAD 的法向量为 p = (0,1, 0)，所以cos =
= ．
|n|| p| 2
p
由题知二面角 B- PD- A为锐角，所以它的大小为 ．
3
uuuur
) ， D(2,4,0)， MC = (3, 2,-
2
2)．
(Ⅲ)由题意知 M(-1, 2,
2
2
uuuur
| n×MC | 2 6
uuuur
．
设直线MC 与平面 BDP 所成角为a ，则sina =| cos ,MC |=

=
| n|| MC |
9
2 6
所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为
．
9
18．(2014 福建)在平行四边形 ABCD中，AB = BD =CD =1，AB ^ BD,CD ^ BD ，将DABD沿
BD折起，使得平面 ABD ^平面 BCD，如图．
AB ^ CD
(Ⅰ)求证：
；
(Ⅱ)若M 为 AD中点，求直线 AD与平面 MBC所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)因为 ABD ^平面 BCD，平面 ABD I 平面 BCD = BD, AB Ì 平面
ABD, AB ^ BD,所以 AB ^平面 BCD.又CD Ì平面 BCD,所以 AB ^CD．
(Ⅱ)过点 B 在平面 BCD内作 BE ^ BD，如图．
由(Ⅰ)知 AB ^平面 BCD, BE Ì 平面 BCD,所以 AB ^ BE, AB ^ BD．以 B 为坐标原点，分别以
BE,BD,BA的方向为 x轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系．


1 1
依题意，得 B(0, 0, 0),C(1,1, 0),D(0,1, 0), A(0, 0,1),M(0, , )．
2 2
uuur
uuuur
uuur
1 1
则 BC (1,1, 0),BM (0, , ), AD (0,1, 1)．
=
=
=
-
2 2
设平面MBC 的法向量n =(x , y ,z )．
0
0
0
ìx + y = 0
ì
ïn×BC = 0
ï
0
0
则ír uuuur
即í1
．
y + z = 0
ïn×BM = 0 ï
0
0
î
î2
取 z0 =1,得平面 MBC的一个法向量n = (1,-1,1)．
设直线 AD 与平面 MBC 所成角为q ，
n× AD
n AD
r uuur
则sinq = cos < n, AD > = r uuur = 6,
3
6
即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为
．
3
19．(2013 天津) 如图， 四棱柱 ABCD - ABC D 中，侧棱 A A⊥底面 ABCD， AB∥DC ，
1
1
1
1
1
AB ^ AD ， AD =CD =1， AA = AB = 2， E 为棱 AA 的中点．
1
1
(Ⅰ)证明 BC ^CE ；
1
1
(Ⅱ)求二面角 B -CE -C 的正弦值；
1
1
2
(Ⅲ)设点 M 在线段C E 上；且直线 AM 与平面 ADD A 所成角的正弦值为
， 求线段 AM 的长．
1
1 1
6


【解析】解法一 如图，以点 A 为原点建立空间直角坐标系，
依题意得 A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B (0，2，2)，C (1，2，1)，E(0，1，0)
1
1
(Ⅰ)易得 BC =(1，0，-1)，CE =(-1，1，-1)，于是 BC ×CE = 0，所以 BC ^CE ．
1
1
1
1
1 1
ì ×
=
ìx 2y - z = 0
-
ïm BC 0
(Ⅱ) BC =(1，-2，-1)．设平面 BCE 的法向量
m = (x, y,z)，则í uu
ur
1
，即í
消去 x ，
1
1
î-x+ y- z = 0
ïm×CE = 0
î
得 y+2z =0，不妨令 z=1，可得一个法向量为m =(-3，-2，1)．由(Ⅰ)知， BC ^CE ，又CC ^ BC ，可
1
1
1
1 1
^
得 B1C1 平面CEC ，故 BC =(1，0，-1)为平面CEC 的一个法向量．
1
1
1
1
uuuur
cos < m,BC >=
m×BC
uuuur =
-4
2 7
1
1
= -
于是
从而
1
1
14´
|m || BC |
2
7
1
1
uuuur
sin < m,BC >=
21
7
1
1
21
所以二面角 B －CE－C 的正弦值为
．
1
1
7
AE
EC
(Ⅲ)
=(0，1，0)，
=(1，l，1)，设
EM = lEC1
= (l,l,l)，0≤l ≤1，
1
有 AM AE EM
=
+
,
1,
= (l l+ l)．可取 AB =(0，0，2)为平面 ADD A 的一个法向量，设q 为直线 AM 与
1
1
平面 ADD A 所成的角，
1
1
AM ×AB
uuuur uuur
l
sinq = cos < AM, AB > = uuuur uuur =
则
AM × AB
3l
2
+2l +1
l
2
1
=
，解得l =
，所以 AM = 2
于是
6
3
3
l + l +1
2
2
考点 84 二面角的计算
1．(2018 浙江)已知四棱锥 S - ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等， E 是线段 AB 上的点(不含端点)，
设 SE与 BC所成的角为q ， SE与平面 ABCD所成的角为q ，二面角 S - AB-C的平面角为q ，则
1
2
3


A．q ≤q ≤q
B．q ≤q ≤q
C．q ≤q ≤q
D．q ≤q ≤q
2 3 1
1
2
3
3
2
1
1
3
2
【答案】D
【解析】由题意知四棱锥 S - ABCD为正四棱锥，如图，连接 BD，记 AC IBD =O ，连接SO，则SO ^
平面 ABCD，取 AB 的中点 M ，连接 SM ，OM ，OE，易得 AB ^ SM ，则q = ÐSEO ，q = ÐSMO ，
2
3
易知q ≥q ．因为OM ∥ BC，BC ^ AB，SM ^ AB，所以q 也为OM 与平面 SAB所成的角，即 BC
3
2
3
与平面SAB所成的角，再根据最小角定理知，q ≤q ，所以q ≤q ≤q ，故选 D．
3
1
2
3
1
2．(2017 浙江)如图，已知正四面体 D- ABC (所有棱长均相等的三棱锥)， P ，Q， R 分别为 AB ， BC，
BQ CR
CA上的点， AP = PB，
面角为a ，b ，g ，则
=
= 2 ，分别记二面角 D- PR-Q， D- PQ- R ， D-QR- P的平
QC RA
A．g |=
=
×
3× m
2
+1
2
+1
3
m
3
2m
3
2| m|
3
6
=
× 1+
£
× 1+
£
× 1+1 =
，当且仅当m=1时取等号，
3
m
2
+1
3
m
2
+1
3
3
6
所以直线 PB与平面QCD
所成角的正弦值的最大值为
．
3
10．(2019•新课标Ⅰ，理 18)如图，直四棱柱 ABCD - ABC D 的底面是菱形，AA = 4 ，AB = 2 ，ÐBAD = 60°，
1
1
1
1
1
E ， M ， N 分别是 BC ， BB ， AD 的中点．
1
1
(1)证明： MN / / 平面C1DE ；
(2)求二面角 A- MA1 - N 的正弦值．


1
【解析】(1)证明：如图，过 N 作 NH ^ AD ，则 NH / /AA ，且 NH = AA ，
1
1
2
1
又MB / /AA ， MB = AA ，\四边形 NMBH 为平行四边形，则 NM / /BH ，
1
1
2
由 NH / /AA ， N 为 AD 中点，得 H 为 AD 中点，而 E 为 BC 中点，
1
1
\BE / /DH ， BE = DH ，则四边形 BEDH 为平行四边形，则 BH / /DE ，
\NM / /DE ，
QNM Ì/ 平面C DE ， DE Ì 平面C DE ，
1
1
\MN / / 平面C1DE ；
(2)解：以 D 为坐标原点，以垂直于 DC 得直线为 x 轴，以 DC 所在直线为 y 轴，以 DD1 所在直线为 z 轴建立
空间直角坐标系，
3
1
则 N(
，- ，2) ， M( 3 ，1，2) ， A ( 3 ，-1，4) ，
1
2
2
uuuur
uuuur
3
1
NM = ( 3, ,0) ， NA = ( 3,- ,2)，
1
2
2
设平面 A1MN 的 一个法向量为m = (x, y,z)，
uuuur
ì r
3
mgNM = 3x + y = 0
ï
ï
，取 y = 2 3 ，得mr = (-3,2 3,2 3) ，
2
1
由í
uuuur
r
ï
mgNA = 3x - y + 2z = 0
ï
î
1
2
又平面MAA1 的一个法向量为n = (1, 0, 0) ，
r r
\cos < mr,nr >=
mgn
=
-3
= -
33
．
．
r
r
| m|g| n | 1´ 33
11
2 22
11
\二面角 A- MA1 - N 的正弦值为


11．(2019•新课标Ⅱ，理 17)如图，长方体 ABCD - ABC D 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA 上，
1
1
1
1
1
BE ^ EC1 ．
(1)证明： BE ^ 平面 EBC ；
1
1
(2)若 AE = AE ，求二面角 B - EC -C 的正弦值．
1
1
【解析】证明：(1)长方体 ABCD - ABC D 中， BC ^平面 ABA B ，
1
1
1
1
1
1
1 1
\BC ^ BE ，QBE ^ EC ，
1
1
1
\BE ^平面 EBC ．
1
1
(2)以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 AE = A E =1，QBE ^平面 EBC ，\BE ^ EB ，\AB =1，
1
1
1
1
则 E(1，1，1) ， A(1，1，0) ， B (0，1，2) ，C (0 ，0，2) ，C(0，0，0) ，
1
1
QBC ^ EB ，\EB ^ 面 EBC ，
1
1
r
故取平面 EBC 的法向量为m = EB = (-1，0，1) ，
1
设平面 ECC1 的法向量n = (x ， y ， z)，
r
ì
=
=
ïngCC 0，得ìíz 0
由í uuur
1
，取 x =1，得n = (1，-1，0) ，
r
îx + y + z = 0
ïngCE = 0
î


\cos < mr,nr >=
mgn
= - ，
r
1
r
| m|g| n |
2
3
\二面角 B - EC -C1 的正弦值为
．
2
¶
12．(2018•新课标Ⅲ，理 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．
【解析】(1)证明：在半圆中， DM ^ MC ，
¶
Q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 ，
Q ADIDM = D ，
\MC ^平面 ADM ，
QMC Ì 平面 MBC ，
\平面 AMD ^ 平面 BMC ．
(2)QDABC 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


Q正方形 ABCD的边长为 2，
\A(2，-1，0) ， B(2 ，1，0) ， M(0，0，1) ，
则平面MCD 的法向量 m = (1，0，0) ，
设平面MAB 的法向量为n = (x ， y ， z)
则 AB = (0，2，0) ， AM = (-2 ，1，1) ，
r
r
由ngAB = 2y = 0 ，ngAM = -2x + y + z = 0 ，
令 x =1，
则 y = 0 ， z = 2 ，即n = (1，0，2) ，
r
mgn
则cos < m ，n >= r r =
| m|| n | 1´ 1+ 4
1
1
=
，
5
1
2 5
5
则面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值sina = 1-(
)
2
=
．
5
．
13．(2017•新课标Ⅰ，理 18)如图，在四棱锥 P - ABCD 中， AB / /CD ，且ÐBAP = ÐCDP = 90°．
(1)证明：平面 PAB ^ 平面 PAD ；
(2)若 PA = PD = AB = DC ，ÐAPD = 90°，求二面角 A- PB -C 的余弦值．
【解析】(1)证明：QÐBAP = ÐCDP = 90°，\PA^ AB ， PD ^ CD ，
Q AB / /CD ，\AB ^ PD，
又QPA PD = P ，且 PA 平面 PAD ， PD 平面 PAD ，
I
Ì
Ì
\AB ^ 平面 PAD ，又 AB Ì 平面 PAB ，
\平面 PAB ^ 平面 PAD ；
(2)解：Q AB / /CD ， AB = CD ，\四边形 ABCD为平行四边形，


由(1)知 AB ^平面 PAD ，\AB ^ AD ，则四边形 ABCD 为矩形，
在DAPD 中，由 PA = PD ，ÐAPD = 90°，可得DPAD 为等腰直角三角形，
设 PA = AB = 2a ，则 AD = 2 2a ．
取 AD 中点O ， BC 中点 E ，连接 PO、OE ，
以O 为坐标原点，分别以OA、OE 、OP 所在直线为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，
则： D(- 2a,0,0) ， B( 2a,2a,0) ， P(0 ，0， 2a)，C(- 2a,2a,0) ．
PD = (- 2a,0,- 2a) ， PB = ( 2a,2a,- 2a) ， BC = (-2 2a,0,0) ．
设平面 PBC 的一个法向量为n = (x, y,z) ，
r
ì
=
ì
+
- 2az = 0
ïngPB 0
，取 y =1，得nr = (0,1, 2) ．
由í uuur
，得 í
r
ïngBC = 0
ï-2 2ax = 0
î
î
QAB ^ 平面 PAD ， AD Ì 平面 PAD ，\AB ^ PD，
又 PD ^ PA， PAIAB = A，
\PD ^ 平面 PAB ，则 PD为平面 PAB 的一个法向量， PD = (- 2a,0,- 2a) ．
r
uuur
r
PDgn
-2a
3
\cos < PD,n >= uuur
=
= -
．
r
| PD|| n | 2a´ 3
3
由图可知，二面角 A- PB -C 为钝角，
3
\二面角 A- PB -C 的余弦值为-
．
3
14．(2017•新课标Ⅱ，理 19)如图，四棱锥 P - ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，
1
AB = BC = AD，ÐBAD = ÐABC = 90°， E 是 PD的中点．
2
(1)证明：直线CE / / 平面 PAB ；
(2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD所成角为45°，求二面角 M - AB - D 的余弦值．


【解析】(1)证明：取 PA 的中点 F ，连接 EF ， BF ，因为 E 是 PD的中点，
1
1
1
所以 EF / / AD ， AB = BC = AD，ÐBAD = ÐABC = 90°，\BC / / AD ，
=
2
2
2
\BCEF 是平行四边形，可得CE / /BF ， BF Ì 平面 PAB ，CE Ì/ 平面 PAB ，
\直线CE / / 平面 PAB ；
(2)解：四棱锥 P - ABCD 中，
1
侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ， AB = BC = AD，
2
ÐBAD = ÐABC = 90°， E 是 PD的中点．
取 AD 的中点O ，M 在底面 ABCD上的射影 N 在OC 上，设 AD = 2 ，则 AB = BC =1，OP = 3 ，
\ÐPCO = 60°，直线 BM 与底面 ABCD所成角为 45°，
3
可得： BN = MN ，CN =
MN ， BC =1，
3
1
6
6
可得：1+ BN
2
= BN
2
， BN =
，MN =
，
3
2
2
作 NQ ^ AB 于Q，连接 MQ ， AB ^ MN ，
所以ÐMQN 就是二面角M - AB - D 的平面角， MQ = 1
+ ( 6)
=
10
2
2
2
，
2
1
10
5
二面角M - AB - D 的余弦值为：
=
．
10
2


15．(2017•新课标Ⅲ，理 19)如图，四面体 ABCD 中，DABC 是正三角形，DACD 是直角三角形，ÐABD = ÐCBD ，
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．
【解答】(1)证明：如图所示，取 AC 的中点O，连接 BO，OD ．
QDABC 是等边三角形，\OB ^ AC ．
DABD 与DCBD 中， AB = BD = BC ，ÐABD = ÐCBD ，
\DABD @ DCBD ，\ AD = CD ．
QDACD 是直角三角形，
\AC 是斜边，\ÐADC = 90° ．
1
\DO = AC ．
2
\DO
2
+ BO
2
= AB
2
= BD
．
2
\ÐBOD = 90° ．
\OB ^ OD ．
又 DOI
AC = O ， OB 平面 ACD ．
\
^
又OB Ì 平面 ABC ，
\平面 ACD ^平面 ABC ．
hD
DE
(2)解：设点 D ， B 到平面 ACE 的距离分别为h ，h ．则
=
．
D
E
hE BE
Q平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，


1
S
ghD
DACE
hD
DE
3
1
\
=
=
=1．
hE BE
SDACE ghE
3
\点 E 是 BD的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取 AB = 2 ．
3 1
则O(0，0，0) ， A(1，0，0) ，C(-1，0，0) ， D(0 ，0，1) ， B(0 ， 3 ，0) ， E(0,
, )．
2 2
uuur
AD = (-1，0，1) ， AE = (-1,
3 1
, )， AC = (-2 ，0，0) ．
2 2
ì-x + z = 0
r
ì
=
ïmgAD 0
ï
，取mr = (3, 3,3)．
设平面 ADE 的法向量为m = (x ， y ， z)，则í uuur
，即í
r
3
1
ïmgAE = 0
ï-x +
y + z = 0
î
î
2
2
同理可得：平面 ACE 的法向量为n = (0 ，1，- 3) ．
r r
\cos < mr,nr >=
mgn
=
-2 3
21´2
= -
7
．
r r
| m|| n |
7
7
\二面角 D - AE - C 的余弦值为
．
7
16．(2016•新课标Ⅰ，理 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 ，ÐAFD = 90°，且二面角 D - AF - E 与二面角C - BE - F 都是60°．
(Ⅰ)证明：平面 ABEF ^ 平面 EFDC ；
(Ⅱ)求二面角 E - BC - A的余弦值．
【解析】(Ⅰ)证明：QABEF 为正方形，\AF ^ EF ．
QÐAFD = 90° ，\AF ^ DF ，
QDFIEF = F ，


\AF ^平面 EFDC ，
QAF Ì 平面 ABEF ，
\平面 ABEF ^ 平面 EFDC ；
(Ⅱ)由 AF ^ DF ， AF ^ EF ，
可得ÐDFE 为二面角 D - AF - E 的平面角；
由 ABEF 为正方形， AF ^ 平面 EFDC ，
QBE ^ EF ，
\BE ^平面 EFDC
即有CE ^ BE ，
可得ÐCEF 为二面角C - BE - F 的平面角．
可得ÐDFE = ÐCEF = 60°．
Q AB / /EF ， AB Ì/ 平面 EFDC ， EF Ì 平面 EFDC ，
\AB / / 平面 EFDC ，
Q平面 EFDC Ç平面 ABCD = CD， AB Ì 平面 ABCD ，
\AB / /CD ，
\CD / /EF ，
\四边形 EFDC 为等腰梯形．
以 E 为原点，建立如图所示的坐标系，设 FD = a ，
a
3
则 E(0 ，0，0) ， B(0 ，2a ，0) ，C( ，0，
a)， A(2a ，2a ，0) ，
2
2
uuur
\ EB = (0 ，2a ，0) ， BC = ( ，-2a ，
a
3
a)， AB = (-2a ，0，0)
2
2
r
ì
=
ïmgEB 0
设平面 BEC 的法向量为m = (x ， y ， z )，则í uuur
，
r
1
1
1
ïmgBC = 0
î
ì2ay = 0
ï
1
，取mr = ( 3 ，0，-1) ．
则í
a
3
ï x - 2ay +
az1 = 0
î
2
1
1
2
r
ì
=
ïngBC 0
设平面 ABC 的法向量为n = (x ， y ， z )，则í uuur
，
r
2
2
2
ïngAB = 0
î
ì
a
3
ï x - 2ay +
az2 = 0
则í
2
2
，取n = (0 ， 3，4) ．
mgn
2
2
ï
2ax2 = 0
î
设二面角 E - BC - A的大小为q ，则cosq = r
r
| m|g| n |


-4
2 19
19
=
= -
，
3+1g 3+16
2 19
19
则二面角 E - BC - A的余弦值为-
．
17．(2014 新课标Ⅰ，理 19)如图三棱锥 ABC - ABC 中，侧面 BBC C 为菱形， AB ^ BC ．
1
1
1
1
1
1
(Ⅰ) 证明： AC = AB1；
(Ⅱ)若 AC ^ AB1 ，
ÐCBB1 = 60o ，AB=BC，求二面角 A- AB -C 的余弦值．
1 1 1
【解析】(Ⅰ)连结 BC ，交 BC 于 O，连结 AO．因为侧面 BBC C 为菱形，所以 BC ^ BC ，且 O 为 B1C
1
1
1
1
1
1
与 BC 的中点．又 AB ^ BC ，所以 BC ^平面 ABO，故 BC ^ AO 又 BO =CO ，故
1
1
1
1
1
AC = AB1
………6 分
(Ⅱ)因为 AC ^ AB 且 O 为 BC 的中点，所以
AO=CO
又
1
1
因为 AB=BC ，所以DBOA@ DBOC
故 OA⊥OB ，从而 OA，OB，OB1两两互相垂直．
以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，OB 为单
图所示空间直角坐标系 O- xyz ．因为ÐCBB1 = 600 ，
为等边三角形．又 AB=BC ，则
位长，建立如
所以DCBB1
æ
ö
æ
ö
æ
ö
3
3
3
(
)
,0÷ ，Cç0,
-
Aç0, 0,
÷， B 1,0,0 ， B ç0,
,0÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
1
3
3
3
è
ø
è
ø
è
ø
uuur æ
ö uuuur uuur æ
ö uuuur uuur æ
ö
3
3
3
3
AB = ç0,
,-
÷ ， AB = AB = ç1,0,-
÷, BC = BC = ç-1,-
,0÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
1
1
1
1
1
3
3
3
3
è
ø
è
ø
è
ø
设n
= (x, y,z)是平面的法向量，则
ì
3
3
y -
z = 0
ï
ì
=
ïngAB 0
ï
3
(
)
1
3
=
3 3
ír uuuur
，即í
所以可取n 1, ,
ïngAB = 0
î
3
3
ï
1
1
x -
z = 0
ï
î


ì
=
ïmgAB 0
(
)
设m是平面的法向量，则ír uuuur
1
1
，同理可取m = 1,- 3 3
,
ïngBC = 0
î
1 1
r ur
则cos n,m = r ur = ，所以二面角 A- AB -C 的余弦值为 ．
ngm
ng m
1
1
1
1
1
7
7
18．(2014 新课标Ⅱ，理 18)如图，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 的
中点．
(Ⅰ)证明：PB∥平面 AEC；
(Ⅱ)设二面角 D-AE-C 为 60°，AP=1，AD= 3 ，求三棱锥 E-ACD 的体积．
【解析】(Ⅰ)证明：连结BD 交 AC 于点O，连结OE．
∵底面 ABCD为矩形，∴点O为BD 的中点，
又E 为PD 的中点，∴OE P PB
∵OE Ì平面 AEC，PB Ë平面 AEC，∴ PB P 平面 AEC
(Ⅱ)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 = a，
3 1
则D(0, 3,0)， A(0,0,0)，E(0,
, )，C(a, 3,0)，
2 2
uuur
3 1
∴ AE = (0,
, )， AC = (a, 3,0)，设n = (x, y,z)是平面 AEC的法向量，
2 2
ìr uuur
ì
a
3
1
y = -
x
ïn× AE =
y + z = 0
ï
3 ，令 x = 3，得n = ( 3,-a,- 3a)，
则í
2
2
，解之：í
r uuur
ï
ï
în× AC = ax+ 3y = 0
îz = - 3y
又∵ AB = (a,0,0) 是平面 AED的一个法向量，
uuur r
3a
1
3
2
∴ cos < AB,n > =
= cos 60
o
= ，解之a =
a 3 4a
×
+
2
2
1 1
1
1 1
3 1
3
∴VE-ACD = ´ ´| AD|´|CD|´ | AP|= ´ ´ 3´ ´ =
3 2
2
3 2
2 2
8
19 ． (2013 新 课 标 Ⅱ ， 理 18) 如 图 直 棱 柱 ABC - ABC 中 ， D ， E 分 别 为 AB ， BB 的 中 点 ，
1
1
1
1


2
AA1 =AC=CB=
AB．
2
(Ⅰ)证明： BC ∥平面 ACD ；
1
1
(Ⅱ)求二面角 D- A1C - E 的正弦值．
【解析】(Ⅰ)连结 AC 交 AC 于点 F，连结 DF，则 F 为 AC 的中点，
1
1
1
又∵D 是 AB 中点，则 BC1 ∥DF，
∵DFÌ面 ACD ， BC Ë面 ACD ，
1
1
1
∴ BC ∥面 ACD
1
1
2
(Ⅱ)由 AA1 =AC=CB=
AB得，AC⊥BC，
2
以 C 为坐标原点，CA的方向为 x轴正方向，建立如图所示直角坐标系C - xyz ，设 CA=2，则 D(1，1，0)，
E(0，2，1)， A (2，0，2)，CD=(1，1，0)，CE=(0，2，1)，CA =(2，0，2)．
1
1
设n=(x , y ,z )是平面 ACD 的法向量，
1
1
1
1
ì
n·CD = 0 ìx + y = 0
ï
1
1
n
，可取 =(1，－1，－1)．
则í uuuur
即í
2x +2z = 0
ïn· AC = 0 î
î
1
1
1
同理，设m =(x , y ,z )是平面 ACE 的法向量，
2
2
2
1
ì
+ = 0
2
m·CE = 0
ì2y z
ï
2
，可取m
=(2，1，—2)，
则í
uuuur
，即í
2x +2z = 0
ïm· AC = 0
î
î
2
2
1


m·n 2-1+ 2
3
6
∴cos m,n =
=
=
，∴sin m,n =
，
|m ||n|
3´3
3
3
6
∴二面角 D- A1C - E 的正弦值为
．
3
1
20．(2012•新课标，理 19)如图，直三棱柱 ABC - A BC 中，AC = BC = AA ，D 是棱 AA 的中点，DC ^ BD
1
1
1
1
1
1
2
(1)证明： DC1 ^ BC ；
(2)求二面角 A - BD -C 的大小．
1
1
【解析】(1)证明：在RtDDAC中， AD = AC ，\ÐADC = 45°
同理：ÐADC = 45°，\ÐCDC = 90°
1
1
1
\DC ^ DC ， DC ^ BD
1
1
QDCIBD = D
\DC1 ^ 面 BCD
QBC Ì 面 BCD
\DC1 ^ BC


(2)解：QDC ^ BC ，CC ^ BC ， DC CC = C ， BC 面 ACC A ，
I
\
^
1
1
1
1
1
1 1
Q AC Ì 面 ACC A ，\BC ^ AC
1
1
取 AB 的中点O，过点O 作OH ^ BD 于点 H ，连接C O ，OH
1
1
1
Q AC = BC ，\C O ^ AB ，
1
1
1
1
1
1 1
Q面 A BC ^ 面 ABD，面 ABC Ç面 ABD = AB ，
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1
\C O ^ 面 ABD
1
1
而 BD Ì面 A1BD
\BD ^ C1O，
QOH ^ BD ，C O OH = O，
I
1
\BD ^ 面C OH \C H ^ BD ，\点 H 与点 D 重合且ÐC DO 是二面角 A - BD -C 的平面角
1
1
1
1
1
2a
设 AC = a ，则C1O =
，C D = 2a = 2C O ，
1 1
2
1
\sinÐC1DO =
\ÐC1DO = 30°
2
即二面角 A - BD -C 的大小为30°
1
1
21．(2011•新课标，理 18)如图，四棱锥 P- ABCD中，底面 ABCD为平行四边形，ÐDAB=600 ，AB =2AD，
PD⊥底面 ABCD．
(Ⅰ)证明： PA ^ BD ；
(Ⅱ)若 PD= AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值．


【解析】(Ⅰ) ∵ÐDAB=600 ， AB =2AD，由余弦定理得 BD = 3AD ，
∴
BD + AD2 = AB2 ， ∴ BD⊥ AD，
2
又∵ PD ⊥面 ABCD， ∴ BD ⊥ PD ， ∴ BD ⊥面 PAD ， ∴ PA ^ BD
(Ⅱ)如图，以 D为坐标原点， AD的长为单位长，射线 DA为 x轴正半轴建立空间直角坐标系 D- xyz ，则
A(1，0，0)， B (0， 3 ，0)， P (0，0，1)，
AB =(－1， 3 ，0)， PB=(0， 3 ，－1)， BC=(－1，0，0)．
ì
=
ïngAB 0
设平面 PAB的法向量为n=( x ， y ， z )，则í uuuv
，
1
1
1
ïngPB = 0
î
ì
-x + 3y = 0
ï
1
1
3
， z1 =
3
，
即í
，取 y =1，则 x =
1
1
ï 3y - z = 0
î
1
∴n=( 3 ，1， 3 )，
ì
=
ìx = 0
ï
2
ïmgBC 0
设平面 PBC 的法向量为 m =( x ，y ，z )，则í uuuv
，即í
，取 y =－1，则 x =0，z =
2 2 2
2
2
2
ïmgPB = 0
î
ï
1
-4
2 7
7
－ 3 ，∴m =(0，－1，－ 3 )，cos m,n =
=-
，
2 7
2 7
故二面角 A-PB-C 的余弦值为-
．
7
22．(2011 广东)如图在椎体 P- ABCD中， ABCD是边长为 1 的棱形，且ÐDAB=60°，
PA = PD = 2 ， PB = 2， E ， F 分别是 BC， PC的中点．
^
(Ⅰ)证明： AD 平面 DEF ；
(Ⅱ)求二面角 P- AD- B的余弦值．


【解析】法一：(Ⅰ)证明：取 AD 中点 G，连接 PG，BG，BD．因 PA=PD，
有 PG ^ AD，在DABD 中， AB = AD =1,ÐDAB = 60°，有DABD 为等边
三角形，因此 BG ^ AD,BG Ç PG = G ，
所以 AD ^平面 PBGÞ AD ^ PB, AD ^ GB.
又 PB//EF，得 AD ^ EF ，而 DE//GB 得 AD ^ DE，又 FE Ç DE = E ，
所以 AD ^ 平面 DEF．
(Ⅱ)QPG ^ AD,BG ^ AD，\ÐPGB为二面角 P—AD—B 的平面角，
7
RtDPAG中,PG
2
= PA
2
- AG
2
=
在
4
3
在 RtDABG中,
\cosÐPGB =
BG=AB×sin 60o=
2
7 3
+ - 4
PG
2
+ BG
2
- PB
2
21
4 4
7
=
= -
2PG×BG
7
3
2×
×
2
2
法二：(Ⅰ)取 AD 中点为 G，因为 PA = PD,PG ^ AD.
又 AB = AD,ÐDAB = 60°,DABD为等边三角形，因此， BG ^ AD，
从而 AD ^平面 PBG．
延长 BG 到 O 且使得 PO ^ OB，又 PO Ì平面 PBG，PO ^AD，
AD ÇOB = G,所以 PO ^ 平面 ABCD．
以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为 x轴，z 轴，平行于 AD 的直线为 y 轴，
建立如图所示空间直角坐标系．
1
2
1
设 P(0, 0,m),G(n, 0, 0), A(n,-
则
,0),D(n, , 0).
2


uuur uuur
3
Q| GB |=| AB | sin 60° =
2
3
3
3 1
n
3 1 m
, , ).
4 2 2
\B(n +
, 0, 0),C(n +
,1,0),E(n +
, ,0),F( +
2
2
2 2
2
uuur
uuur
uuur
3
n
3
m
由于 AD = (0,1, 0),DE = ( ,0,0),FE = ( +
,0,- )
2
2
4
2
得 AD×DE = 0, AD×FE = 0, AD ^ DE, AD ^ FE,DE Ç FE = E
\ AD ^平面 DEF．
uuur
uuur
1
3
(Ⅱ)QPA = (n,- ,-m),PB = (n +
,0,-m)
2
2
+ = 2, (n + 3)
1
+ m
= 2,解之得m =1,n =
3
.
\ m
2
+ n
2
2
2
4
2
2
取平面 ABD 的法向量n1 = (0, 0,-1),
设平面 PAD 的法向量n2 = (a,b,c)
uuur
uuur
3
b
3
b
由 PA×n = 0,得
a
- - = 由 × = 得
c 0, PD n 0,
a + -c = 0,
2
2
2
2
2
2
取n2 (1, 0, 3).
=
2
3
-
\cos < n ,n >=
= - 21.
2
1
2
7
7
1×
4
AE ^
CF ∥AE, AD∥BC
23 ． (2019 天 津 理 17) 如 图 ，
平 面
ABCD
，
，
AD ^ AB, AB = AD =1, AE = BC = 2
．
(Ⅰ)求证：
BF∥平面 ADE
；
(Ⅱ)求直线CE 与平面
BDE
所成角的正弦值；


1
E - BD- F
(Ⅲ)若二面角
的余弦值为 ，求线段
3
CF
的长．
A
【解析】依题意，可以建立以 为原点，分别以
AB，AD，AE
x y
z
的方向为 轴， 轴， 轴正方向的空间直
角坐标系，如图所示，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 ．
(Ⅰ)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 Ë
ADE
BF∥平面 ADE
平面
，所以
．
(Ⅱ)依题意，
BD = (-1,1, 0), BE = (-1, 0, 2), CE = (-1,-2,2)．
ì
n×BD = 0
ì-x+ y = 0
ï
设n = (x, y, z)为平面
BDE
的法向量，则
，即
，不妨令
z =1，
í uuur
í
-x+ 2z = 0
ïn×BE = 0
î
î
uuur
CE×n
4
可得n =
(2, 2,1)
．因此有cos CE,n = uuur
= - ．
|CE || n|
9
4
所以，直线CE 与平面
BDE
所成角的正弦值为 ．
9
ì
m×BD = 0
ì-x+ y = 0
ï
(Ⅲ)设m = (x, y,z)为平面
BDF
的法向量，则
，即
，
í
uuur
í
2y +hz = 0
ïm×BF = 0
î
î
æ
è
2 ö
h ø
不妨令 y =1，可得m =
ç1, 1,
-
．
÷
2
4-
|m×n|
1
3
8
h
由题意，有 cosám,nñ =
=
=
，解得h =
．经检验，符合题意．
|m ||n|
4
7
3´ 2+
h
2
8
所以，线段CF 的长为 ．
7


24．(2018 北京)如图，在三棱柱 ABC - ABC 中，CC ^ 平面 ABC，D，E ，F ，G 分别为 AA ，AC ，
1
1
1
1
1
AC ， BB 的中点， AB = BC = 5 ， AC = AA = 2．
1
1
1
1
(1)求证： AC ⊥平面 BEF ；
(2)求二面角 B-CD-C1 的余弦值；
(3)证明：直线 FG 与平面 BCD相交．
【解析】(1)在三棱柱 ABC - ABC 中，
1
1 1
∵CC1 ⊥平面 ABC，
∴四边形 A ACC 为矩形．
1
1
又 E ， F 分别为 AC ， AC 的中点，
1
1
∴ AC ⊥ EF ．
∵ AB = BC．
∴ AC ⊥ BE，
∴ AC ⊥平面 BEF ．
(2)由(1)知 AC ⊥ EF ， AC ⊥ BE， EF ∥CC1 ．
又CC1 ⊥平面 ABC，∴ EF ⊥平面 ABC．


∵ BE Ì平面 ABC，∴ EF ⊥ BE ．
如图建立空间直角坐称系 E - xyz ．
由题意得 B(0, 2,0)，C(-1,0,0)， D(1, 0,1)， F(0,0, 2)，G(0, 2,1)．
∴CD=(2，0，1) ，CB=(1，2，0) ，
设平面 BCD的法向量为n = (a，b，c) ，
ì
n×CD = 0
ì2a +c = 0
，∴í
ï
∴í uur
，
îa + 2b = 0
ïn×CB = 0
î
令a = 2，则b = -1，c = -4，
∴平面 BCD的法向量 n = (2，-1，- 4) ，
又∵平面CDC1 的法向量为 EB=(0，2，0)，
uur
∴cos < n×EB >=
n×EB
uur = -
| n|| EB|
21
．
21
21
由图可得二面角 B-CD-C 为钝角，所以二面角 B-CD-C 的余弦值为-
．
1
1
21
(3)平面 BCD的法向量为n = (2，-1，- 4) ，∵G(0, 2,1)， F(0,0, 2)，
∴GF=(0，-2，1) ，∴n×GF = -2 ，∴n 与GF 不垂直，
∴GF 与平面 BCD不平行且不在平面 BCD内，∴GF 与平面 BCD相交．
¢
25．(2016 年山东)在如图所示的圆台中， AC 是下底面圆O的直径， EF 是上底面圆O 的直径， FB 是圆
台的一条母线．
(I)已知G， H 分别为 EC， FB 的中点，求证：GH ∥平面 ABC；
1
(II)已知 EF = FB= AC =2 3 AB = BC．求二面角 F - BC - A的余弦值．
，
2


【解析】(Ⅰ)连结 FC，取 FC 的中点 M ，连结GM,HM ，因为GM//EF ， EF 在上底面内，GM
不在
上底面内，所以GM// 上底面，所以GM// 平面 ABC；又因为 MH//BC， BC Ì平面 ABC， MH Ë平
面 ABC，所以 MH// 平面 ABC ；所以平面GHM//平面 ABC ，由GH Ì 平面GHM ，所以GH// 平面
ABC．
E
F
G
H
C
B
A
(Ⅱ) 连结OB ， QAB = BC \OA ^OB，以为O原点，分别以OA,OB,OO¢为 x,y, z 轴，建立空间直角
坐标系．
z
O
，
E
F
C
B
y
A
x
1
QEF = FB = AC = 2 3， AB = BC．
2
OO¢= BF2
-(BO-FO) =3，
2
于是有 A(2 3, 0, 0) C(-2 3, 0, 0) B(0,2 3, 0) F(0, 3,3)，
，
，
，
可得平面 FBC中的向量 BF = (0,- 3,3)，CB = (2 3,2 3,0)，
于是得平面 FBC的一个法向量为n1 =(- 3, 3,1)，
又平面 ABC的一个法向量为n2 =(0,0,1)，
设二面角 F -BC- A为q，
n1 ×n
2
1
7
则cosq=
=
=
．
7
7
n1 × n2


7
二面角 F -BC- A的余弦值为
．
7
26．(2016 年天津)如图，正方形 ABCD的中心为O，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面 ABCD，
点G为 AB 的中点， AB = BE = 2．
(Ⅰ)求证： EG ∥平面 ADF ；
(Ⅱ)求二面角O-EF -C的正弦值；
2
(Ⅲ)设 H 为线段 AF 上的点，且 AH = HF ，求直线 BH 和平面CEF 所成角的正弦值．
3
【解析】(1)证明：找到 AD 中点 I ，连结 FI ，∵矩形OBEF ，∴ EF∥OB
1
∵G 、 I 是中点，∴GI 是DABD 的中位线，∴GI∥BD且GI
=
BD，
2
1
∵O 是正方形 ABCD 中心，∴OB
=
BD ，∴
EF∥GI
且 EF =GI ．
2
∴四边形 EFIG 是平行四边形，∴ EG∥FI
∵ FI Ì 面 ADF ，∴ EG ∥面 ADF
(2)O EF C 正弦值，如图所示建立空间直角坐标系O xyz
-
-
-
B 0，- 2，0 ，C 2，0，0 ， E 0，- 2，2 ， F 0，0，2)
(
) (
) (
)
(
设面CEF 的法向量n (x y z)
=
， ，
1


ur uuur
ì
0 2 0 2y = 0
=( ， ， )×( ， ， ) =
n EF x y z
×
ï
1
íur uuur
n CF x y z
=( ， ， )×(- ， ， )= -
2 0 2
2x 2z 0
+
=
ï ×
î
1
ì =
x
2
ï
(
)
得：íy 0 ∴
=
n = 2 0 1
， ，
1
ï
z =1
î
∵OC
^
面OEF ，∴面OEF
n =(1，0，0)
的法向量
2
n ×n
2
uur uur
6
1
2
cos < n ，n > = uur uur =
=
1
2
3×1
3
n n
1
2
2
ur uur
æ
ö
6
3
sin < n ，n >= 1- ç
÷ =
ç
÷
1
2
3
3
è
ø
uuuur
uuur
æ
ö
2
3
2
2
5
2 2
5
4
5
(
)
ç
(3)∵ AH
=
HF ，∴
AH = AF =
2，0，2 = ç
，0， ÷
÷
5
è
ø
设 H(x，y，z) ，
ì
-3 2
ïx =
5
uuuur
æ
ö
ï
2 2
5
4
ï
(
)
ç
AH = x+ 2，y，z =ç
，0， ÷ ，得： y = 0
í
∴
÷
5
è
ø
ï
4
5
ï =
z
ï
î
uuur æ
ö
3 2
4
5
BH =ç-
， 2， ÷
ç
÷
5
è
ø
uuur ur
BH ×n
6 4
- +
uuur uur
cos < BH ，n > = uuur ur =
5 5
2 2
7
1
=
2
21
BH n
3×
1
5
27．(2015 福建)如图，在几何体 ABCDE中，四边形 ABCD是矩形， AB ^平面 BEG，
BE ^ EC， AB = BE = EC = 2，G， F 分别是线段 BE， DC 的中点．
(Ⅰ)求证：GF ∥平面 ADE ；
(Ⅱ)求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值．


【解析】(Ⅰ)如图，取 AE 的中点 H ，连接 HG， HD ，
1
又G是 BE的中点，所以GH / /AB，且GH= AB ，
2
1
又 F 是CD中点，所以DF= CD，
2
由四边形 ABCD 是矩形得， AB ∥CD， AB=CD，
所以GH ∥ DF ，且GH=DF．
从而四边形 HGFD是平行四边形，所以GF ∥ DH ，
又 DH Ì 平面ADE，GF Ë 平面ADE ，所以GF ∥平面 ADE ．
(Ⅱ)如图，在平面 BEG内，过点 B 作 BQ∥ EC，因为 BE ^CE，所以BQ ^ BE．
又因为 AB ^ 平面 BEC ，所以 AB ^ BE， AB ^ BQ．
以 B 为原点，分别以 BE,BQ,BA的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则 A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)
因为 AB ^平面 BEC ，所以 BA=(0,0,2)为平面 BEC 的法向量，
设n = (x, y,z)为平面 AEF 的法向量．又 AE = (2, 0,-2)， AF=(2,2,-1)，
ì
=
-
=
ïngAE 0， ì 2x 2z 0,
由ír uuur 得í
取 z = 2得n=(2,-1,2)．
ï g = ， î2x+2y - z = 0,
în AF 0
r uuur
ngBA
4
´
2
从而cos n,BA =
á
ñ r uuur =
=
,
|n| | BA| 3 2 3
×
2
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为 ．
3
28．(2015 山东)如图，在三棱台 DEF - ABC 中， AB = 2DE ，G,H 分别为 AC,BC 的中点．


(Ⅰ)求证： BC//平面 FGH ；
(Ⅱ)若CF ⊥平面 ABC，AB ⊥ BC，CF = DE ，∠ BAC =45o ，求平面
角(锐角)的大小．
FGH
与平面
ACFD所成的
【解析】(Ⅰ)证法一：连接 DG，CD，设CD IGF = O，连接OH ．
在三棱台 DEF - ABC中， AB = 2DE ，G为 AC的中点，
可得 DF //GC，DF =GC ，
所以四边形 DFCG为平行四边形，
则O为CD的中点，又 H 为 BC的中点，所以OH ∥ BD，
又OH Ì平面 FGH ，
BD Ë 平面 FGH ，所以 BD ∥平面 FGH ．
证法二：在三棱台 DEF - ABC中，由 BC = 2EF ， H 为 BC的中点，
可得 BH ∥ EF ， BH = EF ，所以四边形 BHFE 为平行四边形，
可得 BE∥ HF ，
在DABC 中，G为 AC 的中点， H 为 BC的中点，所以GH ∥ AB ，
又GH I HF = H ，所以平面 FGH ∥平面 ABED ，
因为 BD Ì 平面 ABED ，所以 BD ∥平面
(Ⅱ)解法一：设 AB = 2，则CF =1，
FGH
．
在三棱台 DEF - ABC中，G为 AC 的中点，
1
由 DF = AC = GC ，可得四边形 DGCF 为平行四边形，
2
因此 DG∥ FC，又 FC ^平面 ABC，所以 DG ^平面 ABC，
在DABC 中，由 AB ^ BC，ÐBAC = 45o ，G是 AC 中点，
所以 AB = BC，GB ^GC，因此 GB,GC,GD 两两垂直，
以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G - xyz ，


所以G(0，0，0)，B( 2 ,0，0)，C(0，2,0),D(0，0，1)
2
2
可得 H(
， ,0)，F(0，2,0)，
2
2
2
2
故GH = (
， ,0),GF(0，2,0)，
2
2
设n = (x, y,z) 是平面 FGH 的一个法向量，则
ì ×
=
ìïx+ y = 0
ï 2y + z = 0
î
ïn GH 0
í uuur
可得í
由
ïn×GF = 0
î
可得 平面 FGH 的一个法向量n = (1,-1, 2)，
因为GB是平面 ACFD的一个法向量，GB =（ 2,0,0）
，
uuur
GB×n
= uuur
|GB|×|n| 2 2 2
2
1
所以cos GB,n
=
=
，
所以平面 FGH 与平面 ACFD所成角(锐角)的大小为60o ．
29．(2014 山东)如图，在四棱柱 ABCD - ABC D 中，底面 ABCD是等腰梯形，
1
1
1
1
ÐDAB = 60 , AB = 2CD = 2， M 是线段 AB 的中点．
o
(Ⅰ)求证：C M / /平面A ADD ；
1
1
1
(Ⅱ)若CD 垂直于平面 ABCD且CD = 3，求平 面C D M 和平面 ABCD所成的角(锐角)的余弦值．
1
1
1
1


【解析】(Ⅰ)证明：∵四边形 ABCD为等腰梯形，且 AB = 2CD，
所以 AB∥MA且CD = MA，连接 AD1
QABCD- ABC D 为四棱柱，\CD//C D CD =C D
1
1
1
1
1
1
1
1
又QM 为 AB 的中点，\ AM =1
\CD// AM ，CD = AM
\AM //C D ， AM =C D
1
1
1
1
\AMC D 为平行四边形，\AD //MC
1
1
1
1
又QC M Ë平面A ADD ， AD Ì平面A ADD ，\AD //平面A ADD ．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(Ⅱ)方法一： 由(Ⅰ)知 平面 DC M I 平面 ABCD= AB
1
1
作CN ^ AB，连接 D1N
则ÐD NC即为所求二面角C - AB-C 的平面角．
1
1
3
在RtDBNC中， BC =1
ÐNBC = 60
0
\CN =
2
15
ND1 = CD1
2
+CN =
2
2
CN
5
在 RtDDCN 中，cosÐD NC =
=
．
1
1
D1N
5
方法二：连接 AC,MC ，由(Ⅰ)知CD∥AM 且CD = AM
∴ AMCD为平行四边形．可得 BC = AD = MC，由题意ÐABC = ÐDAB = 60o ，
所以DMBC为正三角形．
因此 AB = 2BC = 2,CA = 3 ，∴CA^CB．
以C为原点，CD为 x轴，CP为 y 轴，CD1为 z 轴建立空间坐标系，
1 3
\C (-1,0, 3),D (0,0, 3),M( ,
,0)
1
1
2 2


1 3
2 2
\C D = (1,0,0),D M = ( ,
,- 3)
1
1
1
设平面C D M 的法向量为n =(x , y ,z )
1
1
1
1
1
ìx = 0
1
ï
\
\n1 =(0, 2,1)
í
1
î2
3
x1 +
y - 3z = 0
1 1
ï
2
显然平面 ABCD的法向量为n2 =(1,0,0)
n1 ×n
2
1
5
\cos < n ,n >=
=
=
1
2
5
5
n1 n2
显然二面角为锐角，
5
所以平面C D M 和平面 ABCD所成角的余弦值为
1
1
5
3
NC
3
5
2
15
\cosÐD1CN =
=
=
=
.
D1N
15
5
2
30．(2014 辽宁)如图，DABC和DBCD所在平面互相垂直，且 AB = BC = BD = 2，
ÐABC = ÐDBC =1200 ，E、F 分别为 AC、DC 的中点．
(Ⅰ)求证： EF ^ BC ；
(Ⅱ)求二面角 E-BF -C 的正弦值．
【解析】(Ⅰ)(方法一)∵ BC = BD,DF = FC，
且ÐCBD =120°，∴ΔBCF 为 RT 三角形，
BF ^ FC．同理，∵ BC = BA, AE = EC ，
且ÐABC =120°，ΔBCE 为 RT 三角形
BE ^ EC，∴ΔBCF @ ΔBCE ，
过 E 作 EO ^ BC，垂足为O，连接OF ，


可证出DEOC @ DFOC ，
p
所以ÐEOC = ÐFOC = ，即 FO ^ BC．
2
从而证出 BC ^面 EOF ，又 EF Ì面 EOF ，所以 EF ^ BC ．
(方法二)由题意，以 B 为坐标原点，在平面 DBC 内过 B 作垂直 BC的直线为 x轴， BC所在直线为 y 轴，
(
)
在平面 ABC内过 B 作垂直 BC的直线为 z 轴，建立如图所示空问直角坐标系．易得 B 0, 0,0 ，
A(0,-1, 3) ，
1 3
D( 3,-1,0)，C(0,2,0)．因而 E(0, ,
2 2
)，
uuur
F( , ,0)，∴ EF = ( ,0,-
2 2
3 1
3
3) ，
2
2
BC = (0,2,0)，因此 EFgBC =0，
∴ EF ^ BC ，所以 EF ^ BC ．
(Ⅱ)如上图中，平面 BFC 的一个法向量为n1 = (0,0,1)．设平面 BEF 的法向量
uuur
uuur
3 1
1 3
2 2
n = (x, y,z) ，又 BF = ( , ,0)， BE = (0, ,
) ，
2
2 2
ì
n ×BF = 0
ï
2
n =(0,- 3,1)
2
由í
uuur
得其中
．
ïn ×BE = 0
î
2
设二面角 E-BF -C 大小为q ，且由题意知q 为锐角


n1n
n1 n2
2
1
2
2 5
5
cosq = cos < n ,n > =
=
，因此sinq =
=
，
1
2
5
5
2 5
即所求二面角的正弦值为
．
5
31．(2014 浙江)如图，在四棱锥 A- BCDE 中，平面 ABC ^平面 BCDE ，
ÐCDE = ÐBED = 90 DE = BE =1， AC
o
=
=
= 2 ．
， AB CD 2，
DE ^
(Ⅰ)证明：
平面
ACD
；
B- AD- E
(Ⅱ)求二面角
的大小．
【解析】(Ⅰ)在直角梯形 BCDE中，由 DE = BE =1，CD = 2得， BD = BC = 2 ，
AB = AC + BC2 ，即 AC ^ BC ，
又平面 ABC ^平面 BCDE，从而 AC ^平面 BCDE，
ACD
由 AC = 2, AB = 2，则
2
2
所以 AC ^ DE，又 DE ^ DC ，从而 DE 平面
^
．
(Ⅱ)方法一：作 BF ^ AD ，与 AD交于点 F ，过点 F 作 FG P DE ，
与 AE 交于点G，连结 BG ，由(Ⅰ)知， DE ^ AD，则 FG ^ AD，
所以ÐBFG 是二面角 B - AD - E 的平面角，在直角梯形 BCDE中，
由CD
2
= BD
2
+ BC2 ，得 BD ^ BC，
又平面 ABC ^平面 BCDE，得 BD 平面
^
ABC
BD ^ AB
，从而， ，
由于 AC ^平面 BCDE，得： AC ^CD，在 RtVACD中，由CD = 2，
AC = 2 ，得 AD = 6 ，
在 RtVAED中， DE =1， AD = 6 ，得 AE = 7 ，
在 RtVABD中， BD = 2， AB = 2， AD = 6 ，


2 3
3
2
2
得 BF =
， AF = AD，从而GF = ，
3
3
5 7
14
2
在VABE,VABG 中，利用余弦定理分别可得cosÐBAE =
,BG = ，
3
GF
2
+ BF
2
- BG
2
3
在VBFG中，cosÐBFG =
=
，
2BF ×GF
2
p
p
所以ÐBFG = ，即二面角 B- AD- E的大小是
．
6
6
方法二：以 D为原点，分别以射线 DE,DC 为 x, y轴的正半轴，建立空间直角坐标系 D- xyz 如图所示，
由题意可知各点坐标如下：
(
)
(
(
) (
) (
)
)
D 0,0,0 ,E 1,0,0 ,C 0, 2,0 , A 0, 2, 2 ,B 1,1, 0 ，
)，平面 ABD的法向量为n = (x , y ,z )，
设平面 ADE 的法向量为m x ,y ,z
= (
1
1
1
2
2
2
(
)
(
)
可算得 AD = 0,-2,- 2 ， DB 1,1, 0 ,AE 1, 2,
= (
)
= - -
2
，
ì ×
ïm AD 0
=
ì -
ï0 2y1
-
=
1
2z 0
(
)
由íur uuur
得，í
，可取
m = 0,1,- 2
，
ïm× AE = 0
î
ïx -2y - 2z = 0
î
1
1
1
ì ×
ïn AD 0
=
ì
ï0-2y - 2z = 0
由ír uuur
得，í
2
2
，可取n = (1, 1, 2)，
ïn×BD = 0
î
ï
î
x2 + y2
=
0
m×n
ur r
3
于是cosám,nñ = ur r =
，由题意可知，
2
m n
p
所求二面角是锐角，故二面角 B - AD - E 的大小是
．
6
PD ^
ABCD，ÐDPC = 30
，
0
32．(2014 广东)如图 4，四边形 ABCD为正方形，
平面
AF ^ PC 于点 F ， FE / /CD，交 PD于点 E ．
(Ⅰ)证明：CF ^ 平面ADF


D- AF - E
(Ⅱ)求二面角
的余弦值．
【解析】(Ⅰ)QPD ^
平面
ABCD
，
\PD ^ AD
^
=
，又CD AD ， PDICD D ，
\AD ^
平面 PCD ，
\AD ^ PC ，又 AF ^ PC，
\PC ^平面 ADF ，即CF ^ 平面ADF ；
AB =1，则 RtDPDC 中，CD =1，又ÐDPC = 30
0
，
(Ⅱ)设
\PC = 2， PD = 3 ，由(Ⅰ)知CF ^ DF
3
2
7
2
\DF =
， AF = AD
2
+ DF
2
=
，
1
2
\CF = AC
2
- AF
2
=
，又 FE / /CD，
DE CF 1
= ，\DE =
3
4
3
4
3
4
\
=
，同理 EF = CD = ，
PD PC 4
A(0, 0,1)
如图所示，以 D 为原点，建立空间直角坐标系，则
，
3
4
3 3
4 4
E( ,0,0) ， F( , ,0)， P( 3, 0, 0) ，C(0,1, 0) ，
uuur
ì
3
4
r
ïAE = ( ,0,0)
ì ^
m AE
设m = (x, y,z)是平面
AEF
的法向量，则 r
uuur
，又 uuur
，
í
í
îm ^ EF
3
4
ï
EF = (0, ,0)
î


uuur
ì r
3
4
ïm× AE =
x- z = 0
r
=
=
3 ，
m = (4, 0, )
3
，
所以í uuur
，令 x 4 ，得 z
r
3
4
ïm×EF = y = 0
î
ADF
PC = (- 3,1, 0)
，
由(Ⅰ)知平面
的一个法向量
D- AF - E
的平面角为 ，可知 为锐角，
q
q
设二面角
r
uuur
r
|m×PC |
4 3
19´2
2 57
19
cosq =| cos < m, PC >|=
uuuur =
=
，即所求．
r
|m|×| PC |
33．(2014 湖南)如图，四棱柱 ABCD - ABC D 的所有棱长都相等， AC IBD =O ，
1
1
1
1
AC IB D =O ，四边形 ACC A和四边形BDD B 均为矩形．
1
1
1
1
1
1
1
1 1
(1)证明：O1O ^ 底面ABCD;
(2)若ÐCBA= 60 ,求二面角C -OB - D
o
的余弦值．
1
1
【解析】(Ⅰ)如图，因为四边形 ACC A 为矩形，所以CC ^ AC ．同理 DD ^ BD ．因为CC ∥ DD ，
1
1
1
1
1
1
所以CC ^ BD ．而 AC IBD =O ，因此CC ^ 底面 ABCD．由题设知，OO ∥C C ．故OO ^ 底面
1
1
1
1
1
ABCD．
(Ⅱ)解法一 如图，过O 作O H ^OB 于 H，
1
1
1
连接 HC ，由(Ⅰ)知，OO ^底面 ABCD，所以OO ^ 底面 ABC D ，
1
1
1
1
1
1
1
于是OO ^ AC ．又因为四棱柱 ABCD- ABC D 的所有棱长
1
1
1
1
1
1
1
都相等，所以四边形 ABC D 是菱形，因此 AC ^ B D ，
1
1
1
1
1
1
1
1


从而 AC ^ 平面BDD B ，所以 AC ^ OB ，
1
1
1
1
1
1
1
于是OB ^ 平面O HC ，进而OB ^C H ．
1
1
1
1
1
故ÐC HO 是二面角C -OB -D 的平面角．
1
1
1
1
不妨设 AB=2．因为ÐCBA = O ，所以OB = 3 ，OC =1，OB1 = 7 ．
60
OO ×O B
3
7
在 RtDOO B 中，易知
O H =
1
1
1
1
= 2
．而OC =1，
1 1
1
1
OB1
12
7
19
7
于是
C H = OC +O1H
1 1
2
2
= 1+
=
．
1
3
2
O1H
C1H
2 57
19
7
19
7
故
cosÐC HO =
=
=
．
1
1
2 57
19
即二面角C -OB - D 的余弦值为
．
1
1
34．(2013 陕西)如图， 四棱柱 ABCD - ABC D 的底面 ABCD是正方形，O为底
1
1
1
1
面中心， AO⊥平面 ABCD， AB = AA = 2 ．
1
1
(Ⅰ)证明： AC ⊥平面 BB D D ；
1
1
1
(Ⅱ)求平面OCB 与平面 BB D D 的夹角 的大小．
q
1
1
1
【解析】(Ⅰ)解法一 由题意易知OA,OB,OA1 两两垂直，以 O 为原点建立直角坐标系，如图：


QAB = AA1 = 2,
\OA = OB = OA1 =1,
\ (
A 1,0,0 ,B 0,1, 0 ,C 1,1,1 ,D(0, 1, 0), A 0, 0,1 .
) (
) (-
)
-
(
)
1
由
AB AB,
=
易得 (- )
1,1,1 .
B
1
1
2
QA1C =(-1,0,-1),BD =(0,-2, 0),
BB1 =(-1, 0,1)
\AC×BD =0,AC×BB =0,
1
1
1
\AC ^ BD,AC ^ BB ，
1
1
1
\AC ^ 平面BB D D.
1
1
1
解法二：QAO ^ 平面ABCD,\AO ^ BD.
1
1
又QABCD是正方形，
\BD ^ AC,\BD ^ 平面AOC, \BD ^ AC.
1
1
又QOA1是AC的中垂线，
\A A = AC = 2,且AC = 2, \
AC2
=
AA
2
+ AC ,
2
1
1
1
1
\VAA C是直角三角形，\AA ^ AC
1
1
1
又BB / /AA ,
1
1
\AC ^ BB , \AC ^ 平面BB D D.
1
1
1
1
1
(Ⅱ)设平面OCB1的法向量n = (x,y,z).
QOC =(-1, 0, 0),OB1 =(-1, 1, 1),
ì
ïn·OC = -x-0,
ì x = 0,
îy = -z,
\
\
í
ír uuur
ïn·OB = -x+ y+ z =0,
î
1
取n =(0,1,-1),
由(Ⅰ)知， AC = (-1, 0, 1),
- 是平面
BB D D的法向量，
1
1
1
uuur
\cosq =| cos < n, AC >|=
1
1
=
1
2 ´
2 2
p
p
又Q0 £q £ ，\q＝ 。
2
3
35．(2012 浙江)如图，在四棱锥 P- ABCD中，底面是边长为2 3 的菱形，ÐBAD =120°，且 PA ^平面
ABCD， PA = 2 6 ， M ， N 分别为 PB ， PD 的中点．


(Ⅰ)证明： MN / /平面 ABCD；
(Ⅱ)过点 A作 AQ ^ PC ，垂足为点Q，求二面角 A-MN -Q的平面角的余弦值．
【解析】(Ⅰ)因为 M ， N 分别为 PB， PD的中点，所以 MN 是DPBD 的中位线，
所以 MN / /BD，又因为 MN Ë平面 ABCD，所以 MN / /平面 ABCD
(Ⅱ)方法一：连接 AC 交 BD 于O，以O为原点，OC,OD所在直线为 x, y轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，
如图所示．
在菱形 ABCD中，ÐBAD =120°，得
AC = AB = 2 3,BD = 3AB = 6 ，
又因为 PA ^平面 ABCD，所以 PA^ AC ，
在直角DPAC中， AC = 2 3,PA = 2 6, AQ ^ PC ，得QC = 2,PQ = 4，
由此知个点坐标如下，
3
3
A(- 3,0,0),B(0,-3, 0),C( 3,0,0),D(0,3, 0),P(- 3,0, 2 6),M(-
,- , 6)
2
2
3 3
, , 6),Q( ,0,
2 2
3
2 6
3
N(-
)．
3
uuuur
设m = (x, y,z)为平面 AMN 的法向量，由 AM = (
uuur
3
3
3 3
,- , 6), AN = ( , , 6)知
2
2
2 2
ì
3
3
x- y + 6z = 0
ï
ï
2
2
3
，取 z
= - ，得m = (2 2,0,-1)．
1
í
ï 3
x+ y + 6z = 0
ï
î 2
2


uuuur
设n = (x, y,z)为平面QMN 的法向量，由QM = (-
uuur
5 3 3 6
,- ,
6 2 3
5 3 3 6
, ,
6 2 3
), AN = (-
) 知
ì
5 3
6
3
6
-
x- y +
z = 0
z = 0
ï
ï
2
3
3
，取 z =5，得n = (2 2, 0,5)
í
ï 5 3
6
-
x+ y +
ï
î
6
2
3
m×n
|m |×|n| 33
33
于是，cos < m,n >=
=
33
所以二面角 A-MN -Q的平面角的余弦值为
33
方法二：在菱形 ABCD中，ÐBAD =120°，得
AC = AB = BC = CD = DA,BD = 3AB
又因为 PA ^平面 ABCD，
所以 PA ^ AB,PA ^ AC,PA ^ AD
所以 PB = PC = PD
所以DPBC @ DPDC
而M ， N 分别为 PB， PD的中点，
1
1
所以 MQ = NQ，且 AM = PB = PD = AN
2
2
取线段MN 中点 E ，连接 AE,EQ，则 AE ^ MN,EQ ^ MN
所以ÐAEQ是二面角 A-MN -Q的平面角
由 AB = 2 3,PA = 2 6 ，故
1
3 3
在DAMN 中， AM = AN = 3,MN = BD = 3，得 AE =
2
2
在直角DPAC中， AQ ^ PC ，得 AQ = 2 2,QC = 2,PQ = 4
PB
2
+ PC
2
-BC
2
5
6
在DPBC中，cosÐBPC =
MQ = PM + PQ
在等腰DMQN 中， MQ = NQ = 5,MN = 3，得
=
，得
2PB×PC
2
2
-2PM ×PQcosÐBPC = 5
AE
2
+QE
2
- AQ
2
33
33
cosÐAEQ =
=
2AE×QE
33
所以二面角 A-MN -Q的平面角的余弦值为
33


36．(2017 山东)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形
ABCD(及其内部)以 AB
边所在直线为旋转轴
»
旋转120°
得到的，
G DF
是
的中点．
»
P CE
AP ^ BE ，求ÐCBP
的大小；
(Ⅰ)设 是
上的一点，且
(Ⅱ)当
AB =3， AD = 2，求二面角 E- AG-C
的大小．
【解析】(Ⅰ)因为
AB ， AP Ì
平面
AP ^ BE ， AB ^ BE
，
，
ABP ， ABI AP = A
所以
BE ^平面 ABP
，
又
BP Ì平面 ABP
，
BE ^ BP，又ÐEBC =120°
所以
，
因此ÐCBP =30°
(Ⅱ)解法一：
»
取 EC 的中点 ，连接
H
EH GH CH
，
，
．
因为ÐEBC =120°
，
BEHC
所以四边形
为菱形，
AE =GE = AC =GC = 3
2
+2
2
= 13
所以
．
AG
M
EM CM EC
，连接 ， ， ．
取
则
中点
EM ^ AG，CM ^ AG
，


所以ÐEMC
为所求二面角的平面角．
AM =1
EM =CM = 13-1= 2 3
．
又
，所以
在DBEC 中，由于ÐEBC =120°
，
EC
2
= 2
2
+2 -2´2´2´cos120° =12，
2
由余弦定理得
所以 EC = 2 3 ，因此DEMC
为等边三角形，
故所求的角为60°
．
解法二：
B
以 为坐标原点，分别以
BE BP BA x y z
所在的直线为 ， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
，
，
A(0, 0, 3) E(2, 0, 0) G(1, 3, 3) C(-1, 3, 0)
，
由题意得
，
，
AE = (2, 0,-3) AG = (1, 3,0)，CG = (2, 0, 3)
， ，
故
设m = (x , y ,z ) 是平面
AEG
的一个法向量．
1
1
1
ì ×
ïm AE 0
=
ì2x -3z = 0,
ï
1 1
由í uuur
可得í
ïx + 3y = 0,
ïm× AG = 0
î
î
1
1
取 z1 = 2 ，可得平面
AEG的一个法向量m = (3,- 3, 2)
．
设n = (x , y ,z ) 是平面
ACG
的一个法向量．
2
2
2
ì ×
ïn AG 0
=
ì
ïx + 3y = 0,
可得í
2
2
由í uuur
ï2x +3z = 0,
ïn×CG = 0
î
î
2
2
取 z2 = -2 ，可得平面
ACG 的一个法向量n = (3,- 3,-2)
m×n
．
1
所以cos < m,n >=
=
．
|m|×|n| 2
因此所求的角为60°
．


考点 85 解答题中折叠问题与探索性问题
1．(2019•新课标Ⅲ，理 19)图 1 是由矩形 ADEB 、RtDABC和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB =1，
BE = BF = 2，ÐFBC = 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．
【解析】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 ，
QAB Ì 平面 ABC ，\平面 ABC ^ 平面 BCGE ．
(2)作 EH ^ BC ，垂足为 H ，
QEH Ì 平面 BCGE ，平面 BCGE ^ 平面 ABC ，
\EH ^平面 ABC ，
由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，ÐEBC = 60°，
\BH =1， EH = 3 ，
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 A(-1，1，0) ， C(1，0，0) ，G(2 ，0， 3 )，
CG = (1，0， 3) ， AC = (2，-1，0) ，
设平面 ACGD的法向量n = (x ， y ， z)，
r
ì
= + 3z = 0
ïCGgn x
则íuuur
，取 x = 3，得n = (3，6，- 3) ，
r
ïACgn = 2x - y = 0
î
又平面 BCGE 的法向量为m = (0 ，1，0) ，
r r
\cos < nr,mr >=
ngm
=
3
，
r
r
| n |g| m |
2
\二面角 B -CG - A的大小为30°．


2．(2018•新课标Ⅰ，理 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DDFC 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】(1)证明：由题意，点 E 、 F 分别是 AD 、 BC 的中点，
1
1
则 AE = AD ， BF = BC ，
2
2
由于四边形 ABCD 为正方形，所以 EF ^ BC ．
由于 PF ^ BF ， EFIPF = F ，则 BF ^平面 PEF ．
又因为 BF Ì 平面 ABFD ，所以：平面 PEF ^ 平面 ABFD ．
(2)在平面 PEF 中，过 P 作 PH ^ EF 于点 H ，连接 DH ，
由于 EF 为面 ABCD和面 PEF 的交线， PH ^ EF ，
则 PH ^ 面 ABFD ，故 PH ^ DH ．
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 ，
又因为DPDF @ DCDF ，
所以ÐFPD = ÐFCD = 90°，
所以 PF ^ PD，
由于 DEIPD = D，则 PF ^平面 PDE ，
1
故VF-PDE = PFgS
，
DPDE
3


因为 BF / /DA且 BF ^面 PEF ，
所以 DA ^面 PEF ，
所以 DE ^ EP ．
设正方形边长为2a ，则 PD = 2a ， DE = a
在DPDE 中， PE = 3a ，
所以 SDPDE
=
3 a
，
2
2
3
故VF-PDE
=
3
a ，
6
1
又因为SDDEF = ag2a = a
2
，
2
3VF-PDE
3a ，
所以 PH =
=
a
2
2
PH
PD
3
所以在DPHD 中，sinÐPDH =
=
，
4
3
即ÐPDH 为 DP与平面 ABFD 所成角的正弦值为：
．
4
¶
¶
3．(2018•新课标Ⅲ，文 19)如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧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)在线段 AM 上是否存在点 P ，使得MC / / 平面 PBD ？说明理由．
¶
¶
【解析】(1)证明：矩形 ABCD 所在平面与半圆弦CD所在平面垂直，所以 AD ^半圆弦CD所在平面，CM Ì
¶
半圆弦CD所在平面，
\CM ^ AD ，


¶
M 是CD上异于C ， D 的点．\CM ^ DM ， DMI
AD = D ，\CM 平面 AMD ，CM 平面CMB ，
^
Ì
\平面 AMD ^ 平面 BMC ；
(2)存在 P 是 AM 的中点，
理由：
连接 BD交 AC 于O ，取 AM 的中点 P ，连接OP ，可得MC / /OP ， MC Ì/ 平面 BDP ，OP Ì 平面 BDP ，
所以 MC / / 平面 PBD ．
4．(2016•新课标Ⅱ，理 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
5
别在 AD ，CD上，AE = CF = ，EF 交于 BD于点 H ，将DDEF 沿 EF 折到△ D¢EF 的位置，OD¢ = 10 ．
4
(Ⅰ)证明： D¢H ^ 平面 ABCD；
(Ⅱ)求二面角 B - D¢A-C 的正弦值．
【解析】(Ⅰ)证明：Q ABCD 是菱形，
5
\AD = DC ，又 AE = CF = ，
4
DE DF
\
=
，则 EF / /AC ，
EA FC
又由 ABCD是菱形，得 AC ^ BD ，则 EF ^ BD，
\EF ^ DH ，则 EF ^ D¢H ，
QAC = 6 ，
\AO = 3 ，
又 AB = 5， AO ^ OB ，
\OB = 4，
\OH = AEgOD =1，则 DH = D¢H = 3，
AD
\|OD¢|
2
=|OH |
2
+| D¢H | ，则 D¢H ^ OH ，
2
又OHIEF = H ，


\D¢H ^平面 ABCD；
(Ⅱ)以 H 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
QAB = 5 ， AC = 6，
\B(5，0，0) ，C(1，3，0) ， D¢(0 ，0，3)， A(1，-3，0) ，
AB = (4,3,0),AD¢ = (-1, 3, 3) ， AC = (0,6,0)，
设平面 ABD¢的一个法向量为n1 = (x,y,z) ，
ì
=
+
=
ïn gAB 0
ì4x 3y 0
由íuur
1
uuuur
，得í
，取 x = 3，得 y = -4， z = 5．
î-x + 3y + 3z = 0
ïn gAD¢ = 0
î
1
\ n1 = (3,-4, 5) ．
同理可求得平面 AD¢C 的一个法向量n2 = (3,0,1)，
设二面角二面角 B - D¢A - C 的平面角为q ，
| n gn | |3´3+5´1| 7 5
则| cosq |= uur
1
u
2
ur =
=
．
| n || n | 5 2 ´ 10
1
25
2
2 95
25
\二面角 B - D¢A-C 的正弦值为sinq =
．
5．(2019 北京理 16)如图，在四棱锥 P- ABCD 中， PA ^ 平面ABCD ， AD ^ CD ，
PF 1
AD P BC
，
PA = AD = CD = 2，BC = 3．E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且
=
．
PC 3
(Ⅰ)求证：CD ^ 平面PAD
；
F - AE - P
(Ⅱ)求二面角
的余弦值；


PG 2
=
(Ⅲ)设点 G 在 PB 上，且
．判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由．
PB 3
ABCD
【解析】(I)因为 PA 平面
^
PA ^ CD
，所以 ．
又因为 AB ^CD ，所以CD ^．平面 PAD ，
(II)过 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)， PC = (2,2,-2)， AP = (0,0, 2)．
uuur
所以 PF
uuur
uuur u uur uuur
AF = AP+ PF = , ,
1
3
æ 2 2 2 ö
è 3 3 3 ø
æ 2 2 4 ö
è 3 3 3 ø
=
PC ç , ,
=
-
÷ ，
ç
÷
设平面 AEF 的法向量为n = (x, y,z)，则
ìy + z = 0
ì ×
ïn AE 0
=
ï
í uuuv
，即í
．
2
2
3
4
3
ïn× AF = 0
î
ï x
î3
+
y
+
z = 0
令 z=1，则 y=-1，x=-1．于是
又因为平面 PAD 的法向量为
1, 1,1
n = (- - )．
n× p
n × p
3
p = (1,0,0)，所以cos < n, p >=
= -
．
3
3
因为二面角 F-AE-P 为锐角，所以其余弦值为
3
PG 2
=
PB = (2,-1,-2),
,
(III)直线 AG 在平面 AEF 内，因为点 G 在 PB 上，且
PB
3
uuur
所以 PG
uur
uuur u uur uuur
AG = AP+ PG = ,- ,
2
3
æ 4 2 4 ö
= - -
æ 4 2 2 ö
÷ ．
è 3 3 3 ø
=
PB ç ,
,
÷，
ç
è 3 3 3 ø
由(II)知，平面 AEF 的法向量为
1, 1,1
n = (- - )，
uuur
所以 AG
4 2 2
×n = - + + =
0 ，所以直线 AG 在平面 AEF 内．
3 3 3


P- ABCD
PAD ^
平面 ，
ABCD， PA ^ PD
6．(2016 年北京) 如图，在四棱锥
中，平面
PA = PD AB ^ AD AB =1 AD = 2 AC =CD = 5
．
，
，
，
，
PD ^
PAB
；
(1)求证：
(2)求直线
平面
PB
PCD
所成角的正弦值；
与平面
AM
AP
PA
M
BM / /
PCD
平面 ？若存在，求
(3)在棱
上是否存在点
，使得
的值；若不存在，说明理由．
【解析】(1)∵面 PAD I 面 ABCD = AD ，面 PAD ^ 面 ABCD，
∵ AB ^ AD ， AB Ì 面 ABCD，∴ AB ^ 面 PAD ，
∵ PD Ì面 PAD ， ∴ AB ^ PD，
又 PD ^ PA ，∴ PD ^ 面 PAB
，
(2)取 AD 中点为O，连结CO， PO，
∵CD = AC = 5 ， ∴CO ^ AD ，
∵ PA = PD ， ∴ PO ^ AD ，
以O 为原点，如图建系易知 P(0，0，1) ， B(1，1，0)， D(0，-1，0) ，C(2，0，0)，
则 PB =(1，1，-1) ， PD =(0，-1，-1)， PC =(2，0，-1) ，CD =(-2，-1，0)，
设n为面 PDC 的法向量，令n = (x ，y ,1)．
0
0
ì ×
ïn PD 0
=
v
æ 1
è 2
ö
ø
Þ n = ，-1,1 ，则 PB 与面 PCD夹角q 有，
ív uuuv
ç
÷
ïn×PC = 0
î


1
2
v uuuv
n×PB
sinq = cos < n,PB > = v uuuv =
n PB
-1-1
v uuuv
3
=
1
4
3
+1+1´ 3
AM
(3)假设存在 M 点使得 BM∥面 PCD， 设
= l ， M (0,y',z')，
AP
(
)
(
)
= ( - )
(
)
= (0, y'-1,z')
由(2)知 A 0,1, 0 ， P 0, 0,1 ， AP 0, 1,1 ， B 1,1, 0 ， AM
有 AM = lAP Þ M (0,1-l,l)
∴ BM
1,
= (- -l l)
,
∵ BM∥面 PCD，n 为 PCD的法向量，
1
1
∴ BM ×n = 0 ，即- + l + l = 0，∴l=
2
4
AM
AP
1
∴综上，存在 M 点，即当
= 时， M 点即为所求．
4
p
7．(2015 陕西)如图1，在直角梯形 ΑΒCD中，ΑD//ΒC，ÐΒΑD = ，ΑΒ = ΒC =1，ΑD = 2，Ε 是 ΑD
2
的中点，O是 AC 与 BE 的交点．将DΑΒΕ 沿 BE折起到DA1BE 的位置，如图2．
(Ⅰ)证明：CD ^平面 A1OC ；
(Ⅱ)若平面 ABE ^平面 BCDE，求平面 ABC 与平面 ACD 夹角的余弦值．
1
1
1
【解析】(Ⅰ)在图 1 中，因为 AB = BC =1， AD = 2 ， E 是 AD 的中点，
Ð BAD = p
，所以 BE ^ AC ．
2
^
^ OC
^
即在图 2 中， BE OA1 ， BE
．从而 BE 平面 A1OC ．
^
又CD∥ BE，所以CD 平面 A1OC ．


(Ⅱ)由已知，平面 ABE ^ 平面 BCDE，又由(Ⅰ)知， BE OA ， BE OC ．
^
^
1
1
p
所以ÐAOC 为二面角 A -BE-C 的平面角，所以
ÐA1OC =
．
1
1
2
如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，
因为 AB = AE = BC = ED =1，
BC P ED
1
所以 B(
uuur
1
2
2
2)，C(0,
2
,0,0)， E(-
,0,0)， A1(0, 0,
,0)．
2
3
2
2
uuuur
, 0), A C(0,
2
2
2
2) ，CD = BE = (- 2, 0, 0)
．
, -
BC(-
,
得
1
2
2
2
2
设平面 ABC 的法向量n = (x , y ,z ) ，平面 ACD 的法向量n = (x , y ,z ) ，
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
平面 ABC与平面 ACD 夹角为q ，
1
1
ì
ïn ×BC = 0
ì- + =
x y 0
1
1 1
则íur uuur
，得í
，取n1 = (1, 1, 1) ，
y - z = 0
ïn × AC = 0
î
î
1
1
1
1
ì
ïn ×CD = 0
ì
x2
= 0
2
n = (0,1,1)
，
2
íuur uuur
，得í
，取
y - z = 0
ïn × AC = 0
î
î
2
2
2
1
ur uur
从而cosq =| cosán ,n ñ|=
2
6
=
，
1
2
3´ 2
3
6
即平面 ABC 与平面 ACD 夹角的余弦值为
．
1
1
3
8．(2013 广东)如图 1，在等腰直角三角形 ABC 中， A 90 ，
Ð = ° BC=6 D,E
，
分别是
AC, AB
CD=BE= 2 O BC 的中点．将DADE DE
， 为 沿 折起，得到如图 2
上的点，
A¢-BCDE
A¢O = 3
．
所示的四棱锥
，其中
¢ ^
AO
BCDE
；
(Ⅰ) 证明：
平面
¢-
-
A CD B
(Ⅱ) 求二面角
的平面角的余弦值．
【解析】(Ⅰ)在图 1 中，易得OC = 3, AC = 3 2, AD = 2 2


连结OD,OE ，在DOCD
中，由余弦定理可得
OD = OC
2
+CD -2OC×CDcos 45° = 5
2
¢ =
AD 2 2
由翻折不变性可知
，
A¢O
2
+OD
2
A D
= ¢
2
¢ ^
AO OD
，
所以
，所以
¢ ^
¢ ^
AO
AO OE ， 又ODIOE = O
BCDE
A¢H
理可证
，所以
平面
．
O OH ^CD CD
H
(Ⅱ)传统法：过 作
交
的延长线于 ，连结
，
¢ ^
AO
¢ ^
AH CD
，
BCDE
因为
所以
平面
，所以
AHO
Ð ¢
A¢-CD-B的平面角．
为二面角
3 2
30
2
AC 中点，故OH =
¢ =
A H
，从而
OH
+OA¢2 =
2
H
结合图 1 可知，
为
2
OH
A¢H
15
5
15
5
Ð ¢
cos A HO
=
=
A¢-CD-B的平面角的余弦值为
所以
，所以二面角
．
O
向量法：以 点为原点，建立空间直角坐标系
O- xyz
如图所示，
(
)
( - )
C 0, 3,0
( - )
D 1, 2,0
¢
则 A 0, 0, 3 ，
，
(
)
(
1, 2, 3)
¢ = -
0, 3, 3 ， DA
所以CA¢ =
= (x, y,z)为平面 ACD 的法向量，则
¢
设n
ì × ¢=
ïn CA 0
ì +
ï3y
3z = 0
ï-x+ 2y+ 3z = 0
î
ìy = -x
ï
ïz = 3x
î
ír uuuur
(
)
，即í
，解得í
，令
x =1，得n = 1,-1, 3
ï × ¢=
în DA 0


(
)
由(Ⅰ) 知，OA¢ =
0, 0, 3 为平面
CDB
的一个法向量，
r uuur
¢
n OA
×
3
15
¢ =
=
=
所以cos n,OA
r uuur
，
¢
3× 5
5
n OA
15
¢-
-
A CD B
即二面角
的平面角的余弦值为
．
5
9．(2013 湖北)如图，AB
是圆 的直径，点 是圆 上异于
O
C
O
A,B
的点，直线
PC ^
ABC E F
平面 ， ， 分
别是
PA， PC
的中点．
(Ⅰ)记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面 PAC 的位置关系，并加以证明；
uuur
uuur
1
(Ⅱ)设(I)中的直线l 与圆O的另一个交点为 D ，且点 满足
Q
DQ = CP
．记直线
PQ
ABC
与平面 所
2
成的角为q ，异面直线
sinq = sinasinb
．
PQ 与 EF
所成的角为 ，二面角
a
E -l -C
b
的大小为 ，求证：
【解析】(Ⅰ)直线l ∥平面 PAC ，证明如下：
连接 EF ，因为 E ， F 分别是 PA ， PC 的中点，所以 EF ∥ AC ．
又 EF Ë 平面 ABC ，且 AC Ì 平面 ABC ，所以 EF ∥平面 ABC ．
而 EF Ì 平面 BEF ，且平面 BEF I 平面 ABC = l ，所以 EF ∥l ．
因为l Ë 平面 PAC ， EF Ì 平面 PAC ，所以直线l ∥平面 PAC ．
(Ⅱ)(综合法)如图 1，连接 BD，由(Ⅰ)可知交线l 即为直线 BD，且l ∥ AC ．
因为 AB 是eO 的直径，所以 AC ^ BC ，于是l ^ BC ．
已知 PC ^ 平面 ABC ，而l Ì 平面 ABC ，所以 PC ^ l ．
而 PC IBC =C，所以l ^ 平面 PBC ．


连接 BE ， BF ，因为 BF Ì 平面 PBC ，所以l ^ BF ．
故ÐCBF 就是二面角 E -l -C 的平面角，即ÐCBF = b ．
uuur
uuur
1
1
2
由 DQ = CP ，作 DQ ∥CP ，且 DQ = CP ．
2
连接 PQ， DF ，因为 F 是CP 的中点，CP = 2PF ，所以 DQ = PF ，
从而四边形 DQPF 是平行四边形， PQ ∥ FD．
连接CD，因为 PC ^ 平面 ABC ，所以CD是 FD在平面 ABC 内的射影，
故ÐCDF 就是直线 PQ与平面 ABC 所成的角，即ÐCDF =q ．
又 BD ^ 平面 PBC ，有 BD ^ BF ，知ÐBDF 为锐角，
故ÐBDF 为异面直线 PQ与 EF 所成的角，即ÐBDF =a ，
于是在Rt △ DCF ，Rt △ FBD ，Rt △ BCF 中，分别可得
CF
DF
BF
DF
CF
BF
sinq =
，sina =
，sinb =
，
CF BF CF
从而sina sinb =
×
=
= sinq ，即sinq =sinasinb ．
BF DF DF
10．(2012 福建)如图，在长方体 ABCD - ABC D 中 AA = AD =1， E 为CD中点．
1
1
1
1
1
(Ⅰ)求证： B E ^ AD ；
1
1
(Ⅱ)在棱 AA 上是否存在一点 P ，使得 DP∥平面 B AE ？若存在，求 AP 的行；若存在，求 AP 的长；
1
1
若不存在，说明理由．
(Ⅲ)若二 面角 A- B E - A 的大小为 30°，求 AB 的长．
1
1
【解析】(Ⅰ)以 A为原点 AB, AD, AA1 的方向分别
为 x轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．


æ a
è 2
ö
ø
设 AB = a，则 A(0,0,0)， D(0,1, 0) ， D (0,1,1)， Eç ,1,0÷，
1
uuur
æ a
è 2
ö
ø
B (a, 0,1) 故 AD =(0,1,1)， B E = - ,1,-1 ， AB =(a,0,1)，
ç
÷
1
1
1
1
uuur
æ a
ö
ø
AE =
,1, 0 ．
ç
÷
è 2
uuuur uuur
a
∵ AD ×B E = - ´0+1´1+(-1)´1= 0， ∴ B E ^ AD
1
1
1
1
2
(Ⅱ)假设在棱 AA 上存在一点 P(0,0,z ) ， 使得 DP∥平面 B AE ．此时 DP =(0,-1,z )．
1
0
1
0
又设平面 B1AE 的法向量n=(x，y，z)．
ìax + z = 0
ï
∵n ^平面 B AE ，∴n^ AB ，n^ AE，得íax
1
1
+ y = 0
ï
î 2
æ
è
a
ö
ø
取 x =1，得平面 B AE 的一个法向量n = ç1,- ,-a÷．
1
2
a
1
要使 DP∥平面 B AE ，只要n^ DP，有 -az = 0，解得 z = ．
1
0
0
2
2
1
又 DPË平面 B AE ，∴存在点 P，满足 DP∥平面 B AE ，此时 AP= ．
1
1
2
(Ⅲ)连接 A D，B C，由长方体 ABCD-A B C D 及 AA =AD=1，得 AD ^A D．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
∵B C∥A D，∴AD ^B C．
1
1
1
1
又由(Ⅰ)知 B E^AD ，且 B C∩B E=B ，
1
1
1
1
1
∴AD ^ 平面 DCB A ．∴ AD 是平面 A B E 的一个法向量，此时 AD =(0，1，1)．
1
1
1
1 1
1
1
a
r uuuur
n× AD
cosq = r uuuur =
n × AD
- -a
设 AD1 与 n 所成的角为θ，则
1
2
．
a
2
1
2 1+ + a
2
4
3a
3
∵二面角 A-B E-A 的大小为 30°，∴ cosq =cos 30 ，即
o
2
，解得a = 2，即 AB 的长为 2．
=
1
1
5a
2
2
2 1+
4