高考数学二轮专题学与练 13 立体几何中的向量方法（考点解读）（含解析）

这是一份高考数学二轮专题学与练 13 立体几何中的向量方法（考点解读）（含解析），共33页。试卷主要包含了棱柱为主．等内容，欢迎下载使用。

专题13 立体几何中的向量方法

空间向量及其应用一般每年考一道大题，试题一般以多面体为载体，分步设问，既考查综合几何也考查向量几何，诸小问之间有一定梯度，大多模式是：诸小问依次讨论线线垂直与平行→线面垂直与平行→面面垂直与平行→异面直线所成角、线面角、二面角→体积的计算．强调作图、证明、计算相结合．考查的多面体以三棱锥、四棱锥(有一条侧棱与底面垂直的棱锥、正棱锥)、棱柱(有一侧棱或侧面与底面垂直的棱柱，或底面为特殊图形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等类型的棱柱)为主．

1．共线向量与共面向量
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a、b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)共面向量定理：如果两个向量a、b不共线，则向量p与向量a、b共面的充要条件是存在唯一实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
2．两个向量的数量积
向量a、b的数量积：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
向量的数量积满足如下运算律：
①(λa)·b＝λ(a·b)；
②a·b＝b·a(交换律)；
③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)．
3．空间向量基本定理
如果三个向量a、b、c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一有序实数组{x，y，z}，使p＝xa＋yb＋zc.
推论：设O、A、B、C是不共面的四点，则对空间任一点P，都存在唯一的有序实数组{x，y，z}，使＝x＋y＋z.
4．空间向量平行与垂直的坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；
a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.
5．模、夹角和距离公式
(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则
|a|＝＝，
cos〈a，b〉＝＝.
(2)距离公式
设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则
||＝.
(3)平面的法向量
如果表示向量a的有向线段所在的直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a⊥α.
如果a⊥α，那么向量a叫做平面α的法向量．
6．空间角的类型与范围
(1)异面直线所成的角θ：0<θ≤；
(2)直线与平面所成的角θ：0≤θ≤；
(3)二面角θ：0≤θ≤π.
7．用向量求空间角与距离的方法
(1)求空间角：设直线l1、l2的方向向量分别为a、b，平面α、β的法向量分别为n、m.
①异面直线l1与l2所成的角为θ，则cosθ＝.
②直线l1与平面α所成的角为θ，则sinθ＝.
③平面α与平面β所成的二面角为θ，则|cosθ|＝.
(2)求空间距离
①直线到平面的距离，两平行平面间的距离均可转化为点到平面的距离．
点P到平面α的距离：d＝(其中n为α的法向量，M为α内任一点)．
②设n与异面直线a，b都垂直，A是直线a上任一点，B是直线B上任一点，则异面直线a、b的距离d＝.

高频考点一　向量法证明平行与垂直
1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．

【解析】法一：(1)证明：如图，连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.

又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥BC.
(2)取BC的中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
连接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．
不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.
由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，
所以cos∠EOG＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
法二：(1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC.
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E­xyz.

不妨设AC＝4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，
B1(，3，2)，F(，，2)，C(0，2，0)．
因此，＝，＝(－，1，0)．
由·＝0得EF⊥BC.
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得＝(－，1，0)，＝(0，2，－2)．
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
取n＝(1，，1)故
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.
【举一反三】如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：

(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD.
【证明】　依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．

(1)向量＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0.
所以BE⊥DC.
(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，
所以向量＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量．
而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，
所以BE⊥AB，
又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.
(3)由(2)知平面PAD的一个法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量．且n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，
所以n⊥.所以平面PCD⊥平面PAD.
【变式探究】如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.

(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
【证明】以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，

所以E，F，
＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．
(1)因为＝－，所以∥，
即EF∥AB.
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
所以EF∥平面PAB.
(2)因为·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
所以⊥，⊥，
即AP⊥DC，AD⊥DC.
又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
【方法规律】　利用空间向量证明平行与垂直的步骤
(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．
【变式探究】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.

求证：(1)B1D⊥平面ABD；
(2)平面EGF∥平面ABD.
证明：(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B－xyz，如图所示，

则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，设BA＝a，则A(a,0,0)，
所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)，
·＝0，·＝0＋4－4＝0，
即B1D⊥BA，B1D⊥BD.
又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD，
因此B1D⊥平面ABD.
(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，
则＝，＝(0,1,1)，
·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，
即B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.
结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.
高频考点二、　向量法求空间角
例2、(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B­EC­C1的正弦值．

【解析】(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，

故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D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D­xyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，1＝(0，0，2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
即
所以可取m＝(1，1，0)．
于是cosn，m＝＝－.
所以，二面角B­EC­C1的正弦值为.
【变式探究】(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．

(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M­AB­D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，所以EF∥AD，EF＝AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，
又BC＝AD，所以EF綊BC，
四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF.
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.
(2)由已知得BA⊥AD，以A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A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．

设M(x，y，z)(0 ＝(x－1，y，z)，＝(x，y－1，z－)．
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，
而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，
所以|cos〈，n〉|＝sin 45°，＝，
即(x－1)2＋y2－z2＝0.①
又M在棱PC上，设＝λ，则
由①②解得(舍去)，或
所以M，从而＝.

设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则
即
所以可取m＝(0，－，2)．
于是cos〈m，n〉＝＝.
因此二面角M­AB­D的余弦值为.
【方法技巧】(1)利用空间向量求空间角的一般步骤
①建立恰当的空间直角坐标系．
②求出相关点的坐标，写出相交向量的坐标．
③结合公式进行论证、计算．
④转化为几何结论．
【变式探究】(2017·北京卷)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＝，AB＝4.
(1)求证：M为PB的中点；
(2)求二面角B­PD­A的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．

【解析】(1)证明：如图，设AC，BD交于点E，连接ME，
因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，
所以PD∥ME.
因为四边形ABCD是正方形，
所以E为BD的中点，
所以M为PB的中点．

(2)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⊂平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.
因为四边形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，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)．

设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝1，z＝.
于是n＝(1,1，)．
平面PAD的法向量为p＝(0,1,0)，
所以cos〈n，p〉＝＝.
(3)由题意知M，C(2,4,0)，＝.
设直线MC与平面BDP所成角为α，则
sin α＝|cos〈n，〉|＝＝，
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.
高频考点三 　探索性问题
要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．
例 、如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角A­CD­F为60°，DE∥CF，CD⊥DE，AD＝2，DE＝DC＝3，CF＝6.
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)在线段CF上求一点G，使锐二面角B­EG­D的余弦值为.

【解】　(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，
所以BC∥AD.
因为AD⊂平面ADE，BC⊄平面ADE，
所以BC∥平面ADE.
同理CF∥平面ADE.
又BC∩CF＝C，所以平面BCF∥平面ADE.
因为BF⊂平面BCF，所以BF∥平面ADE.
(2)因为CD⊥AD，CD⊥DE，
所以∠ADE是二面角A­CD­F的平面角，即∠ADE＝60°.
因为AD∩DE＝D，所以CD⊥平面ADE.
因为CD⊂平面CDEF，
所以平面CDEF⊥平面ADE.
如图，作AO⊥DE于点O，则AO⊥平面CDEF.
由AD＝2，DE＝3，得DO＝1，EO＝2.
以O为坐标原点，平行于DC的直线为x轴，DE所在的直线为y轴，OA所在的直线为z轴建立空间直角坐标系O­xyz，

则O(0，0，0)，A(0，0，)，C(3，－1，0)，D(0，－1，0)，B(3，0，)，E(0，2，0)，F(3，5，0)，＝＋＝＋＝(3，0，)，
设G(3，t，0)，－1≤t≤5，
则＝(－3，2，－)，＝(0，t，－)，
设平面BEG的法向量为m＝(x，y，z)，
则由，
得，可取，
故平面BEG的一个法向量为m＝(2－t，3，t)，
又平面DEG的一个法向量为n＝(0，0，1)，
所以|cos〈m，n〉|＝＝，
所以＝，
解得t＝或t＝－(舍去)，
此时CG＝.
即所求线段CF上的点G满足CG＝.
【举一反三】如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.

(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【解析】　(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，
所以PD⊥平面PAB.
(2)取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥CD.
又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
如图，建立空间直角坐标系O －xyz.
由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．

设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2,2)．
又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－.
(3)设M是棱PA上一点，
则存在λ∈[0,1]使得＝λ.
因此点M(0,1－λ，λ), ＝(－1，－λ，λ)．
因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.
解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.
【方法技巧】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．
【变式探究】如图所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E的线段AA1上．

(1)当AEEA1＝12时，求证：DE⊥BC1；
(2)是否存在点E，使二面角D­BE­A等于60°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：连接DC1，
因为ABC－A1B1C1为正三棱柱，所以△ABC为正三角形．
又因为D为AC的中点，所以BD⊥AC.
又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.
所以BD⊥DE.
因为AEEA1＝12，AB＝2，AA1＝，所以AE＝，AD＝1.
所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°.在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°.
所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1.
所以DE⊥平面BDC1.
又因为BC1⊂平面BDC1，
所以ED⊥BC1.
(2)假设存在点E满足条件，设AE＝h.
取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD.

如图，分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，
则A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)．
所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(－1，，0)，＝(0,0，h)．
设平面DBE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)则
即
令z1＝1，得n1＝(－h,0,1)．
同理，设平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即
得n2＝(，1,0)．
所以|cos〈n1，n2〉|＝＝cos60°＝.
解得h＝<，故存在点E满足条件．
当AE＝时，二面角D­BE­A等于60°.

1．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B­EC­C1的正弦值．

【解析】(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，

故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D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D­xyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，1＝(0，0，2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
即
所以可取m＝(1，1，0)．
于是cosn，m＝＝－.
所以，二面角B­EC­C1的正弦值为.
2. (2019·高考天津卷)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E­BD­F的余弦值为，求线段CF的长．
【解析】依题意，可以建立以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＝(x，y，z)为平面BDF的法向量，则即不妨令y＝1，可得m＝(1，1，－)．
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.
3．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．

【解析】法一：(1)证明：如图，连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.

又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.
因此EF⊥BC.
(2)取BC的中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
连接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．
不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.
由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，
所以cos∠EOG＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
法二：(1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC.
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E­xyz.

不妨设AC＝4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，
B1(，3，2)，F(，，2)，C(0，2，0)．
因此，＝，＝(－，1，0)．
由·＝0得EF⊥BC.
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得＝(－，1，0)，＝(0，2，－2)．
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
取n＝(1，，1)故
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.
1. (2018年浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

(Ⅰ)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【答案】(Ⅰ)见解析
(Ⅱ)
【解析】
方法一：
(Ⅰ)由得，
所以.
故.
由， 得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
(Ⅱ)如图，过点作，交直线于点，连结.

由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.学科.网
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
方法二：
(Ⅰ)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：

因此
由得.
由得.
所以平面.
(Ⅱ)设直线与平面所成的角为.
由(Ⅰ)可知
设平面的法向量.
由即可取.
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
2. (2018年天津卷)如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；
(II)求二面角的正弦值；
(III)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.

【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).
【解析】依题意，可以建立以D为原点，
分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，
可得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)，M(0，，1)，N(1，0，2)．

(Ⅰ)依题意=(0，2，0)，=(2，0，2)．
设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，
则 即
不妨令z=–1，可得n0=(1，0，–1)．
又=(1，，1)，可得，
又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
(Ⅱ)依题意，可得=(–1，0，0)，，=(0，–1，2)．
设n=(x，y，z)为平面BCE的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得n=(0，1，1)．
设m=(x，y，z)为平面BCF的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得m=(0，2，1)．
因此有cos=，于是sin=．
所以，二面角E–BC–F的正弦值为．
(Ⅲ)设线段DP的长为h(h∈［0，2］)，则点P的坐标为(0，0，h)，
可得．
易知，=(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，
故，
由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．
所以线段的长为.
3. (2018年北京卷)如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

(Ⅰ)求证：AC⊥平面BEF；
(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；
(Ⅲ)证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】(1)证明见解析
(2) B-CD-C1的余弦值为
(3)证明过程见解析
【解析】
(Ⅰ)在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
∴AC⊥平面BEF．
(Ⅱ)由(I)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE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)．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，
又∵平面CDC1的法向量为，
∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
(Ⅲ)平面BCD的法向量为，∵G(0，2，1)，F(0，0，2)，
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
4. (2018年江苏卷)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．

(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)
【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．
因为AB=AA1=2，
所以．

(1)因为P为A1B1的中点，所以，
从而，
故．
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．
(2)因为Q为BC的中点，所以，
因此，．
设n=(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取，
设直线CC1与平面AQC1所成角为，
则，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
5. (2018年江苏卷)在平行六面体中，．

求证：(1)；
(2)．
【答案】答案见解析
【解析】
证明：(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因为AB平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因为A1B∩BC=B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因为AB1⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
6. (2018年全国I卷理数) 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△DFC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：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.

(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由(1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，
故PE⊥PF.
可得PH＝，EH＝.
则H(0，0，0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的法向量．
设DP与平面ABFD所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
7. (2018年全国Ⅲ卷理数)如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
(1)证明：平面平面；
(2)当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．

【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.

当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，

设是平面MAB的法向量,则
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
8. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，在三棱锥中，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)见解析(2)
【解析】
(1)因为，为的中点，所以，且.
连结.因为，所以为等腰直角三角形，
且，.
由知.
由知平面.
(2)如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.

由已知得取平面的法向量.
设，则.
设平面的法向量为.
由得，可取，
所以.由已知得.
所以.解得(舍去)，.
所以.又，所以.
所以与平面所成角的正弦值为.