还剩27页未读，
继续阅读
备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第八章 立体几何与空间向量 第7节 利用空间向量求空间角
展开
这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第八章 立体几何与空间向量 第7节 利用空间向量求空间角，共30页。试卷主要包含了求直线与平面所成的角，求二面角的大小，))等内容，欢迎下载使用。
第7节 利用空间向量求空间角
考试要求 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
1.异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)
求法
cos β＝
cos θ＝|cos β|＝
2.求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.
3.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈，〉.
(2)如图②③，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|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( )
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( )
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π].( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cosa，n|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.
2.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝，则l与α所成的角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
答案 B
解析 由于cos 〈m，n〉＝，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°.
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( )
A.－ B.－ C. D.
答案 D
解析 建立如图空间直角坐标系D－xyz，
设DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E，
则＝(－1，1，0)，＝，设异面直线DE与AC所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝.
4.(2020·新高考山东卷)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
解析 如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷的晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.故选B.
5.(2022·许昌月考)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________.
答案
解析 以A为原点，以，(AE⊥AB)，1所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，
则A(0，0，0)，C1(1，，2)，D(1，0，2)，∴1＝(1，，2)，＝(1，0，2).
∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角
cos∠C1AD＝
＝＝，
又∵∠C1AD∈，∴∠C1AD＝.
6.(2021·成都检测)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为______.
答案 45°
解析 如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，
又CD⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，
∴CD⊥AE，又PD∩CD＝D，从而AE⊥平面PCD.所以＝(0，1，0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°.
故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.
考点一 用向量求异面直线所成的角
1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，
∴D，
∴＝，＝(0，，－)，
∴cos〈，〉＝＝，
∴〈，〉＝.
2.在四面体ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为________.
答案
解析 以D为坐标原点，在平面BCD内过D与BD垂直的直线为x轴，以DB，DA所在的直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(－2，1，0)，D(0，0，0).
所以＝(0，1，－1)，
＝(－2，1，0).
则cos〈，〉＝＝＝，故异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
3.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________.
答案
解析 以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略).
正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).
所以＝(0，2，－1)，＝＋＝＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2).
则cos〈，〉＝＝，
所以＝，解之得λ＝(舍去－).
感悟提升 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解.
2.两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.
考点二 用空间向量求线面角
例1 (2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
(1)证明 因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解 法一 因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝.
又PA＝，所以PM＝2.
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，
则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－，2，0)，P(0，0，2)，C(，－1，0)，
所以N，
所以＝.
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝
＝＝.
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.
法二 由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.
连接AM，因为PM⊥MD，
由(1)知PM⊥DC，
又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
又AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝.
又PA＝，所以PM＝2，
所以PB＝PC＝2.
连接BN，结合余弦定理得BN＝.
连接AC，则由余弦定理得AC＝，
在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝.
所以在△ABN中，
cos∠BAN＝
＝＝.
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cos ∠BAN＝.
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.
感悟提升 向量法求直线与平面所成角主要方法是：
1.分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
2.通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
训练1 (2021·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.
(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；
(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为，求AD的长.
(1)证明 依题意，BD＝2，在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，
由余弦定理求得BC＝2，
∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.
又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD.
∴BC⊥平面SBD.从而BC⊥SD，
在等边△SBD中，SA＝AD，则BA⊥SD.
又BC∩BA＝B，∴SD⊥平面BCA，
又CA⊂平面BCA，∴SD⊥CA.
(2)解 以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x轴，y轴，过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，S(0，1，)，
故＝(－2，2，0)，＝(0，1，－)，
设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝，z＝1，
所以m＝(1，，1)，
设＝λ(0≤λ≤1)，
则＝(0，－λ，λ)，
故A(0，2－λ，λ)，则＝(0，2－λ，λ)，
设直线BA与平面SCD所成角为θ.
故sin θ＝|cos〈m，〉＝
＝＝，
解得λ＝或，则AD＝或.
考点三 利用向量求二面角
例2 (2021·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求二面角A－QD－B的余弦值.
(1)证明 取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD.
又AD＝2，QA＝，故QO＝＝2.
在Rt△ODC中，CO＝＝.
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，
故△QOC为直角三角形且QO⊥OC.
因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD.
因为QO⊂平面QAD，
故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)解 在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系，
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，
故＝(－2，1，2)，＝(－2，2，0).
设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝1，z＝，
故n＝.
易知平面QAD的一个法向量为m＝(1，0，0)，
故cos〈m，n〉＝＝＝.
所以二面角A－QD－B的余弦值为.
感悟提升 1.用法向量求二面角：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角.
2.找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.
训练2 (2021·银川检测)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，求线段CF的长.
解 依题意，建立以A为原点，分别以，，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).
(1)证明 依题意，＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，
又＝(0，2，h)，可得·＝0，
又因为直线BF⊄平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，－2，2).
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨令z＝1，可得n ＝(2，2，1).
因此有cos〈，n〉＝＝－.
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，
则即
不妨令y1＝1，可得m ＝.
又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，
故由题意，有
|cos〈m，n〉|＝＝＝.
解得h＝.经检验，符合题意.
所以，线段CF的长为.
探索性和折叠问题
一、探索性问题
例1 (12分)(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
[规范解答]
(1)证明 因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，侧面AA1B1B为正方形，
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，
由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，
得BF⊥AB，于是AF＝＝3，所以AC＝＝2.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，①2分
故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，
则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，＝(0，2，1).
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，4分
于是＝(1－m，1，－2)，
所以·＝0，所以BF⊥DE.6分
(2)解 易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0).②7分
设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
则
又＝(1－m，1，－2)，＝(－1，1，1)，
所以
令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，平面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，③9分
所以cos〈n1，n2〉＝.
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝
＝，④10分
故当m＝时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.12分
第一步 根据已知条件建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直
第二步 求两平面的法向量
第三步 计算向量的夹角(或函数值)
第四步 借助于函数的单调性或基本不等式确定最值
第五步 反思解题思路，检查易错点
例2 如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.
(1)证明 连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，
以，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O－xyz.
设底面边长为a，则高SO＝a，于是
S，D，C.
于是，＝，
＝，
则·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝.
由题知，二面角P－AC－D为锐角，
则cos〈，〉＝＝，
所以二面角的大小为30°.
(3)解 在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
根据第(2)问知是平面PAC的一个法向量，且＝，
＝.
设＝t，
则＝＋＝＋t
＝.
又·＝0，得－＋0＋a2t＝0，
则t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
二、折叠问题
例3 (2022·佛山质检)图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝，＝2.以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝，如图2.
(1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.
(1)证明 在图①中，连接AE，AC，AC交BE于F.
∵＝2，DC＝3，
∴CE＝2，∴AB＝CE.
又AB∥CD，∴四边形AECB是平行四边形.
在Rt△ACD中，AC＝＝2，
∴AF＝CF＝.
在图②中，AC1＝，∵AF2＋C1F2＝AC，∴C1F⊥AF，
由题意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，
∴C1F⊥平面ABED，又C1F⊂平面BC1E，
∴平面BC1E⊥平面ABED.
(2)解 如图②，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系.
则D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，2，0)，
E(0，1，0)，F，C1，
∴＝，＝(，0，0)，＝.
设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
取z＝，得n＝(0，－2，)，∴|n|＝.
记直线BC1与平面AC1D所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝.
感悟提升 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形、找到哪些线、面的位置关系和数量关系没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解过程中恰当地加以利用.
例4 (2022·江南十校联考)已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，在AD上取一点E满足2AE＝ED.现将△CDE沿CE折起使点D移动至P点处，使得PA＝PB.
(1)求证：平面PCE⊥平面ABCE；
(2)求二面角B－PA－E的余弦值.
(1)证明 依题意得PE＝PC＝2，
分别取线段AB，CE的中点O，M，
连接PO，PM，OM(如图)，
则PM⊥EC，由PA＝PB，
得PO⊥AB.
又OM为梯形ABCE的中位线，
∴OM∥BC，
由BC⊥AB，得OM⊥AB，
又PO∩OM＝O，从而AB⊥平面POM，
又PM⊂平面POM，则AB⊥PM.
在平面ABCE中，AB与CE相交.
∴PM⊥平面ABCE，
又PM⊂平面PCE，故平面PCE⊥平面ABCE.
(2)解 过点O作PM的平行线为z轴，分别以OA，OM为x，y轴建立空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B(－1，0，0)，E(1，1，0)，P(0，2，)，
∴＝(1，－2，－)，＝(2，0，0)，＝(0，1，0)，
设n＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，
则即
令y＝1，得n＝(0，1，－)，
同理，平面PAE的法向量m＝(，0，1)，
∴cos〈m，n〉＝＝－，
根据图形知二面角B－PA－E为钝角，
∴二面角B－PA－E的余弦值为－.
1.如图1，在△ABC中，BC＝3，AC＝6，∠C＝90°，且DE∥BC，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图2.
(1)求证：BC⊥平面A1DC；
(2)若CD＝2，求BE与平面A1BC所成角的正弦值.
(1)证明 ∵DE⊥A1D，DE∥BC，
∴BC⊥A1D，
又∵BC⊥CD，A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面A1CD，∴BC⊥平面A1DC，
(2)解
以D为原点，分别以，，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
在直角梯形CDEB中，过E作EF⊥BC，EF＝2，BF＝1，BC＝3，
∴B(3，0，－2)，E(2，0，0)，C(0，0，－2)，A1(0，4，0)，＝(－1，0，2)，＝(0，4，2)，＝(－3，4，2)，
设平面A1BC的法向量为m＝(x，y，z)，
令y＝1，∴m＝(0，1，－2)，
设BE与平面A1BC所成角为θ，
∴sin θ＝|cos〈，m〉|＝
＝＝.
2.(2022·福州质检)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，AB⊥BC，∠ADC＝45°，PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝1，AD＝3.
(1)求异面直线PB与CD所成角的大小；
(2)求点D到平面PBC的距离.
解 (1)由题意可知AB，AD，AP两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，3，0)，
所以＝(1，0，－1)，＝(－1，1，0).
设异面直线PB与CD所成角为θ，
则cos θ＝
＝＝，
所以异面直线PB与CD所成角为60°.
(2)在第(1)问中的空间直角坐标系，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
由＝(1，0，－1)，＝(0，2，0)，＝(－1，1，0)，
得
取x＝1，得y＝0，z＝1.
∴n＝(1，0，1).
所以点D到平面PBC的距离
d＝＝
＝.
3.(2019·全国Ⅲ卷)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，连接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.
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，
所以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，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.
以H为坐标原点，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，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0).
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
所以可取n＝(3，6，－).
又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此二面角B－CG－A的大小为30°.
4.(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积.
(1)证明 因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)解 法一 如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.
因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，
C.
设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，
所以E.
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1).
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，
因为＝，＝，
所以即
令x＝1，则y＝，z＝，
所以m＝.
因为二面角E－BC－D的大小为45°，
所以cos 45°＝＝＝，
得a＝1，即OA＝1.
因为S△BCD＝BD·CDsin 60°
＝×2×1×＝，
所以VA－BCD＝S△BCD·OA＝××1
＝.
法二 因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝，所以S△BCD＝.
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD.
又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC.
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，所以BC⊥EG，
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，所以EF＝OA，DF＝2OF，所以＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则＝，所以GF＝，
所以EF＝GF＝，所以OA＝1，
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1
＝.
5.如图，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点.
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵AB＝BC，E为AC的中点，
∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，
∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面PAC.
∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 存在.由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直.
分别以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0).
设＝λ＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，
所以＝＋
＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
＝(－2，2，0)，＝(0，4，－2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒
令x＝1，则y＝，z＝2，
∴n＝(1，，2).
由已知得＝，
即＝⇒λ＝或(舍去).故λ＝.
所以存在满足条件的点G，点G为PB的中点.
6.(2022·西安模拟)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，E为CD的中点.
(1)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；
(2)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长.
解 如图，以A为原点，以，，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.
设AB＝a(a>0)，则A(0，0，0)，D(0，2，0)，D1(0，2，2)，E，B1(a，0，2)，
故＝(0，2，2)，＝(a，0，2)，＝.
(1)假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，使得DP∥平面B1AE.
此时＝(0，－2，z0).
设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z).
∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，
得
取x＝2，得平面B1AE的一个法向量n＝.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有a－az0＝0，解得z0＝1.
又DP⊄平面B1AE，
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝1.
(2)连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝2得AD1⊥A1D.
∵CD⊥平面A1ADD1，AD1⊂平面A1ADD1，
∴CD⊥AD1，
∵A1D∩CD＝D，∴AD1⊥平面DCB1A1，
∴＝(0，2，2)就是平面A1B1E的一个法向量，
设与n所成的角为θ，
则cos θ＝＝.
∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，
∴|cos θ|＝cos 30°，即＝，
解得a＝4，即AB的长为4.
第7节 利用空间向量求空间角
考试要求 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
1.异面直线所成的角
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)
求法
cos β＝
cos θ＝|cos β|＝
2.求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.
3.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈，〉.
(2)如图②③，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|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( )
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( )
(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )
(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π].( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cosa，n|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.
2.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m，n〉＝，则l与α所成的角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
答案 B
解析 由于cos 〈m，n〉＝，所以〈m，n〉＝30°，所以直线l与α所成的角为60°.
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( )
A.－ B.－ C. D.
答案 D
解析 建立如图空间直角坐标系D－xyz，
设DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E，
则＝(－1，1，0)，＝，设异面直线DE与AC所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝.
4.(2020·新高考山东卷)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
解析 如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷的晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.故选B.
5.(2022·许昌月考)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________.
答案
解析 以A为原点，以，(AE⊥AB)，1所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，
则A(0，0，0)，C1(1，，2)，D(1，0，2)，∴1＝(1，，2)，＝(1，0，2).
∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角
cos∠C1AD＝
＝＝，
又∵∠C1AD∈，∴∠C1AD＝.
6.(2021·成都检测)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为______.
答案 45°
解析 如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，
又CD⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，
∴CD⊥AE，又PD∩CD＝D，从而AE⊥平面PCD.所以＝(0，1，0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°.
故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.
考点一 用向量求异面直线所成的角
1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，)，B(，0，0)，C(0，，0)，
∴D，
∴＝，＝(0，，－)，
∴cos〈，〉＝＝，
∴〈，〉＝.
2.在四面体ABCD中，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥BC，BD＝AD＝1，BC＝2，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为________.
答案
解析 以D为坐标原点，在平面BCD内过D与BD垂直的直线为x轴，以DB，DA所在的直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(－2，1，0)，D(0，0，0).
所以＝(0，1，－1)，
＝(－2，1，0).
则cos〈，〉＝＝＝，故异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
3.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，＝λ，若异面直线D1E和A1F所成角的余弦值为，则λ的值为________.
答案
解析 以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略).
正方体的棱长为2，则A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0).
所以＝(0，2，－1)，＝＋＝＋λ＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－2λ，0，－2).
则cos〈，〉＝＝，
所以＝，解之得λ＝(舍去－).
感悟提升 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解.
2.两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.
考点二 用空间向量求线面角
例1 (2021·浙江卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
(1)证明 因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，
所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，
易得CD⊥DM.
又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM.
因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.
又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.
(2)解 法一 因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
连接AM，则PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以AM＝.
又PA＝，所以PM＝2.
由(1)知CD⊥DM，
过点M作ME∥CD交AD于点E，
则ME⊥MD.
故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－，2，0)，P(0，0，2)，C(，－1，0)，
所以N，
所以＝.
易知平面PDM的一个法向量为n＝(0，1，0).
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝
＝＝.
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.
法二 由(1)知AB⊥平面PDM，
所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.
连接AM，因为PM⊥MD，
由(1)知PM⊥DC，
又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，
所以PM⊥平面ABCD.
又AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM.
因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，
所以由余弦定理得AM＝.
又PA＝，所以PM＝2，
所以PB＝PC＝2.
连接BN，结合余弦定理得BN＝.
连接AC，则由余弦定理得AC＝，
在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，
所以AN＝.
所以在△ABN中，
cos∠BAN＝
＝＝.
设直线AN与平面PDM所成的角为θ，
则sin θ＝cos ∠BAN＝.
故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为.
感悟提升 向量法求直线与平面所成角主要方法是：
1.分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
2.通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
训练1 (2021·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是线段SD上的点，△SBD为等边三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.
(1)若SA＝AD，求证：SD⊥CA；
(2)若直线BA与平面SCD所成角的正弦值为，求AD的长.
(1)证明 依题意，BD＝2，在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，
由余弦定理求得BC＝2，
∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.
又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD.
∴BC⊥平面SBD.从而BC⊥SD，
在等边△SBD中，SA＝AD，则BA⊥SD.
又BC∩BA＝B，∴SD⊥平面BCA，
又CA⊂平面BCA，∴SD⊥CA.
(2)解 以B为坐标原点，BC，BD所在直线分别为x轴，y轴，过点B作平面BCD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，S(0，1，)，
故＝(－2，2，0)，＝(0，1，－)，
设平面SCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝，z＝1，
所以m＝(1，，1)，
设＝λ(0≤λ≤1)，
则＝(0，－λ，λ)，
故A(0，2－λ，λ)，则＝(0，2－λ，λ)，
设直线BA与平面SCD所成角为θ.
故sin θ＝|cos〈m，〉＝
＝＝，
解得λ＝或，则AD＝或.
考点三 利用向量求二面角
例2 (2021·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求二面角A－QD－B的余弦值.
(1)证明 取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD.
又AD＝2，QA＝，故QO＝＝2.
在Rt△ODC中，CO＝＝.
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，
故△QOC为直角三角形且QO⊥OC.
因为OC∩AD＝O，OC，AD⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD.
因为QO⊂平面QAD，
故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)解 在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系，
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，
故＝(－2，1，2)，＝(－2，2，0).
设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则y＝1，z＝，
故n＝.
易知平面QAD的一个法向量为m＝(1，0，0)，
故cos〈m，n〉＝＝＝.
所以二面角A－QD－B的余弦值为.
感悟提升 1.用法向量求二面角：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐二面角还是钝二面角.
2.找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.
训练2 (2021·银川检测)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，求线段CF的长.
解 依题意，建立以A为原点，分别以，，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).
(1)证明 依题意，＝(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，
又＝(0，2，h)，可得·＝0，
又因为直线BF⊄平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，－2，2).
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨令z＝1，可得n ＝(2，2，1).
因此有cos〈，n〉＝＝－.
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
(3)设m＝(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，
则即
不妨令y1＝1，可得m ＝.
又n＝(2，2，1)为平面BDE的一个法向量，
故由题意，有
|cos〈m，n〉|＝＝＝.
解得h＝.经检验，符合题意.
所以，线段CF的长为.
探索性和折叠问题
一、探索性问题
例1 (12分)(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？
[规范解答]
(1)证明 因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，侧面AA1B1B为正方形，
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，
由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，
得BF⊥AB，于是AF＝＝3，所以AC＝＝2.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，①2分
故以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，
则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，＝(0，2，1).
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，4分
于是＝(1－m，1，－2)，
所以·＝0，所以BF⊥DE.6分
(2)解 易知平面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0).②7分
设平面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
则
又＝(1－m，1，－2)，＝(－1，1，1)，
所以
令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，平面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，③9分
所以cos〈n1，n2〉＝.
设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝
＝，④10分
故当m＝时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小.12分
第一步 根据已知条件建立空间直角坐标系，利用向量法证明线线垂直
第二步 求两平面的法向量
第三步 计算向量的夹角(或函数值)
第四步 借助于函数的单调性或基本不等式确定最值
第五步 反思解题思路，检查易错点
例2 如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.
(1)证明 连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，
以，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O－xyz.
设底面边长为a，则高SO＝a，于是
S，D，C.
于是，＝，
＝，
则·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD.
(2)解 由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝.
由题知，二面角P－AC－D为锐角，
则cos〈，〉＝＝，
所以二面角的大小为30°.
(3)解 在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.
根据第(2)问知是平面PAC的一个法向量，且＝，
＝.
设＝t，
则＝＋＝＋t
＝.
又·＝0，得－＋0＋a2t＝0，
则t＝，
当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
由于BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.
因此在棱SC上存在点E，使BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
二、折叠问题
例3 (2022·佛山质检)图1是直角梯形ABCD，AB∥DC，∠D＝90°，AB＝2，DC＝3，AD＝，＝2.以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝，如图2.
(1)证明：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)求直线BC1与平面AC1D所成角的正弦值.
(1)证明 在图①中，连接AE，AC，AC交BE于F.
∵＝2，DC＝3，
∴CE＝2，∴AB＝CE.
又AB∥CD，∴四边形AECB是平行四边形.
在Rt△ACD中，AC＝＝2，
∴AF＝CF＝.
在图②中，AC1＝，∵AF2＋C1F2＝AC，∴C1F⊥AF，
由题意得C1F⊥BE，又BE∩AF＝F，
∴C1F⊥平面ABED，又C1F⊂平面BC1E，
∴平面BC1E⊥平面ABED.
(2)解 如图②，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系.
则D(0，0，0)，A(，0，0)，B(，2，0)，
E(0，1，0)，F，C1，
∴＝，＝(，0，0)，＝.
设平面AC1D的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
取z＝，得n＝(0，－2，)，∴|n|＝.
记直线BC1与平面AC1D所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝.
感悟提升 解决折叠问题最重要的就是对比折叠前后的图形、找到哪些线、面的位置关系和数量关系没有发生变化，哪些发生了变化，在证明和求解过程中恰当地加以利用.
例4 (2022·江南十校联考)已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，在AD上取一点E满足2AE＝ED.现将△CDE沿CE折起使点D移动至P点处，使得PA＝PB.
(1)求证：平面PCE⊥平面ABCE；
(2)求二面角B－PA－E的余弦值.
(1)证明 依题意得PE＝PC＝2，
分别取线段AB，CE的中点O，M，
连接PO，PM，OM(如图)，
则PM⊥EC，由PA＝PB，
得PO⊥AB.
又OM为梯形ABCE的中位线，
∴OM∥BC，
由BC⊥AB，得OM⊥AB，
又PO∩OM＝O，从而AB⊥平面POM，
又PM⊂平面POM，则AB⊥PM.
在平面ABCE中，AB与CE相交.
∴PM⊥平面ABCE，
又PM⊂平面PCE，故平面PCE⊥平面ABCE.
(2)解 过点O作PM的平行线为z轴，分别以OA，OM为x，y轴建立空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B(－1，0，0)，E(1，1，0)，P(0，2，)，
∴＝(1，－2，－)，＝(2，0，0)，＝(0，1，0)，
设n＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，
则即
令y＝1，得n＝(0，1，－)，
同理，平面PAE的法向量m＝(，0，1)，
∴cos〈m，n〉＝＝－，
根据图形知二面角B－PA－E为钝角，
∴二面角B－PA－E的余弦值为－.
1.如图1，在△ABC中，BC＝3，AC＝6，∠C＝90°，且DE∥BC，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图2.
(1)求证：BC⊥平面A1DC；
(2)若CD＝2，求BE与平面A1BC所成角的正弦值.
(1)证明 ∵DE⊥A1D，DE∥BC，
∴BC⊥A1D，
又∵BC⊥CD，A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面A1CD，∴BC⊥平面A1DC，
(2)解
以D为原点，分别以，，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
在直角梯形CDEB中，过E作EF⊥BC，EF＝2，BF＝1，BC＝3，
∴B(3，0，－2)，E(2，0，0)，C(0，0，－2)，A1(0，4，0)，＝(－1，0，2)，＝(0，4，2)，＝(－3，4，2)，
设平面A1BC的法向量为m＝(x，y，z)，
令y＝1，∴m＝(0，1，－2)，
设BE与平面A1BC所成角为θ，
∴sin θ＝|cos〈，m〉|＝
＝＝.
2.(2022·福州质检)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，AB⊥BC，∠ADC＝45°，PA⊥平面ABCD，AB＝AP＝1，AD＝3.
(1)求异面直线PB与CD所成角的大小；
(2)求点D到平面PBC的距离.
解 (1)由题意可知AB，AD，AP两两垂直，
以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，1)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，3，0)，
所以＝(1，0，－1)，＝(－1，1，0).
设异面直线PB与CD所成角为θ，
则cos θ＝
＝＝，
所以异面直线PB与CD所成角为60°.
(2)在第(1)问中的空间直角坐标系，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
由＝(1，0，－1)，＝(0，2，0)，＝(－1，1，0)，
得
取x＝1，得y＝0，z＝1.
∴n＝(1，0，1).
所以点D到平面PBC的距离
d＝＝
＝.
3.(2019·全国Ⅲ卷)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，连接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.
(1)证明 由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，
所以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，且BE∩BC＝B，BE，BC⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.
以H为坐标原点，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，)，＝(1，0，)，＝(2，－1，0).
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
所以可取n＝(3，6，－).
又平面BCGE的法向量可取m＝(0，1，0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此二面角B－CG－A的大小为30°.
4.(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积.
(1)证明 因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD.
又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)解 法一 如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.
因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，
C.
设A(0，0，a)，a>0，因为DE＝2EA，
所以E.
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1).
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，
因为＝，＝，
所以即
令x＝1，则y＝，z＝，
所以m＝.
因为二面角E－BC－D的大小为45°，
所以cos 45°＝＝＝，
得a＝1，即OA＝1.
因为S△BCD＝BD·CDsin 60°
＝×2×1×＝，
所以VA－BCD＝S△BCD·OA＝××1
＝.
法二 因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝，所以S△BCD＝.
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD.
又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC.
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，所以BC⊥EG，
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，所以EF＝OA，DF＝2OF，所以＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
则＝，所以GF＝，
所以EF＝GF＝，所以OA＝1，
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1
＝.
5.如图，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点.
(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；
(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵AB＝BC，E为AC的中点，
∴BE⊥AC.
又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，
∴PA⊥BE.
∵PA∩AC＝A，∴BE⊥平面PAC.
∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.
(2)解 存在.由(1)及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，
∵点E，F分别为AC，PC的中点，
∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.
又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直.
分别以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，－2，0)，P(0，－2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0).
设＝λ＝(－2λ，－2λ，2λ)，λ∈[0，1]，
所以＝＋
＝(2(1－λ)，2(1－λ)，2λ)，
＝(－2，2，0)，＝(0，4，－2)，
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒
令x＝1，则y＝，z＝2，
∴n＝(1，，2).
由已知得＝，
即＝⇒λ＝或(舍去).故λ＝.
所以存在满足条件的点G，点G为PB的中点.
6.(2022·西安模拟)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，E为CD的中点.
(1)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；
(2)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长.
解 如图，以A为原点，以，，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.
设AB＝a(a>0)，则A(0，0，0)，D(0，2，0)，D1(0，2，2)，E，B1(a，0，2)，
故＝(0，2，2)，＝(a，0，2)，＝.
(1)假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，使得DP∥平面B1AE.
此时＝(0，－2，z0).
设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z).
∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，
得
取x＝2，得平面B1AE的一个法向量n＝.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有a－az0＝0，解得z0＝1.
又DP⊄平面B1AE，
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝1.
(2)连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝2得AD1⊥A1D.
∵CD⊥平面A1ADD1，AD1⊂平面A1ADD1，
∴CD⊥AD1，
∵A1D∩CD＝D，∴AD1⊥平面DCB1A1，
∴＝(0，2，2)就是平面A1B1E的一个法向量，
设与n所成的角为θ，
则cos θ＝＝.
∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，
∴|cos θ|＝cos 30°，即＝，
解得a＝4，即AB的长为4.
相关试卷
备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第八章 立体几何与空间向量 第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系： 这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第八章 立体几何与空间向量 第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系，共23页。试卷主要包含了平行公理和等角定理，异面直线所成的角等内容，欢迎下载使用。
备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第八章 立体几何与空间向量 第6节 空间向量及其应用： 这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第八章 立体几何与空间向量 第6节 空间向量及其应用，共25页。试卷主要包含了空间向量的有关定理，空间向量数量积的运算律，空间向量的坐标表示及其应用，直线的方向向量和平面的法向量，空间位置关系的向量表示等内容，欢迎下载使用。
备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第八章 立体几何与空间向量 第4节 直线、平面平行的判定与性质： 这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第八章 立体几何与空间向量 第4节 直线、平面平行的判定与性质，共22页。试卷主要包含了平面与平面平行，平面α∥平面β的一个充分条件是等内容，欢迎下载使用。
