还剩22页未读，
继续阅读
2019届二轮复习第3讲 立体几何中的向量方法学案（全国通用）
展开
第3讲 立体几何中的向量方法
高考定位 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.
真 题 感 悟
1.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 法一 以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.
图(1) 图(2)
则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).
又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，，0).
所以＝(1，－，1)，＝(1，0，1)，
则cos〈，〉＝
＝＝＝，
因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
法二 如图(2)，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1中点，则PN∥BC1，MN∥AB1，
∴AB1与BC1所成的角是∠MNP或其补角.
∵AB＝2，BC＝CC1＝1，
∴MN＝AB1＝，NP＝BC1＝.
取BC的中点Q，连接PQ，MQ，则可知△PQM为直角三角形，且PQ＝1，MQ＝AC，
在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC
＝4＋1－2×2×1×＝7，AC＝，
则MQ＝，则△MQP中，MP＝＝，
则△PMN中，cos∠PNM＝
＝＝－，
又异面直线所成角范围为，则余弦值为.
答案 C
2.(2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.
(1)证明 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，又DM⊂平面CDM，故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
由于DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)解 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D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，
＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0).
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则即
可取n＝(1，0，2).
又是平面MCD的法向量，
因此cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为.
3.(2018·全国Ⅰ卷)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.
(1)证明 由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解 作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，以的方向为y轴的正方向，||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EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.
可得PH＝，EH＝.
则H(0，0，0)，P，D，
＝，＝为平面ABFD的一个法向量.
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.
考 点 整 合
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
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)(以下相同).
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θ，则
cos θ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ，则
sin θ＝＝|cosa，μ|.
(3)面面夹角
设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，
则|cos θ|＝＝|cosμ，v|.
热点一 利用空间向量证明平行、垂直关系
【例1】 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＝(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，PA，AD⊂平面PAD，
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的法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，
设平面PCD的一个法向量为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PAD⊥平面PCD.
探究提高 1.利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).
2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件，如在(2)中忽略BE⊄平面PAD而致误.
【训练1】 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，如图所示.
则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4).
设BA＝a，则A(a，0，0)，
所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2).
·＝0，·＝0＋4－4＝0，
则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.
热点二 利用空间向量计算空间角
考法1 求线面角或异面直线所成的角
【例2－1】 (2018·烟台质检)如图，在梯形ABCD中，AD＝BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDFE⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD.
(1)求证：平面AFC⊥平面BDFE；
(2)若AB＝2CD＝2，BE＝EF＝2，求BF与平面DFC所成角的正弦值.
(1)证明 ∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD＝BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，
∴AC⊥平面BDFE.又AC⊂平面AFC，
∴平面AFC⊥平面BDFE.
(2)解 设AC∩BD＝O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB＝2CD＝2，
∴OD＝OC＝1，OB＝OA＝2，
∵FE∥OB且FE＝OB，∴四边形FEBO为平行四边形，
∴OF∥BE，且OF＝BE＝2，
又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD.
以O为原点，向量，，的方向分别为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B(0，2，0)，D(0，－1，0)，F(0，0，2)，C(－1，0，0)，
＝(0，1，2)，＝(1，－1，0)，＝(0，－2，2)，
设平面DFC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
有即
不妨设z＝1，得x＝y＝－2，得n＝(－2，－2，1).
于是cos〈n，〉＝＝.
设BF与平面DFC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝.
∴BF与平面DFC所成角的正弦值为.
探究提高 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cos θ＝|cos φ|.
2.直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角).
【训练2】 (2018·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.
解 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，连接OB，OO1.则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB.以{，，}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.因为AB＝AA1＝2，
所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2).
(1)因为P为A1B1的中点，所以P，
从而＝，＝(0，2，2)，
故|cos〈，〉|＝＝＝.
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Q，
因此＝，＝(0，2，2)，＝(0，0，2).
设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取n＝(，－1，1).
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.
考法2 二面角的计算
【例2－2】 (2018·福州模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1＝4，AB＝2，AC＝2，∠BAC＝45°，点M是棱AA1上不同于A，A1的动点.
(1)证明：BC⊥B1M；
(2)若平面MB1C把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角M－B1C－A的余弦值.
(1)证明 在△ABC中，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝4＋8－2×2×2×cos 45°＝4，
∴BC＝2，则有AB2＋BC2＝8＝AC2，
∴∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，
又∵BB1⊥BC，BB1∩AB＝B，
∴BC⊥平面ABB1A1，又B1M⊂平面ABB1A1，
故BC⊥B1M.
(2)解 由题设知，平面MB1C把此三棱柱分成两个体积相等的几何体为四棱锥C－ABB1M和四棱锥B1－A1MCC1.
由(1)知四棱锥C－ABB1M的高为BC＝2，
∵V三棱柱ABC－A1B1C1＝×2×2×4＝8，
∴V四棱锥C－ABB1M＝V柱＝4，
又V四棱锥C－ABB1M＝S梯形ABB1M·BC＝S梯形ABB1M＝4，
∴S梯形ABB1M＝6＝×2，∴AM＝2.
此时M为AA1中点，
以点B为坐标原点，，，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B－xyz.
∴A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2).
∴＝(0，－2，4)，＝(2，0，－2)，＝(－2，2，0)，
设n1＝(x1，y1，z1)是平面CB1M的一个法向量，
∴即
令z1＝1，可得n1＝(1，2，1)，
设n2＝(x2，y2，z2)是平面ACB1的一个法向量，
∴即
令z2＝1，得n2＝(2，2，1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.
所以二面角M－B1C－A的余弦值等于.
探究提高 1.二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.
2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.
【训练3】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.
(1)求证：AC⊥平面BEF；
(2)求二面角B－CD－C1的余弦值；
(3)证明：直线FG与平面BCD相交.
(1)证明 在三棱柱ABC－A1B1C1中，
因为CC1⊥平面ABC，
所以四边形A1ACC1为矩形.
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
所以AC⊥EF.
因为AB＝BC，
所以AC⊥BE.
又EF∩BE＝E，
所以AC⊥平面BEF.
(2)解 由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1，
又CC1⊥平面ABC，
所以EF⊥平面ABC，
因为BE⊂平面ABC，
所以EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系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).
所以＝(－1，－2，0)，＝(1，－2，1).
设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则即
令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.
于是n＝(2，－1，－4).
又因为平面CC1D的法向量为＝(0，2，0)，
所以cos〈n，〉＝＝－.
由题知二面角B－CD－C1为钝角，所以其余弦值为－.
(3)证明 由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，＝(0，2，－1).
因为n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，
所以直线FG与平面BCD相交.
热点三 利用空间向量求解探索性问题
【例3】 如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，底面ABCD的边长为2，侧棱长为2.
(1)若点E为PD上的点，且PB∥平面EAC，试确定E点的位置；
(2)在(1)的条件下，在线段PA上是否存在点F，使平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求线段PF的长度，若不存在，请说明理由.
解 (1)设BD交AC于点O，连接OE.
∵PB∥平面AEC，平面AEC∩平面BDP＝OE，
∴PB∥OE.
又O为BD的中点，∴在△BDP中E为PD中点.
(2)连接OP，由题知PO⊥平面ABCD，且AC⊥BD，
∴以，，所在直线为x、y、z轴建立直角坐标系，如图.
OP＝＝.
∴O(0，0，0)，A(－，0，0)，B(0，－，0)，C(，0，0)，D(0，，0)，P(0，0，)，
则E，＝(，0，0)，＝，＝(0，，0).
设平面AEC的法向量为m＝(x1，y1，z1).
则⇒
令z1＝1，得平面AEC的一个法向量m＝(0，－，1)，
假设在线段PA上存在点F，满足题设条件，不妨设＝λ(0≤λ≤1).
则F(－λ，0，－λ)，＝(－λ，0，－λ).
设平面BDF的法向量n＝(x2，y2，z2)，
∴⇒
令z2＝1得平面BDF的一个法向量
n＝.
由平面AEC与平面ADF所成锐二面角的余弦值为，
则cos〈m，n〉＝＝＝，
解得λ＝.
所以||＝||＝.
故在线段PA上存在点F，当|PF|＝时，使得平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为.
探究提高 1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.
2.空间向量求解探索性问题：(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.
【训练4】 (2018·广州质检)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，DE＝2，DE>BF，∠ABC＝120°.
(1)当BF长为多少时，平面AEF⊥平面CEF?
(2)在(1)的条件下，求二面角E－AC－F的余弦值.
解 (1)连接BD交AC于点O，则AC⊥BD.
取EF的中点G，连接OG，则OG∥DE.
∵DE⊥平面ABCD，∴OG⊥平面ABCD.
∴OG，AC，BD两两垂直.
以AC，BD，OG所在直线分别作为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，
设BF＝m(0
设平面AEF，平面CEF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
则∴
解得
取x1＝m＋2，得n1＝(m＋2，2－m，2).
同理可求n2＝(m＋2，m－2，－2).
若平面AEF⊥平面CEF，则n1·n2＝0，
∴(m＋2)2＋(m－2)(2－m)－12＝0，
解得m＝或m＝7(舍)，
故当BF长为时，平面AEF⊥平面CEF.
(2)当m＝时，＝(－，－1，2)，＝(－2，0，0)，＝(0，2，－)，＝(－，1，)，＝(，1，)，
则·＝0，·＝0，所以EF⊥AF，EF⊥CF，且AF∩CF＝F，所以EF⊥平面AFC，
所以平面AFC的一个法向量为＝(0，2，－).
设平面AEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
∴得
令z＝，n＝(0，4，).
从而cos〈n，〉＝＝＝.
故所求的二面角E－AC－F的余弦值为.
1.两条直线夹角的范围为.设直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2，其夹角为θ，则cos θ＝|cosn1，n2|＝.
2.二面角的范围为[0，π].设半平面α与β的法向量分别为n1与n2，二面角为θ，则|cos θ|＝|cosn1，n2|＝.
3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.
4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.
一、选择题
1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是( )
A. B. C. D.
解析 如图，建立空间直角坐标系，
易求点D，平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1，0，0)，所以sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.
答案 D
2.(2018·合肥质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点E是底面ABCD上的动点，则(－)·的最大值为( )
A. B.1 C. D.
解析 由正方体性质知·＝0，则(－)·＝·.建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，1，0)，C(0，1，0).设点E(x，y，0)，则＝(x，y－1，0)，＝＝(1，1，0).∴·＝(x，y－1，0)·(1，1，0)＝x＋y－1.
易知当E位于点B时，x＋y有最大值2.因此·的最大值为2－1＝1.
答案 B
3.(2018·衡水中学质检)如图，在四棱锥C－ABOD中，CO⊥平面ABOD，AB∥OD，OB⊥OD，且AB＝2OD＝4，AD＝2，异面直线CD与AB所成角为30°，若点O，B，C，D都在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A.72π B.8π C.π D.π
解析 ∵CD与AB所成角为30°，且AB∥OD，∴∠CDO＝30°，由OD＝2，知OC＝OD·tan 30°＝.在直角梯形ABOD中，OB＝＝2.因此(2R)2＝OB2＋OD2＋OC2＝，故球的表面积S＝4πR2＝π.
答案 C
4.(2018·全国Ⅱ卷)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.
解析 法一 如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM.易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，
DB1＝＝.所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，
得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
法二 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.由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝
(－1，0，)，＝(1，1，).则cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
答案 C
5.(2018·长沙雅礼中学检测)在三棱锥P－ABC中，点P在底面的正投影恰好是等边△ABC的边AB的中点，且点P到底面ABC的距离等于底面边长.设△PAC与底面所成的二面角的大小为α，△PBC与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是( )
A. B.
C.－ D.－
解析 如图，设点P在边AB上的射影为H，作HF⊥BC，HE⊥AC，连接PF，PE.
依题意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.
不妨设等边△ABC的边长为2，则PH＝2，AH＝BH＝1.
∴HE＝，HF＝，则tan α＝tan β＝＝，
故tan(α＋β)＝＝＝－ .
答案 C
二、填空题
6.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则cos(α－β)＝________.
解析 ∵AC⊥BD且AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D1D⇒AC⊥DE，∴α＝.
取A1D1的中点F，连EF，FD，易知EF⊥平面ADD1A1，则β＝∠EDF.cos(α－β)＝cos
＝sin∠EDF＝＝.
答案
三、解答题
7.(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD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A－PB－C的余弦值.
(1)证明 ∵∠BAP＝∠CDP＝90°，
∴PA⊥AB，PD⊥CD，又∵AB∥CD，∴PD⊥AB，
又∵PD∩PA＝P，PD，PA⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)解 在平面PAD内作PO⊥AD，垂足为点O.
由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PO，又AB∩AD＝A，可得PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设PA＝2，∴D(－，0，0)，
B(，2，0)，P(0，0，)，C(－，2，0)，
∴＝(－，0，－)，＝(，2，－)，
＝(－2，0，0)，
设n＝(x，y，z)为平面PBC的一个法向量，
由得
令y＝1，则z＝，x＝0，可得平面PBC的一个法向量n＝(0，1，)，∵∠APD＝90°，∴PD⊥PA，
又知AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴PD⊥AB，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴PD⊥平面PAB，
即是平面PAB的一个法向量，
∴cos〈，n〉＝＝＝－，
由图知二面角A－PB－C为钝角，
所以它的余弦值为－.
8.(2018·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.
(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
(1)证明 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：
A(0，－，0)，B(1，0，0)，A1(0，－，4)，B1(1，0，2)，C1(0，，1).
因此＝(1，，2)，
＝(1，，－2)，＝(0，2，－3).
由·＝0得AB1⊥A1B1.
由·＝0得AB1⊥A1C1，A1B1∩A1C1＝A1，
所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.
由(1)可知＝(0，2，1)，＝(1，，0)，＝(0，0，2).
设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z).
由即
令y＝1，则x＝－，z＝0，可得平面ABB1的一个法向量n＝(－，1，0).
所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
9.(2018·武汉模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O.如图2，点P为BC中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.
(1)证明 由题设知OA，OB，OO1两两垂直，所以以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，设AQ的长度为m，则相关各点的坐标为O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0).
∵点P为BC中点，∴P，
∴＝(3，0，6)，＝(0，m，0)，＝，
∵·＝0，·＝0.
∴OD⊥AQ，OD⊥PQ，且AQ∩PQ＝Q，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解 ∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，
则Q(6，3，0)，∴＝(－6，3，0)，＝(0，－3，6).
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
∵∴
令z＝1，则y＝2，x＝1，则n1＝(1，2，1)，
又显然，平面ABQ的法向量为n2＝(0，0，1).
设二面角C－BQ－A的平面角为θ.由图可知，θ为锐角，
则cos θ＝＝.
所以二面角C－BQ－A的余弦值为.
10.(2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
(1)证明 因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)解 如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.
由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(0，2，2).取平面PAC的一个法向量＝(2，0，0).
设M(a，2－a，0)(0
由·n＝0，·n＝0得
可取n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝，
所以＝，
解得a＝－4(舍去)，a＝，
所以n＝.
又＝(0，2，－2)，所以cos〈，n〉＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
11.(2018·佛山调研)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE－BCF和一个正四棱锥P－ABCD组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2.
(1)证明：平面PAD⊥平面ABFE；
(2)求正四棱锥P－ABCD的高h，使得二面角C－AF－P的余弦值是.
(1)证明 由于几何体是由一个直三棱柱ADE－BCF和一个正四棱锥P－ABCD的组合体.
∴AD⊥AB，又AD⊥AF，AF∩AB＝A，
∴AD⊥平面ABFE.又AD⊂平面PAD，
∴平面PAD⊥平面ABFE.
(2)解 以A为原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A－xyz.
设正四棱锥的高为h，AE＝AD＝2，
则A(0，0，0)，F(2，2，0)，C(2，0，2)，P(1，－h，1)，
设平面ACF的一个法向量m＝(x，y，z)，
＝(2，2，0)，＝(2，0，2)，
则取x＝1，得m＝(1，－1，－1)，
设平面AFP的一个法向量n＝(a，b，c)，
＝(1，－h，1)，
则取b＝1，则n＝(－1，1，1＋h)，
二面角C－AF－P的余弦值，
∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得h＝1或h＝－(舍去).
∴当正四棱锥P－ABCD的高为1时，二面角C－AF－P的余弦值为.
高考定位 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.
真 题 感 悟
1.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 法一 以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.
图(1) 图(2)
则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).
又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，，0).
所以＝(1，－，1)，＝(1，0，1)，
则cos〈，〉＝
＝＝＝，
因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
法二 如图(2)，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1中点，则PN∥BC1，MN∥AB1，
∴AB1与BC1所成的角是∠MNP或其补角.
∵AB＝2，BC＝CC1＝1，
∴MN＝AB1＝，NP＝BC1＝.
取BC的中点Q，连接PQ，MQ，则可知△PQM为直角三角形，且PQ＝1，MQ＝AC，
在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC
＝4＋1－2×2×1×＝7，AC＝，
则MQ＝，则△MQP中，MP＝＝，
则△PMN中，cos∠PNM＝
＝＝－，
又异面直线所成角范围为，则余弦值为.
答案 C
2.(2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.
(1)证明 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，又DM⊂平面CDM，故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.
由于DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)解 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D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，
＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0).
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则即
可取n＝(1，0，2).
又是平面MCD的法向量，
因此cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝.
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值为.
3.(2018·全国Ⅰ卷)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.
(1)证明 由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)解 作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，以的方向为y轴的正方向，||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EF2＝PE2＋PF2，所以PE⊥PF.
可得PH＝，EH＝.
则H(0，0，0)，P，D，
＝，＝为平面ABFD的一个法向量.
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.
考 点 整 合
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
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)(以下相同).
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θ，则
cos θ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ，则
sin θ＝＝|cosa，μ|.
(3)面面夹角
设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，
则|cos θ|＝＝|cosμ，v|.
热点一 利用空间向量证明平行、垂直关系
【例1】 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＝(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，PA，AD⊂平面PAD，
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的法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，
设平面PCD的一个法向量为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PAD⊥平面PCD.
探究提高 1.利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).
2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件，如在(2)中忽略BE⊄平面PAD而致误.
【训练1】 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，如图所示.
则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4).
设BA＝a，则A(a，0，0)，
所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2).
·＝0，·＝0＋4－4＝0，
则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.
热点二 利用空间向量计算空间角
考法1 求线面角或异面直线所成的角
【例2－1】 (2018·烟台质检)如图，在梯形ABCD中，AD＝BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDFE⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD.
(1)求证：平面AFC⊥平面BDFE；
(2)若AB＝2CD＝2，BE＝EF＝2，求BF与平面DFC所成角的正弦值.
(1)证明 ∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD＝BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，
∴AC⊥平面BDFE.又AC⊂平面AFC，
∴平面AFC⊥平面BDFE.
(2)解 设AC∩BD＝O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB＝2CD＝2，
∴OD＝OC＝1，OB＝OA＝2，
∵FE∥OB且FE＝OB，∴四边形FEBO为平行四边形，
∴OF∥BE，且OF＝BE＝2，
又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD.
以O为原点，向量，，的方向分别为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B(0，2，0)，D(0，－1，0)，F(0，0，2)，C(－1，0，0)，
＝(0，1，2)，＝(1，－1，0)，＝(0，－2，2)，
设平面DFC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
有即
不妨设z＝1，得x＝y＝－2，得n＝(－2，－2，1).
于是cos〈n，〉＝＝.
设BF与平面DFC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝.
∴BF与平面DFC所成角的正弦值为.
探究提高 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cos θ＝|cos φ|.
2.直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角).
【训练2】 (2018·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.
解 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，连接OB，OO1.则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB.以{，，}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.因为AB＝AA1＝2，
所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2).
(1)因为P为A1B1的中点，所以P，
从而＝，＝(0，2，2)，
故|cos〈，〉|＝＝＝.
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Q，
因此＝，＝(0，2，2)，＝(0，0，2).
设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取n＝(，－1，1).
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.
考法2 二面角的计算
【例2－2】 (2018·福州模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1＝4，AB＝2，AC＝2，∠BAC＝45°，点M是棱AA1上不同于A，A1的动点.
(1)证明：BC⊥B1M；
(2)若平面MB1C把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角M－B1C－A的余弦值.
(1)证明 在△ABC中，由余弦定理得，BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝4＋8－2×2×2×cos 45°＝4，
∴BC＝2，则有AB2＋BC2＝8＝AC2，
∴∠ABC＝90°，∴BC⊥AB，
又∵BB1⊥BC，BB1∩AB＝B，
∴BC⊥平面ABB1A1，又B1M⊂平面ABB1A1，
故BC⊥B1M.
(2)解 由题设知，平面MB1C把此三棱柱分成两个体积相等的几何体为四棱锥C－ABB1M和四棱锥B1－A1MCC1.
由(1)知四棱锥C－ABB1M的高为BC＝2，
∵V三棱柱ABC－A1B1C1＝×2×2×4＝8，
∴V四棱锥C－ABB1M＝V柱＝4，
又V四棱锥C－ABB1M＝S梯形ABB1M·BC＝S梯形ABB1M＝4，
∴S梯形ABB1M＝6＝×2，∴AM＝2.
此时M为AA1中点，
以点B为坐标原点，，，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B－xyz.
∴A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2).
∴＝(0，－2，4)，＝(2，0，－2)，＝(－2，2，0)，
设n1＝(x1，y1，z1)是平面CB1M的一个法向量，
∴即
令z1＝1，可得n1＝(1，2，1)，
设n2＝(x2，y2，z2)是平面ACB1的一个法向量，
∴即
令z2＝1，得n2＝(2，2，1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝.
所以二面角M－B1C－A的余弦值等于.
探究提高 1.二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.
2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.
【训练3】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.
(1)求证：AC⊥平面BEF；
(2)求二面角B－CD－C1的余弦值；
(3)证明：直线FG与平面BCD相交.
(1)证明 在三棱柱ABC－A1B1C1中，
因为CC1⊥平面ABC，
所以四边形A1ACC1为矩形.
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
所以AC⊥EF.
因为AB＝BC，
所以AC⊥BE.
又EF∩BE＝E，
所以AC⊥平面BEF.
(2)解 由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1，
又CC1⊥平面ABC，
所以EF⊥平面ABC，
因为BE⊂平面ABC，
所以EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系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).
所以＝(－1，－2，0)，＝(1，－2，1).
设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则即
令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.
于是n＝(2，－1，－4).
又因为平面CC1D的法向量为＝(0，2，0)，
所以cos〈n，〉＝＝－.
由题知二面角B－CD－C1为钝角，所以其余弦值为－.
(3)证明 由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，＝(0，2，－1).
因为n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，
所以直线FG与平面BCD相交.
热点三 利用空间向量求解探索性问题
【例3】 如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，底面ABCD的边长为2，侧棱长为2.
(1)若点E为PD上的点，且PB∥平面EAC，试确定E点的位置；
(2)在(1)的条件下，在线段PA上是否存在点F，使平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求线段PF的长度，若不存在，请说明理由.
解 (1)设BD交AC于点O，连接OE.
∵PB∥平面AEC，平面AEC∩平面BDP＝OE，
∴PB∥OE.
又O为BD的中点，∴在△BDP中E为PD中点.
(2)连接OP，由题知PO⊥平面ABCD，且AC⊥BD，
∴以，，所在直线为x、y、z轴建立直角坐标系，如图.
OP＝＝.
∴O(0，0，0)，A(－，0，0)，B(0，－，0)，C(，0，0)，D(0，，0)，P(0，0，)，
则E，＝(，0，0)，＝，＝(0，，0).
设平面AEC的法向量为m＝(x1，y1，z1).
则⇒
令z1＝1，得平面AEC的一个法向量m＝(0，－，1)，
假设在线段PA上存在点F，满足题设条件，不妨设＝λ(0≤λ≤1).
则F(－λ，0，－λ)，＝(－λ，0，－λ).
设平面BDF的法向量n＝(x2，y2，z2)，
∴⇒
令z2＝1得平面BDF的一个法向量
n＝.
由平面AEC与平面ADF所成锐二面角的余弦值为，
则cos〈m，n〉＝＝＝，
解得λ＝.
所以||＝||＝.
故在线段PA上存在点F，当|PF|＝时，使得平面AEC和平面BDF所成的锐二面角的余弦值为.
探究提高 1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.
2.空间向量求解探索性问题：(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.
【训练4】 (2018·广州质检)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，DE＝2，DE>BF，∠ABC＝120°.
(1)当BF长为多少时，平面AEF⊥平面CEF?
(2)在(1)的条件下，求二面角E－AC－F的余弦值.
解 (1)连接BD交AC于点O，则AC⊥BD.
取EF的中点G，连接OG，则OG∥DE.
∵DE⊥平面ABCD，∴OG⊥平面ABCD.
∴OG，AC，BD两两垂直.
以AC，BD，OG所在直线分别作为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，
设BF＝m(0
设平面AEF，平面CEF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
则∴
解得
取x1＝m＋2，得n1＝(m＋2，2－m，2).
同理可求n2＝(m＋2，m－2，－2).
若平面AEF⊥平面CEF，则n1·n2＝0，
∴(m＋2)2＋(m－2)(2－m)－12＝0，
解得m＝或m＝7(舍)，
故当BF长为时，平面AEF⊥平面CEF.
(2)当m＝时，＝(－，－1，2)，＝(－2，0，0)，＝(0，2，－)，＝(－，1，)，＝(，1，)，
则·＝0，·＝0，所以EF⊥AF，EF⊥CF，且AF∩CF＝F，所以EF⊥平面AFC，
所以平面AFC的一个法向量为＝(0，2，－).
设平面AEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则
∴得
令z＝，n＝(0，4，).
从而cos〈n，〉＝＝＝.
故所求的二面角E－AC－F的余弦值为.
1.两条直线夹角的范围为.设直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2，其夹角为θ，则cos θ＝|cosn1，n2|＝.
2.二面角的范围为[0，π].设半平面α与β的法向量分别为n1与n2，二面角为θ，则|cos θ|＝|cosn1，n2|＝.
3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.
4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.
一、选择题
1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是( )
A. B. C. D.
解析 如图，建立空间直角坐标系，
易求点D，平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1，0，0)，所以sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.
答案 D
2.(2018·合肥质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点E是底面ABCD上的动点，则(－)·的最大值为( )
A. B.1 C. D.
解析 由正方体性质知·＝0，则(－)·＝·.建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，1，0)，C(0，1，0).设点E(x，y，0)，则＝(x，y－1，0)，＝＝(1，1，0).∴·＝(x，y－1，0)·(1，1，0)＝x＋y－1.
易知当E位于点B时，x＋y有最大值2.因此·的最大值为2－1＝1.
答案 B
3.(2018·衡水中学质检)如图，在四棱锥C－ABOD中，CO⊥平面ABOD，AB∥OD，OB⊥OD，且AB＝2OD＝4，AD＝2，异面直线CD与AB所成角为30°，若点O，B，C，D都在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A.72π B.8π C.π D.π
解析 ∵CD与AB所成角为30°，且AB∥OD，∴∠CDO＝30°，由OD＝2，知OC＝OD·tan 30°＝.在直角梯形ABOD中，OB＝＝2.因此(2R)2＝OB2＋OD2＋OC2＝，故球的表面积S＝4πR2＝π.
答案 C
4.(2018·全国Ⅱ卷)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.
解析 法一 如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM.易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，AD1＝＝2，DM＝＝，
DB1＝＝.所以OM＝AD1＝1，OD＝DB1＝，于是在△DMO中，由余弦定理，
得cos∠MOD＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
法二 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.由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝
(－1，0，)，＝(1，1，).则cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.
答案 C
5.(2018·长沙雅礼中学检测)在三棱锥P－ABC中，点P在底面的正投影恰好是等边△ABC的边AB的中点，且点P到底面ABC的距离等于底面边长.设△PAC与底面所成的二面角的大小为α，△PBC与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是( )
A. B.
C.－ D.－
解析 如图，设点P在边AB上的射影为H，作HF⊥BC，HE⊥AC，连接PF，PE.
依题意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.
不妨设等边△ABC的边长为2，则PH＝2，AH＝BH＝1.
∴HE＝，HF＝，则tan α＝tan β＝＝，
故tan(α＋β)＝＝＝－ .
答案 C
二、填空题
6.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则cos(α－β)＝________.
解析 ∵AC⊥BD且AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，∴AC⊥平面BB1D1D⇒AC⊥DE，∴α＝.
取A1D1的中点F，连EF，FD，易知EF⊥平面ADD1A1，则β＝∠EDF.cos(α－β)＝cos
＝sin∠EDF＝＝.
答案
三、解答题
7.(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P－ABCD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A－PB－C的余弦值.
(1)证明 ∵∠BAP＝∠CDP＝90°，
∴PA⊥AB，PD⊥CD，又∵AB∥CD，∴PD⊥AB，
又∵PD∩PA＝P，PD，PA⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)解 在平面PAD内作PO⊥AD，垂足为点O.
由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PO，又AB∩AD＝A，可得PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设PA＝2，∴D(－，0，0)，
B(，2，0)，P(0，0，)，C(－，2，0)，
∴＝(－，0，－)，＝(，2，－)，
＝(－2，0，0)，
设n＝(x，y，z)为平面PBC的一个法向量，
由得
令y＝1，则z＝，x＝0，可得平面PBC的一个法向量n＝(0，1，)，∵∠APD＝90°，∴PD⊥PA，
又知AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴PD⊥AB，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴PD⊥平面PAB，
即是平面PAB的一个法向量，
∴cos〈，n〉＝＝＝－，
由图知二面角A－PB－C为钝角，
所以它的余弦值为－.
8.(2018·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.
(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
(1)证明 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：
A(0，－，0)，B(1，0，0)，A1(0，－，4)，B1(1，0，2)，C1(0，，1).
因此＝(1，，2)，
＝(1，，－2)，＝(0，2，－3).
由·＝0得AB1⊥A1B1.
由·＝0得AB1⊥A1C1，A1B1∩A1C1＝A1，
所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.
由(1)可知＝(0，2，1)，＝(1，，0)，＝(0，0，2).
设平面ABB1的法向量n＝(x，y，z).
由即
令y＝1，则x＝－，z＝0，可得平面ABB1的一个法向量n＝(－，1，0).
所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
9.(2018·武汉模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O.如图2，点P为BC中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.
(1)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.
(1)证明 由题设知OA，OB，OO1两两垂直，所以以O为坐标原点，OA，OB，OO1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，设AQ的长度为m，则相关各点的坐标为O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0).
∵点P为BC中点，∴P，
∴＝(3，0，6)，＝(0，m，0)，＝，
∵·＝0，·＝0.
∴OD⊥AQ，OD⊥PQ，且AQ∩PQ＝Q，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解 ∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，
则Q(6，3，0)，∴＝(－6，3，0)，＝(0，－3，6).
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
∵∴
令z＝1，则y＝2，x＝1，则n1＝(1，2，1)，
又显然，平面ABQ的法向量为n2＝(0，0，1).
设二面角C－BQ－A的平面角为θ.由图可知，θ为锐角，
则cos θ＝＝.
所以二面角C－BQ－A的余弦值为.
10.(2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.
(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
(1)证明 因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)解 如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.
由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，＝(0，2，2).取平面PAC的一个法向量＝(2，0，0).
设M(a，2－a，0)(0
由·n＝0，·n＝0得
可取n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝，
所以＝，
解得a＝－4(舍去)，a＝，
所以n＝.
又＝(0，2，－2)，所以cos〈，n〉＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
11.(2018·佛山调研)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE－BCF和一个正四棱锥P－ABCD组合而成，AD⊥AF，AE＝AD＝2.
(1)证明：平面PAD⊥平面ABFE；
(2)求正四棱锥P－ABCD的高h，使得二面角C－AF－P的余弦值是.
(1)证明 由于几何体是由一个直三棱柱ADE－BCF和一个正四棱锥P－ABCD的组合体.
∴AD⊥AB，又AD⊥AF，AF∩AB＝A，
∴AD⊥平面ABFE.又AD⊂平面PAD，
∴平面PAD⊥平面ABFE.
(2)解 以A为原点，，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A－xyz.
设正四棱锥的高为h，AE＝AD＝2，
则A(0，0，0)，F(2，2，0)，C(2，0，2)，P(1，－h，1)，
设平面ACF的一个法向量m＝(x，y，z)，
＝(2，2，0)，＝(2，0，2)，
则取x＝1，得m＝(1，－1，－1)，
设平面AFP的一个法向量n＝(a，b，c)，
＝(1，－h，1)，
则取b＝1，则n＝(－1，1，1＋h)，
二面角C－AF－P的余弦值，
∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得h＝1或h＝－(舍去).
∴当正四棱锥P－ABCD的高为1时，二面角C－AF－P的余弦值为.
相关资料
更多
