高考数学浙江专用总复习教师用书：第8章 第8讲　立体几何中的向量方法二——求空间角 Word版含解析

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1、第8讲立体几何中的向量方法(二)求空间角最新考纲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.知 识 梳 理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l1与l2所成的角范围(0，)求法cos cos |cos |2.求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.3.求二面角的大小(1)如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小_，.(2)如图，n1，n2 分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则

2、二面角的大小满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).诊 断 自 测1.判断正误(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，.()答案(1)(2)(3)(4)2.(选修21P104练习2改编)已知两平面的法向量分别为m(0，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角为()A.45 B.135C.45或135

3、D.90解析cosm，n，即m，n45.两平面所成二面角为45或18045135.答案C3.(2014全国卷)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B.C. D.解析建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，设BC2，则B(0，2，0)，A(2，0，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所以(1，1，2)，(1，0，2)，故BM与AN所成角的余弦值cos .答案C4.正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且1，N为B1B的中点，则|为()A.a B.aC.a D.a解析以D为原

4、点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A( a，0，0)，C1(0，a，a)，N.设M(x，y，z)，点M在AC1上且1，(xa，y，z)(x，ay，az)xa，y，z.得M，|a.答案A5.已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若 cosm，n，则l与所成的角为_.解析设l与所成角为，cosm，n， sin | cosm，n|，090，30.答案306.(2017郑州预测)过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面ABCD，若ABPA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为_.解析如图，建立空间直角坐标系，设ABPA1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由

5、题意，AD平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AEPD，又CD平面PAD，CDAE，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.答案45考点一利用空间向量求异面直线所成的角【例1】 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，E是PC的中点.已知AB2，AD2，PA2.求：(1)PCD的面积.(2)异面直线BC与AE所成的角的大小.解(1)因为PA底面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD.又ADCD，PAADA，所以CD平面PAD，又PD平面PAD，从而CDPD.因为PD2，

6、CD2，所以PCD的面积为222. (2)法一如图1，取PB中点F，连接EF，AF，则EFBC，从而AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角.图1在AEF中，由于EF，AF，AEPC2.所以AF2EF2AE2，AFE90，则AEF是等腰直角三角形，所以AEF.因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是.法二如图2，建立空间直角坐标系，则B(2，0，0)，C(2，2，0)，E(1，1)，(1, ，1)，(0，2，0).图2设与的夹角为，则cos ，所以.由此可知，异面直线BC与AE所成的角的大小是.规律方法(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：选好基底或建立空间直角坐标系；求出两直线

7、的方向向量v1，v2；代入公式|cosv1，v2|求解.(2)两异面直线所成角的范围是，两向量的夹角的范围是0，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.【训练1】 (2016上海卷)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.(1)求三棱锥CO1A1B1的体积；(2)求异面直线B1C与AA1所成的角的大小.解(1)连接A1B1，因为，O1A1B1A1O1B1，O1A1B1为正三角形，SO1A1B1O1A1O1B1sin 60.VC

8、O1A1B1OO1SO1A1B11，三棱锥CO1A1B1的体积为.(2)以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C.(0，0，1)，(0，1，1)，cos，异面直线B1C与AA1所成的角为.考点二利用空间向量求直线与平面所成的角【例2】 (2016全国卷)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADBC，ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，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.(1)证明由已知得AMAD2.取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TNBC，TNBC2.又ADBC，故

9、TN綉AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MNAT.因为AT平面PAB，MN平面PAB，所以MN平面PAB.(2)解取BC的中点E，连接AE.由ABAC得AEBC，从而AEAD，且AE.以A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Axyz.由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，N，(0，2，4)，.设n(x，y，z)为平面PMN的法向量，则即可取n(0，2，1).于是|cosn，|.所以直线AN与平面PMN所成的角的正弦值为.规律方法利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它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

10、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2】 (2017福州质检)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，ABAC1，BB12，ABB160.(1)证明：ABB1C；(2)若B1C2，求AC1与平面BCB1所成角的正弦值.(1)证明连接AB1，在ABB1中，AB1，BB12，ABB160，由余弦定理得，ABAB2BB2ABBB1cosABB13，AB1，BBAB2AB，AB1AB.又ABC为等腰直角三角形，且ABAC，ACAB，ACAB1A，AB平面AB1C.又B1C平面AB1C，A

11、BB1C.(2)解AB1，ABAC1，B1C2，B1C2ABAC2，AB1AC.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，则A(0，0，0)，B1(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，(1，0，)，(1，1，0).设平面BCB1的一个法向量为n(x，y，z)，由得令z1，得xy，平面BCB1的一个法向量为n(，1).(0，1，0)(1，0，)(1，1，)，cos，n，AC1与平面BCB1所成角的正弦值为.考点三利用空间向量求二面角(易错警示)【例3】 (2017金丽衢十二校联考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，B1BB1AABBC，B1BC9

12、0，D为AC的中点，ABB1D.(1)求证：平面ABB1A1平面ABC；(2)求直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值；(3)求二面角BB1DC的余弦值.(1)证明取AB中点为O，连接OD，OB1，B1BB1A，OB1AB.又ABB1D，OB1B1DB1，AB平面B1OD，OD平面B1OD，ABOD.B1BC90，即BCBB1，又ODBC，ODBB1，又ABBB1B，OD平面ABB1A1，又OD平面ABC，平面ABC平面ABB1A1.(2)解由(1)知，OB，OD，OB1两两垂直.以O为坐标原点，的方向为x轴的方向，|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设知B1(0，0

13、，)，D(0，1，0)，A(1，0，0)，C(1，2，0)，C1(0，2，).则(0，1，)，(2，2，0)，(1，0，).设平面ACC1A1的一个法向量为m(x，y，z)，则由得可取m(，1).cos，m，直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值为.(3)解由题设知B(1，0，0)，则(1，1，0)，(0，1，)，(1，1，0).设平面BB1D的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则由得可取n1(，1).同理可得平面B1DC的一个法向量为n2(，1)，cosn1，n2.二面角BB1DC的余弦值为.规律方法利用向量计算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

14、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)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.易错警示对于：用线面垂直的判定定理易忽视面内两直线相交；对于：建立空间直角坐标系，若垂直关系不明确时，应先给出证明；对于：线面角的正弦sin |cos，m|，易误认为cos |cos，m|；对于：求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面角余弦值正负有两种方法：1通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；2当不易观察二面角是锐角

15、还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定.【训练3】 (2017浙江五校联考)如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAB底面ABCD，底面ABCD为矩形，PAPB，O为AB的中点，ODPC.(1)求证：OCPD；(2)若PD与平面PAB所成的角为30，求二面角DPCB的余弦值.(1)证明如图，连接OP.PAPB，O为AB的中点，OPAB.侧面PAB底面ABCD，OP平面ABCD，OPOD，OPOC.ODPC，OD平面OPC，ODOC，又OPOC，OPODO，OC平面OPD，OCPD.(2)解法一在矩形ABCD中，由(1)得ODOC，AB2AD，不妨设AD1，则AB2.侧面PAB底面

16、ABCD，底面ABCD为矩形，DA平面PAB，CB平面PAB，DPACPB，DPA为直线PD与平面PAB所成的角，DPA30，CPB30，PAPB，DPCP2，PDC为等边三角形.设PC的中点为M，连接DM，则DMPC.在RtCBP中，过M作NMPC，交PB于点N，连接ND，则DMN为二面角DPCB的一个平面角.由于CPB30，PM1，故在RtPMN中，MN，PN.cosAPB，AN2323，ND2314，cosDMN，即二面角DPCB的余弦值为.法二取CD的中点E，以O为原点，OE，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz.在矩形ABCD中，由(1)得ODOC，AB2

17、AD，不妨设AD1，则AB2.侧面PAB底面ABCD，底面ABCD为矩形，DA平面PAB，CB平面PAB，DPACPB，DPA为直线PD与平面PAB所成的角，DPA30，CPB30，PAPB，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D(1，1，0)，P(0，0，)，从而(1，1，)，(0，2，0).设平面PCD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由得可取n1(，0，1).同理，可取平面PCB的一个法向量为n2(0，1).于是cosn1，n2，二面角DPCB的余弦值为.思想方法1.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建

18、系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.2.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

19、错防范1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：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；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.2.线面角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 |cosa，n|，不要误记为cos |cosa，n|.3.二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，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，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016台州调研)在正方体A1B1C1D1ABCD中，AC与B1D所

20、成的角的大小为()A. B. C. D.解析建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).(1，1，0)，(1，1，1)，1(1)110(1)0，AC与B1D所成的角为.答案D2.(2017郑州调研)在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为()A. B. C. D.解析设正方体的棱长为1，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，所以(0

21、，0，1)，(1，1，0)，(1，0，1).令平面ACD1的法向量为n(x，y，z)，则nxy0，nxz0，令x1，可得n(1，1，1)，所以sin |cosn，|.答案B3.在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A. B. C. D.解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，(0，1，1)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，所以有即解得n1(1，2，2).平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)， cosn1，n2.即所成的锐二面角的余

22、弦值为.答案B4.(2017西安调研)已知六面体ABCA1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则直线CC1与平面AB1D所成的角为()A.45 B.60C.90 D.30解析如图所示，取AC的中点N，以N为坐标原点，建立空间直角坐标系.则A，C，B1，D，C1，(0，0，a).设平面AB1D的法向量为n(x，y，z)，由n0，n0，可取n(，1，2).cos，n，直线CC1与平面AB1D所成的角为45.答案A5.设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()A. B.C. D.解析如图建立坐标系.则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B

23、(2，2，0)，(2，0，0)，(2，2，0)，设平面A1BD的一个法向量n(x，y，z)，则令z1，得n(1，1，1).D1到平面A1BD的距离d.答案D二、填空题6.在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于_.解析以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA12AB2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则(0，1，0)，(1，1，0)，(0，1，2).设平面BDC1的一个法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量为n (2，2，1).设CD与平面BDC1所成的角

24、为，则sin |cosn，|.答案7.(2017温州月考)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角大小为_；直线EF与底面ABC所成角的大小为_.解析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设ABBCAA12，则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则(0，1，1)，(2，0，2)，2，cos，EF和BC1所成的角为60；FB平面ABC，BFBE1，FEB为直线EF与底面ABC的夹角且为45.答案60458.已知点E，F分别在正方体ABCDA1B1C

25、1D1的棱BB1，CC1上，且B1E2EB，CF2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于_.解析延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.设正方体的棱长为3，则GBBC3，作BHAG于点H，连接EH，则EHB为所求二面角的平面角.BH，EB1，tanEHB.答案三、解答题9.(2015全国卷)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(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.(1)证明如图，连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABC

26、D中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在Rt EBG中，可得BE，故DF.在Rt FDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)解如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，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.1

27、0.(2016全国卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.(1)证明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值.(1)证明由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC，又AF平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC.(2)解过D作DGEF，垂足为G，由(1)知DG平面ABEF.以G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Gxyz.由(1)知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则|DF|2，|DG|，可得A(1，4，0)，B(3，4

28、，0)，E(3，0，0)，D(0，0，).由已知，ABEF，所以AB平面EFDC，又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF，由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角CBEF的平面角，CEF60，从而可得C(2，0，).所以(1，0，)，(0，4，0)，(3，4，)，(4，0，0).设n(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，则即所以可取n(3，0，).设m是平面ABCD的一个法向量，则同理可取m(0，4)，则cosn，m.故二面角EBCA的余弦值为.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.(2017济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA

29、CC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B. C. D.解析不妨令CB1，则CACC12，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，(0，2，1)，(2，2，1)，cos，0.与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.答案A12.在正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且 SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是()A.30 B.45 C.60 D.90解析如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa.则A(a，0，0)，B(

30、0，a，0)，C(a，0，0)，P.则(2a，0，0)，(a，a，0)，设平面PAC的一个法向量为n(x，y，z)，则解得可取n(0，1，1)，则 cos，n，又，n(0，180)，n60，直线BC与平面PAC所成的角为906030.答案A13.(2016浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD，ABBC3，CD1，AD，ADC90，沿直线AC将ACD翻折成ACD，直线AC与BD所成角的余弦的最大值是_.解析设直线AC与BD所成角为，平面ACD翻折的角度为，设O是AC中点，由已知得AC，如图，以OB为x轴，OA为y轴，过O与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A，B，C，作DHAC于

31、H，翻折过程中，DH始终与AC垂直，CH，则OH，DH，因此可设D，则，与平行的单位向量为n(0，1，0)，所以cos |cos，n|，所以cos 1时，cos 取最大值.答案14.(2016四川卷)如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，ADCPAB90，BCCDAD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由；(2)若二面角PCDA的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.解(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M(M平面PAB)，点M即为所求的一个点.理由如下：由已知，知BCED

32、，且BCED.所以四边形BCDE是平行四边形.从而CMEB.又EB平面PBE，CM平面PBE，所以CM平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得APPN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)法一由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD.从而CDPD.所以PDA是二面角PCDA的平面角.所以PDA45.设BC1，则在RtPAD中，PAAD2.过点A作AHCE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA平面ABCD，从而PACE.于是CE平面PAH.所以平面PCE平面PAH.过A作AQPH于Q，则AQ平面PCE.所以APH是PA与平面PCE所成的角.在RtAEH中，AEH45，

33、AE1，所以AH.在RtPAH中，PH，所以sinAPH.所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.法二由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以CD平面PAD.于是CDPD.从而PDA是二面角PCDA的平面角.所以PDA45.由PAAB，可得PA平面ABCD.设BC1，则在RtPAD中，PAAD2.作AyAD，以A为原点，以，的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0)，所以(1，0，2)，(1，1，0)，(0，0，2)，设平面PCE的一个法向量为n(x，y，z)，由得设x2，解得n(2，2，

34、1).设直线PA与平面PCE所成角为，则sin .所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.15.(2016浙江卷)如图，在三棱台ABCDEF中，平面BCFE平面ABC，ACB90，BEEFFC1，BC2，AC3.(1)求证：BF平面ACFD；(2)求二面角BADF的平面角的余弦值.(1)证明延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示.因为平面BCFE平面ABC，且ACBC，所以，AC平面BCK，因此BFAC.又因为EFBC，BEEFFC1，BC2，所以BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BFCK，且CKACC，所以BF平面ACFD.(2)解法一过点F作FQAK于Q，连接BQ.因为BF平面

35、ACK，所以BFAK，则AK平面BQF，所以BQAK.所以BQF是二面角BADF的平面角.在RtACK中，AC3，CK2，得FQ.在RtBQF中，FQ，BF，得cosBQF.所以，二面角BADF的平面角的余弦值为.法二如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则BCK为等边三角形.取BC的中点O，则KOBC，又平面BCFE平面ABC，所以KO平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(1，0，0)，C(1，0，0)，K(0，0，)，A(1，3，0)，E，F.因此，(0，3，0)，(1，3，)，(2，3，0).设平面ACK的法向量

36、为m(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n(x2，y2，z2).由得取m(，0，1)；由得取n(3，2，).于是，cosm，n.所以，二面角BADF的平面角的余弦值为.高考导航1.立体几何是高考的重要内容，每年都有选择题或填空题或解答题考查.小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力.解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.热点题型主要有平面图形的翻折、探索性问题等；2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合

37、(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算).热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(规范解答)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】 (满分12分)(2017湖州模拟)如图，在ABC中，ABC，O为AB边上一点，且3OB3OC2AB，已知PO平面ABC，2DA2AOPO，且DAPO.(1)求证：平面PBD平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.满分解答(1)证明OBOC，又ABC，OCB，BOC.COAB.2分又PO平面A

38、BC，OC平面ABC，POOC.又PO，AB平面PAB，POABO，CO平面PAB，即CO平面PDB.4分又CO平面COD，平面PDB平面COD.6分(2)解以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA1，则POOBOC2，DA1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，1，1)，(0，1，1)，(2，2，0)，(0，3，1).8分设平面BDC的一个法向量为n(x，y，z)，令y1，则x1，z3，n(1，1，3).10分设PD与平面BDC所成的角为，则sin .即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.12分得步骤分：抓住得分点的步骤

39、，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，先证线面垂直，再证两面垂直.得关键分：解题过程不可忽视的关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中证线面垂直不可漏“CO平面PDB”.得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(2)问中求法向量n，计算线面角正弦值sin . 利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系.第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.第四步：计算向量的夹角(或函数值).第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【训练1】 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，A

40、DD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EFB1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明由正方形的性质可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1，面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A为原点，分别以，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐

41、标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设平面A1DE的一个法向量n1(r1，s1，t1)，而该面上向量，(0，1，1)，由n1，n1得(1，1，1)为其一组解，所以可取n1(1，1，1).设平面A1B1CD的一个法向量n2(r2，s2，t2)，而该面上向量(1，0，0)，(0，1，1)，由此同理可得n2(0，1，1).则cosn1，n2.所以二面角EA1DB1的余弦值为.热点二立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计

42、算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：(1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在.【例2】 (2016北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(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.(1)证明因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABAD，所以AB平面PAD，所以ABPD.又PAPD，ABPAA，所以PD平面P

43、AB.(2)解取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD.因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD，所以POCO.因为ACCD，所以COAD.如图，建立空间直角坐标系Oxyz.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的一个法向量为n(x，y，z)，则即令z2，则x1，y2.所以n(1，2，2).又(1，1，1)，所以cosn，.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解设M是棱PA上一点，则存在0，1，使得.因此点M(0，1，)，(1，).因为BM平面P

44、CD，所以要使BM平面PCD，则n0，即(1，)(1，2，2)0，解得.所以在棱PA上存在点M，使得BM平面PCD，此时.探究提高(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【训练2】 (2015天津卷改编)在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，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D1AC

45、B1的正弦值；(3)在棱A1B1上是否存在点E，使得直线NE与平面ABCD所成角的正弦值为？若存在，求出线段A1E的长；若不存在，请说明理由.解如图，以A为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)，又因为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，由此可得n0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)(1，2，2)，(2，0，0)，设n1(x1，y1，z1

46、)为平面ACD1的一个法向量，则即不妨设z11，可得n1(0，1，1).设n2(x2，y2，z2)为平面ACB1的一个法向量，则又(0，1，2)，得不妨设z21，可得n2(0，2，1).因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2，所以二面角D1ACB1的正弦值为.(3)假设存在点E，使得NE与平面ABCD所成角的正弦值为.依题意，可设，其中0，1，则E(0，2)，从而(1，2，1)，又n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得|cos，n|，整理得2430，解得2.又因为0，1，所以2，因此存在点E，满足题设条件，且线段A1E2.热点三立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几

47、条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】 (2016全国卷)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB5，AC6，点E，F分别在AD，CD上，AECF，EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置，OD.(1)证明：DH平面ABCD；(2)求二面角BDAC的正弦值.(1)证明由已知得ACBD，ADCD.又由AECF得，故ACEF.因此EFHD，从而EFDH.由AB5，AC6得DOBO4.由EFAC得.所以OH1，DHDH3.于是DH2OH2321210DO2，故

48、DHOH.又DHEF，而OHEFH，所以DH平面ABCD.(2)解如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0，0，0)，A(3，1，0)，B(0，5，0)，C(3，1，0)，D(0，0，3)，(3，4，0)，(6，0，0)，(3，1，3).设m(x1，y1，z1)是平面ABD的一个法向量，则即所以可取m(4，3，5).设n(x2，y2，z2)是平面ACD的一个法向量，则即所以可取n(0，3，1).于是cosm，n.sinm，n.因此二面角BDAC的正弦值是.探究提高立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还

49、在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【训练3】 (2015陕西卷)如图1，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点.将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图2.(1)证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明在题图1中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD，所以BEAC.即在题图2中，BEOA1，BEOC，从而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)解由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEO

50、C，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC.如图，以O为原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0，0).设平面A1BC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的一个法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为，则得取n1(1，1，1)； 得取n2(0，1，1)，从而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.(建议用时：80分钟)1.(2017金华质检)在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD，将ABD沿BD折起，使得

51、平面ABD平面BCD，如图.(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.(1)证明平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)解过点B在平面BCD内作BEBD，如图.由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y 轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意，得B(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，A(0，0，1)，M，则(1，1，0)，(0，1，1).设平面MBC的法向量为n(x0，y0，z

52、0)，则即取z01，得平面MBC的一个法向量为n(1，1，1).设直线AD与平面MBC所成角为，则 sin | cosn，|，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.2.(2017浙江三市十二校联考)如图，三棱锥PABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE，CE2EB2.(1)证明：DE平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值.(1)证明由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE.由CE2，CDDE得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD.(2)解由(1)知，CDE为等腰直角三角形，

53、DCE，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1，又已知EB1，故FB2.由ACB，得DFAC，故ACDF.以C为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A，E(0，2，0)，D(1，1，0)，(1，1，0)，(1，1，3)，.设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由n10，n10，得故可取n1(2，1，1).由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2(1，1，0).从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos n1，n2，故所求二面角APDC的余弦值为.3.(2017丽水月考)如图，直

54、三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA14，BC2.BDAC，垂足为D，E为棱BB1上一点，BD平面AC1E.(1)求线段B1E的长；(2)求二面角C1ACE的余弦值.解(1)由ABAC4，知ABC为等腰三角形，又BDAC，BC2，故ACBDBC，解得BD.从而在RtCDB中，CD1，故ADACCD3.如图，过点D作DFCC1，交AC1于F，连接EF.因为DFCC1，从而，得DF3.因为DFCC1，CC1BB1，故DFBB1，即DFBE，故DF与BE确定平面BDFE.又BD平面AC1E，而平面BDFE平面AC1EEF，故BDEF.故四边形BDFE为平行四边形，从而DFBE3，所以B1EBB1

55、BE1.(2)如图，以D为坐标原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，C(1，0，0)，E(0，3)，(1，0，0)，(0，3).设平面ACE的一个法向量为n1(x，y，z)，由n10，n10，得故可取n1(0，3，).又平面ACC1在xDz面上，故可取n2(0，1，0)为平面ACC1的一个法向量.从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2.由图知二面角C1ACE为锐角，故二面角C1ACE的余弦值为.4.(2017郑州模拟)等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足，如图1.将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使二面角A1DEB为直二面角，连接A1B，A1C，如图2.(1)求证：A1D平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由.(1)证明因为等边三角形ABC的边长为3，且，所以AD1，AE2.在ADE中，DAE60，由余弦定理得DE.从而AD2