2019版高考数学（理）一轮精选教师用书人教通用：第8章7第7讲　立体几何中的向量方法

第7讲　立体几何中的向量方法

1．空间向量与空间角的关系
(1)两条异面直线所成角的求法(a，b分别为l1，l2的方向向量)


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)直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝．

(3)二面角的求法
a．如图①，AB，CD是二面角αlβ两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．

b．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〉或－cos〈n1，n2〉．
2．点到平面的距离的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝.


判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)√
(教材习题改编)已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面ABC的一个单位法向量是(　　)
A.　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D.因为A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，所以＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)．
经验证，当n＝时，
n·＝－＋0＝0，n·＝＋0－＝0.
所以是平面ABC的一个单位法向量．
正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A.
以C为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：A(2，0，0)，C1(0，0，2)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.
所以＝(－2，0，2)，
＝，
设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.
又θ∈，所以θ＝.
已知正方体ABCD­A1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角为________．
解析：以A为原点，、、分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则＝(－1，0，1)，＝(－1，1，－1)，cos〈，〉＝＝0，所以两直线所成的角为90°.
答案：90°
在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC，则二面角C­PB­D的大小为________．
解析：以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
设PD＝DC＝1，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(1，1，0)．
所以＝(0，0，1)，＝(0，1，－1)，
＝(1，1，0)，＝(－1，0，0)，
设平面PBD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由n1·＝0，n1·＝0得

令x1＝1，得n1＝(1，－1，0)．
设平面PBC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由n2·＝0，n2· ＝0得
令y2＝1得n2＝(0，1，1)．
设二面角C­PB­D的大小为θ，则
cos θ＝＝，
所以θ＝60°.
答案：60°


　　　　　　异面直线所成的角
[典例引领]
(2017·高考天津卷节选)
如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝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.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)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．
【解】　如图，以A为原点，分别以，，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)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)．
(1)证明：＝(0，2，0)，＝(2，0，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则即
不妨设z＝1，可得n＝(1，0，1)．
又＝(1，2，－1)，可得·n＝0.
因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.
(2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0，0，h)，
进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2，2，2)．
由已知，得|cos〈，〉|＝
＝＝，
整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.
所以，线段AH的长为或.

用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．
[提醒]　注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：
当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；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所成的角．　
[通关练习]
1．长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B.建立空间直角坐标系如图．则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2)，＝(－1，0，2)，＝(－1，2，1)，
cos〈，〉＝＝.
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.
2.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．
解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，
所以AC⊥BD.
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD＝O.
因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝.
如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，
则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)．
所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0)．
设PB与AC所成角为θ，则
cos θ＝＝＝.
即PB与AC所成角的余弦值为.

　　　　　　直线与平面所成的角
[典例引领]
(2018·合肥市第一次教学质量检测)如图所示，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2.

(1)若M为CD的中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；
(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值．
【解】　(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，连接AC，如图，则△ACD为等边三角形，
又M为CD的中点，所以AM⊥CD，
由CD∥AB得，AM⊥AB，
因为AA1⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，
所以AM⊥AA1，
又AB∩AA1＝A，
所以AM⊥平面AA1B1B.
(2)因为四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2，
所以DM＝1，AM＝，所以∠AMD＝∠BAM＝90°，又AA1⊥底面ABCD，所以以AB，AM，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Axyz，
则A1(0，0，2)，B(2，0，0)，D(－1，，0)，
D1，
所以＝，＝(－3，，0)，＝(2，0，－2)，
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则⇒⇒y＝x＝z，令x＝1，则n＝(1，，1)，
所以直线DD1与平面A1BD所成角θ的正弦值
sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.

利用向量求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，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，取其余角就是斜线与平面所成的角．　
正四棱锥S­ABCD中，O为顶点S在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．
解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，
则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P.
则＝(2a，0，0)，＝，＝(a，a，0)．
设平面PAC的法向量为n，
易知可取n＝(0，1，1)，
则cos〈，n〉＝＝＝.
所以〈，n〉＝60°，
所以直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.
答案：30°

　　　　　　二面角(高频考点)
二面角是高考的重点，也是热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题．高考对二面角的考查，主要有以下两个命题角度：
(1)求二面角；
(2)由二面角求其他量．
[典例引领]
角度一　求二面角
(2017·高考全国卷Ⅰ)
如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A­PB­C的余弦值．
【解】　(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.
由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F.
由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.
以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F­xyz.
由(1)及已知可得A，P，
B，C.
所以＝，＝(，0，0)，＝，＝(0，1，0)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量，则
即
可取n＝(0，－1，－)．
设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量，
则即
可取m＝(1，0，1)．
则cos〈n，m〉＝＝－.
所以二面角A­PB­C的余弦值为－.
角度二　由二面角求其他量
(2018·云南省第一次统一检测)如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是矩形，平面ABCD⊥平面SBC，SB＝SC，M是BC的中点，AB＝1，BC＝2.
(1)求证：AM⊥SD；
(2)若二面角B­SA­M的正弦值为，求四棱锥S­ABCD的体积．
【解】　(1)证明：设AD的中点为N，连接MN，由四边形ABCD是矩形，知MN⊥BC.
因为SB＝SC，M是BC的中点，所以SM⊥BC.
因为平面ABCD⊥平面SBC，平面ABCD∩平面SBC＝BC，
所以SM⊥平面ABCD，所以SM⊥MN.
所以直线MC，MS，MN两两垂直．
以M为坐标原点，MC，MS，MN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Mxyz，设SM＝a.
依题意得，M(0，0，0)，A(－1，0，1)，B(－1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，0，1)，S(0，a，0)．
所以＝(1，0，－1)，＝(1，－a，1)．
因为·＝1×1＋0×(－a)＋(－1)×1＝0，
所以⊥，即AM⊥SD.
(2)由(1)可得＝(0，a，0)，＝(－1，0，1)．
设平面AMS的法向量为n1＝(x，y，z)，则n1⊥，n1⊥，
所以，即，令x＝1，则n1＝(1，0，1)是平面AMS的一个法向量．
同理可得n2＝(a，－1，0)是平面ABS的一个法向量．
设二面角B­SA­M的大小为θ，则cos θ＝＝.
所以1－cos2θ＝1－＝sin2θ＝，解得a＝.
所以四棱锥S­ABCD的体积
V＝×S矩形ABCD×SM＝×2×1×＝.

利用向量求二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：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的大小．
(2)定义法：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．　
[通关练习]
1．(2018·惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的底面圆周上，G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的半径OA＝2，侧面积为8π，∠AOP＝120°.

(1)求证：AG⊥BD；
(2)求二面角P­AG­B的平面角的余弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，

由题意可知8π＝2×2π×AD，
解得AD＝2.
则A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(0，0，2)，P(，3，0)，
因为G是DP的中点，
所以可求得G.
(1)证明：＝(0，－4，2)，＝.
所以·＝·(0，－4，2)＝0，
所以AG⊥BD.
(2)＝(，－1，0)，＝，＝，＝，
因为·＝0，·＝0，
所以是平面APG的法向量．
设n＝(x，y，1)是平面ABG的法向量，
由n·＝0，n·＝0.
解得n＝(－2，0，1)，
cos〈，n〉＝＝＝－.
结合图形得，二面角P­AG­B的平面角的余弦值为.
2.(2018·宝鸡市质量检测(一))如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是PD的中点，点F是PC的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)若底面ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角C­AF­D的大小为60°.
解：易知AD，AB，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝2a，AD＝2b，AP＝2c，则A(0，0，0)，B(2a，0，0)，C(2a，2b，0)，D(0，2b，0)，P(0，0，2c)．
连接BD，设AC∩BD＝O，连接OE，则O(a，b，0)，又E是PD的中点，所以E(0，b，c)．
(1)证明：因为＝(2a，0，－2c)，＝(a，0，－c)，
所以＝2，所以∥，即PB∥EO.
因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)因为四边形ABCD为正方形，所以a＝b，A(0，0，0)，B(2a，0，0)，C(2a，2a，0)，D(0，2a，0)，P(0，0，2c)，E(0，a，c)，F(a，a，c)，
因为z轴⊂平面CAF，所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x，1，0)，而＝(2a，2a，0)，
所以·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1，所以n＝(－1，1，0)．
因为y轴⊂平面DAF，所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1，0，z)，而＝(a，a，c)，
所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－.
所以m＝∥m′＝(c，0，－a)．
所以cos 60°＝＝＝，得a＝c.
故当AP与正方形ABCD的边长相等时，二面角C­AF­D的大小为60°.

　　　　　　空间中的距离问题(视情况选用)
[典例引领]
如图，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．
(1)求证：平面EFG⊥平面PAB；
(2)求点A到平面EFG的距离．
【解】　如图，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．
(1)证明：因为＝(0，1，0)，＝(0，0，2)，＝(2，0，0)，所以·＝0×0＋1×0＋0×2＝0，·＝0×2＋1×0＋0×0＝0，
所以EF⊥AP，EF⊥AB.
又因为AP，AB⊂平面PAB，
且PA∩AB＝A，所以EF⊥平面PAB.
又EF⊂平面EFG，
所以平面EFG⊥平面PAB.
(2)设平面EFG的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
所以
取n＝(1，0，1)，又＝(0，0，1)，所以点A到平面EFG的距离d＝＝＝.

(1)空间中两点间的距离的求法
两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模．因此，要求两点间的距离除了使用距离公式外，还可转化为求向量的模．
(2)求点P到平面α的距离的三个步骤
①在平面α内取一点A，确定向量的坐标．
②确定平面α的法向量n.
③代入公式d＝求解．
[提醒]　用向量法求点到平面的距离关键是确定平面法向量．　
[通关练习]
1.如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为________．
解析：

如图，建立空间直角坐标系Dxyz，
则D1(0，0，2)，E(1，2，0)，＝(－1，－2，2)．
设P(x，y，z)，＝λ，λ∈[0，1]，则＝(x－1，y－2，z)．所以(x－1，y－2，z)＝λ(－1，－2，2)，
解得x＝1－λ，y＝2－2λ，z＝2λ.P(1－λ，2－2λ，2λ)．设PQ⊥CC1于点Q，得Q(0，2，2λ)，||＝＝.当λ＝时，||min＝.
答案：
2.如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2.
(1)求证：平面A1BC1∥平面ACD1；
(2)求平面A1BC1与平面ACD1的距离．
解：(1)证明：因为AA1綊CC1，
所以四边形ACC1A1为平行四边形，
所以AC∥A1C1.
又AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，
所以AC∥平面A1BC1.
同理可证CD1∥平面A1BC1.
又AC∩CD1＝C，AC⊂平面ACD1，CD1⊂平面ACD1，
所以平面A1BC1∥平面ACD1.
(2)以B1为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(4，0，0)，A(4，0，2)，D1(4，3，0)，C(0，3，2)，＝(0，0，2)，＝(－4，3，0)，＝(0，3，－2)，设n＝(x，y，z)为平面ACD1的一个法向量，则即
取n＝(3，4，6)，所以所求距离d＝||×|cos〈n，〉|＝＝＝，故平面A1BC1与平面ACD1的距离为.

合理建立空间直角坐标系
(1)使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同．
(2)一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点．
(3)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直
关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系．
易错防范
(1)求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角范围为.
(2)求直线与平面所成角时，注意求出两向量夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．
(3)求二面角时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与两法向量n1，n2的夹角是相等，还是互补．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为(　　)
A.　　　　B. C.　　　　D.
解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C.
所以＝(0，0，1)，＝(0，－1，－1)，
所以cos〈，〉＝
＝＝－，
所以〈，〉＝，
所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B.
2．在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，则点G到平面D1EF的距离为(　　)
A.　　　　B. C.　　　　D.
解析：选D.如图所示，以射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则G(1，λ，1)，E，D1(0，0，1)，F，＝(0，－λ，－)，＝(0，1，0)，＝.过点G向平面D1EF作垂线，垂足为H，由于点H在平面D1EF内，故存在实数x，y，使＝＋x＋y＝，
由于GH⊥EF，GH⊥ED1，
所以
解得故＝，
所以||＝，即点G到平面D1EF的距离是.
3．(2018·湖南五市十校联考)有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为________．
解析：设等边三角形ABC的边长为2.取BC的中点O，连接OA、OD，因为等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则A(0，0，)，B(0，－1，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)．所以＝(0，－1，－)，＝(，－1，0)，
所以cos〈，〉＝＝＝，
所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为.
答案：
4．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1，0，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)．
所以＝(－1，2，0)，＝(－1，0，1)，＝(0，2，0)，设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有即
令x＝2，则y＝1，z＝2，则n＝(2，1，2)．
又设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.
答案：
5．已知单位正方体ABCD­A1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点．试求：
(1)AD1与EF所成角的大小；
(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E，F(，1，0)．
(1)因为＝(0，1，－1)，＝，
所以cos〈，〉＝＝，
即AD1与EF所成的角为60°.
(2)＝，由图可得，＝(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，所以cos θ＝.
即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.
6.(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.
(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D­AE­C的余弦值．
解：(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，从而AD＝DC.
又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.
取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.
又由于△ABC是正三角形，故BO⊥AC.
所以∠DOB为二面角D­AC­B的平面角．
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.
又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°.
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x
轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)．
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E.故＝(－1，0，1)，＝(－2，0，0)，＝.
设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，则
即可取n＝.
设m是平面AEC的法向量，则同理可取m＝(0，－1，)，则cos〈n，m〉＝＝，
所以二面角D­AE­C的余弦值为.
7.(2017·高考山东卷)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是的中点．
(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E­AG­C的大小．
解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，
AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，
所以BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，
所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°.
(2)法一：取的中点H，连接EH，GH，CH.
因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，
所以AE＝GE＝AC＝GC＝＝.
取AG中点M，连接EM，CM，EC，
则EM⊥AG，CM⊥AG，
所以∠EMC为所求二面角的平面角．
又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2.
在△BEC中，由于∠EBC＝120°，
由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，
所以EC＝2，因此△EMC为等边三角形，
故所求的角为60°.
法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，故＝(2，0，－3)，＝(1，，0)，＝(2，0，3)，设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．
由
可得
取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．
由可得
取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．所以cos〈m，n〉＝＝.
因此所求的角为60°.
8．(2018·河南名校联考)如图(1)，在△MBC中，MA是BC边上的高，MA＝3，AC＝4.如图(2)，将△MBC沿MA进行翻折，使得二面角B­MA­C为90°，再过点B作BD∥AC，连接AD，CD，MD，且AD＝2，∠CAD＝30°.
(1)求证：CD⊥平面MAD；
(2)在线段MD上取一点E使＝，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值．

解：(1)证明：在△ADC中，AC＝4，AD＝2，∠CAD＝30°，利用余弦定理可得CD＝2，所以CD2＋AD2＝AC2，
所以∠ADC＝90°，即CD⊥AD.
因为MA⊥AB，MA⊥AC，AB∩AC＝A，故MA⊥平面ABDC.因为CD⊂平面ABDC，所以CD⊥MA.
又AD∩MA＝A，所以CD⊥平面MAD.
(2)由题意可知，AM、AB、AC两两垂直，∠BAD＝60°.如图，以A为坐标原点，AB、AC、AM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(，0，0)，D(，3，0)，M(0，0，3)，＝(，0，－3)，＝(0，3，0)．
设E(x0，y0，z0)，由＝，
得(x0，y0，z0－3)＝(，3，－3)，
得x0＝，y0＝1，z0＝2，
所以＝.
设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n⊥，n⊥，
所以即
令x＝，得n＝(，0，1)．
设直线AE与平面MBD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.

1．(2018·浙江省名校协作体高三联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.
(1)求证：BC⊥平面ACFE；
(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．
解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，所以AB＝2，
所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
所以AB2＝AC2＋BC2，所以BC⊥AC，
因为平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面ACFE.
(2)如图所示，由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
所以＝(－，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)，
因为n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，
所以cos θ＝＝
＝，
因为0≤λ≤，所以当λ＝0时，cos θ有最小值，
当λ＝时，cos θ有最大值，所以cos θ∈.
2．(2018·湖南省五市十校联考)如图，在四棱锥P­ABCD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M­AC­D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，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)，＝(0，2，－2)，＝(2，2，0)．
设＝t(0＜t＜1)，则点M的坐标为(0，2t，2－2t)，所以＝(0，2t，2－2t)．
设平面MAC的一个法向量是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〉|＝＝＝cos 45°＝，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，)，＝(－2，3，1)．
设BM与平面MAC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n0，〉|＝＝.