2020届二轮复习（理）专题四第3讲立体几何中的向量方法学案

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＝〈A，C〉；

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　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EE1∥平面FCC1；
(2)证明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.

证明　如图，过点D作AB垂线交AB于G，则以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)，C＝(，－1,0)．
设平面C1FC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，得其中一个n2＝(，1,1)．同理易得平面BB1C1C的一个法向量n3＝(1，－，0)，
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．

(2019·贵阳二模)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B＝(0,1,1)，D＝(2,0,0)，
故B·D＝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A＝(1,0,0)为平面PAD的一个法向量，
而·A＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以B⊥A，
又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.
(3)由(2)知平面PAD的一个法向量A＝(1,0,0)，向量P＝(0,2，－2)，D＝(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·A＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n⊥A.
所以平面PAD⊥平面PCD.

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　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G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长，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.
角度2　利用空间向量求线面角
例3　(2019·银川一中新高三入学考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是边长为8的菱形，∠BAD＝60°，△PBD是等边三角形，二面角P－BD－C的余弦值为.

(1)求证：BD⊥PC；
(2)求直线PC与平面PAD夹角的正弦值．
解　(1)证明：连接AC交BD于点O，连接PO.
因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且AC和BD互相平分．
又因为PB＝PD，O为BD的中点，所以BD⊥PO，
又因为PO∩AC＝O，所以BD⊥平面PAC.
因为PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC.
(2)过点P作PE⊥OC，交点为E，因为BD⊥平面PAC，所以BD⊥PE，因为BD∩OC＝O，所以PE⊥平面ABCD.
易知∠POE为二面角P－BD－C的平面角，
所以cos∠POE＝，sin∠POE＝.
又因为∠BAD＝60°，所以△ABD和△PBD都是边长为8的等边三角形．所以OP＝4，
则PE＝，OE＝.

建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－4，0)，D(4，0,0)，C(0,4，0)，P0，，.
所以＝(4,4，0)，＝－4，，，＝0，，－.
设平面PAD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则即
令x1＝－3，则y1＝，z1＝－，
得平面PAD的一个法向量m＝(－3，，－)．
所以|cos〈m，〉|＝＝，
所以直线PC与平面PAD夹角的正弦值为.
角度3　利用空间向量求二面角
例4　(2019·马鞍山高三监测)如图，半圆柱O′O中，平面ABB′A′过上、下底面的圆心O′，O，点C，D分别在半圆弧AB，A′B′上且.

(1)求证：CD∥平面ABB′A′；
(2)若2AC＝AB＝AA′，求二面角C－AD－B的余弦值．
解　(1)证明：如图，取的中点M，

∵OO′⊥平面ABC，∴OA，OM，OO′两两垂直，以O为坐标原点，OA，OM，OO′所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，连接OC，设OA＝1，∠AOC＝θ(0<θ<π)，则A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(cosθ，sinθ，0)，D(－cosθ，sinθ，t)，
于是＝(－2cosθ，0，t)，
而平面ABB′A′的一个法向量＝(0,1,0)，
由于·＝0及CD⊄平面ABB′A′，所以CD∥平面ABB′A′.
(2)设OA＝1，∵2AC＝AB＝AA′，
则C，，0，D－，，2，＝(－1,0,2)，
＝－，，0，＝，，2，＝(2,0,0)．
设平面CAD的法向量n1＝(x，y，z)，
则
不妨令x＝2，得n1＝(2，2，)，
设平面BAD的法向量n2＝(x′，y′，z′)，
则
不妨设y′＝4，得n2＝(0,4，－)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，
故二面角C－AD－B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主要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．

(2019·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：因为四边形ABB1A1是菱形，则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∩C1B1＝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)．
因为四边形A1ACC1为平行四边形，
则＝＋＝＋＝(－3，t，)，
易知ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，
∴|cos〈，n〉|＝＝＝，
解得t＝.
∵＝(1,0，－)，＝(－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，〉＝＝，
∴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　如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，AD＝AP，E为棱PD的中点．

(1)证明：PD⊥平面ABE；
(2)若F为AB的中点，＝λ(0<λ<1)，试确定λ的值，使二面角P－FM－B的余弦值为－.
解　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，
AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，又∵AB⊥AD，
AD∩PA＝A，∴AB⊥平面PAD.
又∵PD⊂平面PAD，∴PD⊥AB，①
∵AD＝AP，E为PD中点，∴AE⊥PD，②
由①②且AB∩AE＝A，可得PD⊥平面ABE.
(2)以A为原点，以，，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz，令|AB|＝2，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2，2,0)，
E(0,1,1)，F(1,0,0)，
＝(1,0，－2)，P＝(2,2，－2)，＝(2λ，2λ，－2λ)，M(2λ，2λ，2－2λ)，B＝(－1,0,0)，F＝(2λ－1,2λ，2－2λ)．
设平面PFM的法向量m＝(x，y，z)，
即m＝(2，－1,1)，
设平面BFM的法向量n＝(x，y，z)，
即取z＝λ，则n＝(0，λ－1，λ)，
|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝.

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．

(2019·桂林高三4月一模)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＝(1,3－，2)．
若存在点P，使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
1．(2019·遵义航天高级中学高三第四次模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，由AB＝BC＝1，AA1＝，可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，

∴＝(－1,0，)，＝(1,1，)，设，的夹角为θ，则有cosθ＝＝，故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为|cosθ|＝，故选A.
2．(2019·东北三校联考)已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E是棱A1B1的中点，则直线AE与平面BDD1B1所成角的正弦值为________．
答案　
解析　以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A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．设正方体的棱长为2，则A(0,0,2)，C(2,2,2)，E(1,0,0)，A＝(2,2,0)，A＝(1,0，－2)．
∵AC⊥BD，AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，
∴AC⊥平面BDD1B1，则A＝(2,2,0)是平面BDD1B1的一个法向量．设直线AE与平面BDD1B1所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈A，A〉|＝＝.

3．(2019·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝.

(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角F－AE－P的余弦值；
(3)设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
解　(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.
(2)过点A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，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＝(0,1,1)，＝(2,2，－2)，＝(0,0,2)．
所以＝＝，
所以＝＋＝.
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1,1)．又因为平面PAD的一个法向量为p＝(1,0,0)，所以cos〈n，p〉＝＝－.由题知，二面角F－AE－P为锐角，所以其余弦值为.
(3)直线AG在平面AEF内．
理由：因为点G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)，
所以＝＝，
所以＝＋＝.
由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1,1)，
所以·n＝－＋＋＝0.
又直线AG与平面AEF有公共点A，所以直线AG在平面AEF内．
4．(2019·黄山高三第二次质量检测)如图，已知四边形ABCD满足AD∥BC，BA＝AD＝DC＝BC＝a，E是BC的中点，将△BAE沿AE翻折成△B1AE，使得B1D＝a，F为B1D的中点．

(1)证明：B1E∥平面ACF；
(2)求平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值．
解　(1)证明：连接ED交AC于点O，连接OF，由四边形AECD为菱形，F为B1D的中点得，OF∥B1E，
B1E⊄平面ACF，所以B1E∥平面ACF.
(2)取AE的中点M，连接DM，B1M，易知B1M⊥AM，DM⊥AM，由AB1＝a，AD＝a，AM＝，得B1M＝DM＝a，又B1D＝a，∴B1M2＋DM2＝B1D2，
∴B1M⊥DM，
∴B1M，DM，MA两两垂直．以MD，MA，MB1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图)．
则A0，，0，D，0,0，B10,0，，C，－a,0，E0，－，0，＝，－，0，＝0，，，＝，－，0，＝0，－，，设平面ADB1的法向量m＝(x，y，z)，则令y＝1，解得m＝，1，，同理平面ECB1的一个法向量n＝，1，－，
∴cos〈m，n〉＝＝，故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为.
『金版押题』
5. 如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，AF∥DE，DE⊥AD，AD⊥BE，AF＝AD＝DE＝1，AB＝.

(1)求证：BF∥平面CDE；
(2)求二面角B－EF－D的余弦值；
(3)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
解　(1)证明：由底面ABCD为平行四边形，知AB∥CD，
又因为AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以AB∥平面CDE.
同理AF∥平面CDE，又因为AB∩AF＝A，所以平面ABF∥平面CDE.又因为BF⊂平面ABF，所以BF∥平面CDE.
(2)连接BD，因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD，

所以DE⊥平面ABCD，则DE⊥DB.
又因为DE⊥AD，AD⊥BE，DE∩BE＝E，所以AD⊥平面BDE，则AD⊥BD.
故DA，DB，DE两两垂直，所以以DA，DB，DE所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,1,0)，E(0，0,2)，F(1,0,1)，所以＝(0，－1,2)，＝(1,0，－1)，n＝(0,1,0)为平面DEF的一个法向量．
设平面BEF的法向量为m＝(x，y，z)，
由m·＝0，m·＝0，得
令z＝1，得m＝(1,2,1)．所以cos〈m，n〉＝＝.
如图可得二面角B－EF－D为锐角，
所以二面角B－EF－D的余弦值为.
(3)结论：线段BE上存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF.
证明如下：设＝λ＝(0，－λ，2λ)(λ∈(0,1))，
所以＝＋＝(0,1－λ，2λ)．
设平面CDQ的法向量为u＝(a，b，c)，又因为＝(－1,1，0)，
所以u·＝0，u·＝0，即
令b＝1，得u＝1,1，.
若平面CDQ⊥平面BEF，则m·u＝0，
即1＋2＋＝0，解得λ＝∈(0,1)．
所以线段BE上存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF，且此时＝.


配套作业
1．(2019·六盘山高级中学高三二模)如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上除A，B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面，DC∥EB，DC＝EB＝1，AB＝4.

(1)证明：平面ADE⊥平面ACD；
(2)当C点为半圆的中点时，求二面角D－AE－B的余弦值．
解　(1)证明：∵AB是直径，∴BC⊥AC，
∵CD⊥平面ABC，∴CD⊥BC，
∵CD∩AC＝C，∴BC⊥平面ACD，
∵CD∥BE，CD＝BE，∴四边形BCDE是平行四边形，
∴BC∥DE，∴DE⊥平面ACD，
∵DE⊂平面ADE，∴平面ADE⊥平面ACD.

(2)依题意，AC＝BC＝2，如图所示，建立空间直角坐标系，则
D(0,0,1)，E(0,2，1)，A(2，0,0)，B(0,2，0)，
∴＝(－2，2，0)，＝(0,0,1)，＝(0,2，0)，＝(2，0，－1)，
设平面DAE的法向量为n1＝(x，y，z)，
即∴n1＝(1,0,2)，
设平面ABE的法向量为n2＝(x′，y′，z′)，
即
∴n2＝(1,1,0)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，
∵二面角D－AE－B是钝角，
∴二面角D－AE－B的余弦值为－.
2．(2019·聊城高三一模)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，∴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C(，－1,0)，B1(－，5，2)，B(0,4,0)，A(0,0,0)，

＝(－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.
3.(2019·蚌埠市高三下学期第二次教学质量检查)如图所示，菱形ABCD的边长为2，∠D＝60°，点H为DC的中点，现以线段AH为折痕将菱形折起使得点D到达点P的位置且平面PHA⊥平面ABCH，点E，F分别为AB，AP的中点．

(1)求证：平面PBC∥平面EFH；
(2)求平面PAH与平面PBC所成锐二面角的余弦值．
解　(1)证明：菱形ABCD中，E，H分别为AB，CD的中点，
所以BE∥CH，BE＝CH，四边形BCHE为平行四边形，则BC∥EH，又EH⊄平面PBC，所以EH∥平面PBC.
又点E，F分别为AB，AP的中点，则EF∥BP，EF⊄平面PBC，
所以EF∥平面PBC.而EF∩EH＝E，
所以平面EFH∥平面PBC.
(2)菱形ABCD中，∠D＝60°，则△ACD为正三角形，
所以AH⊥CD，AH＝，DH＝PH＝CH＝1.
折叠后，PH⊥AH，
又平面PHA⊥平面ABCH，平面PHA∩平面ABCH＝AH，
从而PH⊥平面ABCH.
因为AH⊥CD，所以HA，HC，HP三条线两两垂直，
以，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(，2,0)，＝(，1,0)，＝(0，－1,1)，
设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，则
即
令y＝－，得x＝1，z＝－，
所以m＝(1，－，－)．
因为平面PAH的一个法向量n＝(0,1,0)，
所以cos〈m，n〉＝－＝－.
设平面PAH与平面PBC所成锐二面角为α，则
cosα＝.
4．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.

(1)求证：AB⊥PC；
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
解　(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，

由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
又PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，所以AB⊥PC.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，P＝(0，2，－2)，A＝(2，2，0)．

设P＝t(0 设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，则
得则可取n＝.
又m＝(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，
所以|cos〈m，n〉|＝＝
＝cos45°＝，
解得t＝，即点M是线段PD的中点．
此时平面MAC的一个法向量可取n0＝(1，－1，)，
B＝(－2，3，1)．
设BM与平面MAC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n0，B〉|＝.
5．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，M＝.
由此可得M·n＝0，又直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.
(2)＝(1，－2,2)，A＝(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N＝(－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，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.
6．(2019·朝阳区高三二模)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.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)，由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＝.
7．如图，在四边形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＝60°.
∴AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos60°＝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所成二面角最大，此时二面角的余弦值为.
8．(2019·凯里市第一中学高三模拟)如图所示，三棱锥P－ABC放置在以AC为直径的半圆面O上，O为圆心，B为圆弧上的一点，D为线段PC上的一点，且AB＝BC＝PA＝3，PB＝3，PA⊥BC.

(1)求证：平面BOD⊥平面PAC；
(2)当二面角D－AB－C的平面角为60°时，求的值．
解　(1)证明：∵由AB＝PA＝3，PB＝3，
∴PA2＋AB2＝PB2，∴PA⊥AB，
又PA⊥BC且AB∩BC＝B，
∴PA⊥平面ABC.∵BO⊂平面ABC，∴PA⊥BO，
由BA＝BC，圆心O为AC的中点，所以BO⊥AC.
因为AC∩PA＝A，故BO⊥平面PAC，
又BO⊂平面BOD，所以平面BOD⊥平面PAC.

(2)由(1)知PA⊥平面ABC，且BA⊥BC，过点B作PA的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意知B(0,0,0)，A(3,0,0)，C(0,3,0)，P(3,0,3)，设＝λ(0≤λ≤1)，
则＝(3,0,0)，＝＋＝(3,0,3)＋λ(－3,3，－3)＝(3－3λ，3λ，3－3λ)，
设m＝(x，y，z)为平面BAD的法向量，
则⇒
令z＝1，则y＝1－，所以m＝0,1－，1，
取平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)．
因为二面角D－AB－C的平面角为60°，
所以cos60°＝|cos〈m，n〉|＝＝，
解得λ＝或λ＝－<0(舍去)，
所以当二面角D－AB－C的平面角为60°时，
＝.




立体几何类解答题
　(2019·大连市高三一模)(12分)如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置(P∉平面ABCE)．

(1)证明：AE⊥PB；
(2)若直线PB与平面ABCE所成的角为，求二面角A－PE－C的余弦值．
解　(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，
∵AB∥CE，AB＝CE，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE＝BC＝AD＝DE，
∴△ADE为等边三角形，
∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，∠DAB＝∠ABC＝，
∴在等腰三角形ADB中，∠ADB＝∠ABD＝，
∴∠DBC＝－＝，即BD⊥BC，
∴BD⊥AE，(2分)
翻折后可得OP⊥AE，OB⊥AE，
又∵OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，
∴AE⊥平面POB，(4分)
∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB.(6分)

(2)在平面POB内作PQ⊥OB，垂足为Q，
∵AE⊥平面POB，∴AE⊥PQ，
∵OB⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，AE∩OB＝O，
∴PQ⊥平面ABCE，∴直线PB与平面ABCE的夹角为∠PBQ＝，(8分)
又∵OP＝OB，∴OP⊥OB，
∴O，Q两点重合，即OP⊥平面ABCE，
以O为原点，OE所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，(9分)

设平面PCE的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则∴
设x＝，则y＝－1，z＝1，
∴n1＝(，－1,1)，(10分)
由题意得，平面PAE的一个法向量n2＝(0,1,0)，(11分)
设二面角A－PE－C的大小为α，则|cosα|＝＝＝.
易知二面角A－PE－C为钝角，所以cosα＝－.
　　(12分)

1．由平面几何的知识证明两相交直线垂直给2分．
2．由已知条件证明直线与平面垂直给2分．
3．由直线与平面垂直证明直线与直线垂直给2分．
4．由已知条件证明直线PB与平面ABCE的夹角为∠PBQ＝给2分．
5．由已知条件证明OP⊥平面ABCE，即以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系给1分．
6．由已知条件求得二面角A－PE－C的两个半平面的法向量分别给1分．
7．代入二面角的计算公式求解给1分．

1．写全得分条件，证明线面平行时，一定要说明平面内的直线和平面外的直线．
2．写明得分关键，利用法向量求解空间角时，要构建恰当的空间直角坐标系，准确求解相关点的坐标，赋值法求出平面的法向量，利用公式求出法向量的夹角，根据几何体的结构特征判断二面角的取值范围，正确写出二面角的余弦值．
[跟踪训练]
(2019·毛坦厂中学高三联考)(12分)如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等边三角形，AE⊥平面ABC，CD∥AE，且CD＝2AE＝2AC.

(1)试在线段BD上确定点M的位置，使EM⊥平面BCD，并证明；
(2)求二面角E－BC－D的余弦值．
解　(1)当点M为BD的中点时，EM⊥平面BCD.(1分)
证明如下：取BC的中点F，连接AF，MF，
∴MF∥CD且MF＝CD，又AE∥CD，AE＝CD，
∴MF∥AE且MF＝AE，∴四边形AEMF为平行四边形，∴EM∥AF.(2分)
又AE⊥平面ABC，CD∥AE，
∴CD⊥平面ABC，又CD⊂平面BCD，∴平面BCD⊥平面ABC，(3分)
∵△ABC是等边三角形，∴AF⊥BC，
又平面ABC∩平面BCD＝BC，∴AF⊥平面BCD，(5分)
∴EM⊥平面BCD.(6分)

(2)由(1)知，FA，FB，FM两两互相垂直，以F为原点，
以FA，FB，FM所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．(7分)
设EA＝AC＝2，则CD＝4，
∴C(0，－1,0)，B(0,1,0)，E(，0,2)，
∴＝(，1,2)，＝(，－1,2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即解得y＝0，
令x＝，则z＝－，∴n＝(，0，－)，(9分)
由(1)知，平面BCD的一个法向量为m＝(1,0,0)，(10分)
∴cos〈m，n〉＝＝，
由图知，二面角E－BC－D为锐角，
∴二面角E－BC－D的余弦值为.(12分)