2020版高考数学（理）新增分大一轮人教通用版讲义：第八章　立体几何与空间向量8.8

§8.8　立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离
最新考纲
考情考向分析
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.
本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的求解.题型以解答题为主，要求有较强的数学运算素养，广泛应用函数与方程思想、转化与化归思想.



1.两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则

l1与l2所成的角θ
a与b的夹角β
范围

[0，π]
求法
cos θ＝
cos β＝

2.斜线和平面所成的角
(1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角).
(2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角.
3.二面角
(1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.
(2)在二面角α—l—β的棱上任取一点O，在两半平面内分别作射线OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB叫做二面角α—l—β的平面角.
4.空间向量与空间角的关系
(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|.
(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|.
(3)求二面角的大小
1°如图①，AB、CD是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉.

2°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〉.
概念方法微思考
1.利用空间向量如何求线段长度？
提示　利用||2＝· 可以求空间中有向线段的长度.
2.如何求空间点面之间的距离？
提示　点面距离的求法：

已知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的距离为
||＝|||cos〈，n〉|.

题组一　思考辨析
1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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，π].
(　√　)
(5)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(　×　)
题组二　教材改编
2.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.135°
C.45°或135° D.90°
答案　C
解析　cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
3.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为______.

答案　
解析　如图，以A为原点，以，(AE⊥AB)，

所在直线分别为x轴、y轴、z轴(如图)建立空间直角坐标系，设D为A1B1的中点，
则A(0,0,0)，C1(1，，2)，D(1,0,2)，∴＝(1，，2)，
＝(1,0,2).
∠C1AD为AC1与平面ABB1A1所成的角，
cos∠C1AD＝
＝＝，
又∵∠C1AD∈，
∴∠C1AD＝.
题组三　易错自纠
4.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　以点C为坐标原点，CA，CB，CC1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BC＝CA＝CC1＝2，则可得A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1，0,2)，∴＝(1，－1,2)，＝(－1,0,2).
∴cos〈，〉＝
＝＝
＝.
5.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为________.
答案　30°
解析　设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，
∴sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.

题型一　求异面直线所成的角
例1　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.
(1)证明　如图所示，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＝2，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，AC，FG⊂平面AFC，
所以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GB，GC所在直线为x轴、y轴，||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.
思维升华　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.
跟踪训练1　三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB，N，M分别是A1B1，A1C1的中点，则AM与BN所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　如图所示，取AC的中点D，以D为原点，BD，DC，DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC＝2，则A(0，－1,0)，M(0,0,2)，

B(－，0,0)，N，
所以＝(0,1,2)，
＝，
所以cos〈，〉＝＝＝，故选C.
题型二　求直线与平面所成的角
例2　(2018·全国Ⅰ)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，
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　如图，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Hxyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，
所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.
所以PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P，D，
＝，＝.
又为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
思维升华　若直线l与平面α的夹角为θ，直线l的方向向量l与平面α的法向量n的夹角为β，则θ＝－β或θ＝β－，故有sin θ＝|cos β|＝.
跟踪训练2　(2018·全国Ⅱ)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PA＝PC＝AC＝4，
O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
如图，连接OB.

因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
所以OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
因为OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，
所以PO⊥平面ABC.
(2)解　由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示.

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).
由(1)知平面PAC的一个法向量为＝(2,0,0).
设M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，则＝(a,4－a,0).
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).
由·n＝0，·n＝0，得
可取y＝a，得平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，
所以＝，
解得a＝－4(舍去)或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.
题型三　求二面角
例3　(2018·锦州模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝2，∠ABC＝60°，平面ACEF⊥平面ABCD，四边形ACEF是菱形，∠CAF＝60°.

(1)求证：BF⊥AE；
(2)求二面角B－EF－D的平面角的正切值.
(1)证明　依题意，在等腰梯形ABCD中，AC＝2，AB＝4，

∵BC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，即BC⊥AC，
又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面ACEF，而AE⊂平面ACEF，∴AE⊥BC，
连接CF，∵四边形ACEF为菱形，∴AE⊥FC，
又∵BC∩CF＝C，BC，CF⊂平面BCF，
∴AE⊥平面BCF，
∵BF⊂平面BCF，∴BF⊥AE.
(2)解　取EF的中点M，连接MC，

∵四边形ACEF是菱形，且∠CAF＝60°，
∴由平面几何易知MC⊥AC，
又∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，CM⊂平面ACEF，
∴MC⊥平面ABCD.
以CA，CB，CM所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，各点的坐标依次为C(0,0,0)，A(2，0,0)，B(0，2,0)，D(，－1,0)，E(－，0,3)，F(，0,3)，
设平面BEF和平面DEF的一个法向量分别为n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)，
∵＝(，－2,3)，＝(2，0,0)，
∴即即
不妨令b1＝3，则n1＝(0,3,2)，
同理可求得n2＝(0,3，－1)，
设二面角B－EF－D的大小为θ，由图易知θ为锐角，
∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，
故二面角B－EF－D的平面角的正切值为.
思维升华　利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解.
跟踪训练3　(2018·全国Ⅲ)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BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面BMC，
所以DM⊥平面BMC.
又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Dxyz.

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)，
是平面MCD的一个法向量，因此
cos〈n，〉＝＝，
sin〈n，〉＝.
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.

利用空间向量求空间角
例　(12分)如图，四棱锥S－ABCD中，△ABD为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝2，∠BSD＝90°.

(1)求证：AC⊥平面SBD；
(2)若SC⊥BD，求二面角A－SB－C的余弦值.
(1)证明　设AC∩BD＝O，连接SO，
如图①，因为AB＝AD，CB＝CD，

所以AC是BD的垂直平分线，
即O为BD的中点，且AC⊥BD.[1分]
在△BCD中，因为CB＝CD＝2，∠BCD＝120°，
所以BD＝2，CO＝1.
在Rt△SBD中，因为∠BSD＝90°，O为BD的中点，
所以SO＝BD＝.
在△SOC中，因为CO＝1，SO＝，CS＝2，
所以SO2＋CO2＝CS2，
所以SO⊥AC.[4分]
因为BD∩SO＝O，BD，SO⊂平面SBD，
所以AC⊥平面SBD.[5分]
(2)解　方法一　过点O作OK⊥SB于点K，连接AK，CK，如图②，

由(1)知AC⊥平面SBD，所以AO⊥SB.
因为OK∩AO＝O，OK，AO⊂平面AOK，
所以SB⊥平面AOK.[6分]
因为AK⊂平面AOK，所以AK⊥SB.
同理可证CK⊥SB.[7分]
所以∠AKC是二面角A－SB－C的平面角.
因为SC⊥BD，
由(1)知AC⊥BD，且AC∩SC＝C，AC，SC⊂平面SAC，
所以BD⊥平面SAC.
而SO⊂平面SAC，所以SO⊥BD.
在Rt△SOB中，OK＝＝.
在Rt△AOK中，AK＝＝，
同理可求CK＝.[10分]
在△AKC中，cos∠AKC＝＝－.
所以二面角A－SB－C的余弦值为－.[12分]
方法二　因为SC⊥BD，由(1)知，AC⊥BD，且AC∩SC＝C，AC，SC⊂平面SAC，
所以BD⊥平面SAC.
而SO⊂平面SAC，
所以SO⊥BD.[6分]
由(1)知，AC⊥平面SBD，SO⊂平面SBD，
所以SO⊥AC.
因为AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，
所以SO⊥平面ABCD.[7分]
以O为原点，，，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，如图③，

则A(3,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，S(0,0，).
所以＝(－3，，0)，＝(1，，0)，
＝(0，，－).[8分]
设平面SAB的法向量n＝(x1，y1，z1)，
则
令y1＝，得平面SAB的一个法向量为n＝(1，，).
同理可得平面SCB的一个法向量为m＝(－，1,1).[10分]
所以cos〈n，m〉＝＝＝.
因为二面角A－SB－C是钝角，所以二面角A－SB－C的余弦值为－.[12分]

利用向量求空间角的步骤
第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；
第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；
第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角.


1.已知两平面的法向量分别为m＝(1，－1,0)，n＝(0,1，－1)，则两平面所成的二面角为(　　)
A.60° B.120° C.60°或120° D.90°
答案　C
解析　cos〈m，n〉＝＝＝－，
即〈m，n〉＝120°.
∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.
2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为(　　)

A. B.
C. D.
答案　A
解析　设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝＝＝，故选A.
3.在正方体ABCD－A1B1C1D1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.
答案　B
解析　以A为原点，AB，AD，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，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)，
则有即∴
∴n1＝(1,2,2).
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝，
即所成的锐二面角的余弦值为.
4.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AC与B1D所成角的大小为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　以A为坐标原点，AB，AD，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，设正方体的边长为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)＋1×1＋0×(－1)＝0，
∴⊥，
∴AC与B1D所成的角为.
5.(2018·包头模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1，AB＝AA1＝2，则异面直线AB1与CA1所成角的余弦值为(　　)
A.0 B.－ C. D.
答案　C
解析　以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B1(，1,2)，
A1(0,0,2)，C(0,2,0)，
＝(，1,2)，＝(0,2，－2)，
设异面直线AB1和A1C所成的角为θ，
则cos θ＝＝＝.
∴异面直线AB1和A1C所成的角的余弦值为.
6.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O－xyz的三条坐标轴上，＝(0,0,2)，平面ABC的法向量为n＝(2，1,2)，设二面角C－AB－O的大小为θ，则cos θ等于(　　)

A. B. C. D.－
答案　C
解析　由题意可知，平面ABO的一个法向量为＝(0,0，2)，
由图可知，二面角C－AB－O为锐角，
由空间向量的结论可知，cos θ＝＝＝.
7.在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为________.
答案　
解析　以A为原点，AB，AC，AP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，

由AB＝AC＝1，PA＝2，
得A(0,0,0)，B(1,0,0)，
C(0,1,0)，P(0,0,2)，D，
E，F.
∴＝(0,0，－2)，＝，
＝.
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则由得
取z＝1，则n＝(2,0,1)，设直线PA与平面DEF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，
∴直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.
8.如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，则AF与CE所成角的余弦值为________.

答案　
解析　∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶，
∴AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，
所以建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB＝EF＝CD＝2，
则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0,2,1)，
∴＝(－1,2,0)，＝(0,2,1)，
∴cos〈，〉＝＝，
∴AF与CE所成角的余弦值为.
9.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________.

答案　60°
解析　以B点为坐标原点，以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，

则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，
则＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，
∴·＝2，
∴cos〈，〉＝
＝＝，
∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]，
∴EF和BC1所成的角为60°.
10.(2019·福州质检)已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为________.
答案　
解析　方法一　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GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB为所求锐二面角的平面角.
∵BH＝，EB＝1，
∴tan∠EHB＝＝.
方法二　如图，以点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Dxyz，

设DA＝1，由已知条件得
A(1,0,0)，E，
F，＝，
＝，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1,1，－3)，
取平面ABC的法向量为m＝(0,0，－1)，
设平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，m〉|＝，tan θ＝.
11.(2018·鄂尔多斯联考)如图，在几何体ABC－A1B1C1中，平面A1ACC1⊥底面ABC，四边形A1ACC1是正方形，B1C1∥BC，Q是A1B的中点，且AC＝BC＝2B1C1，∠ACB＝.

(1)证明：B1Q⊥A1C；
(2)求直线AC与平面A1BB1所成角的正弦值.
(1)证明　如图所示，连接AC1与A1C交于M点，连接MQ.

∵四边形A1ACC1是正方形，
∴M是AC1的中点，
又Q是A1B的中点，
∴MQ∥BC，MQ＝BC，
又∵B1C1∥BC且BC＝2B1C1，
∴MQ∥B1C1，MQ＝B1C1，
∴四边形B1C1MQ是平行四边形，∴B1Q∥C1M，
∵C1M⊥A1C，∴B1Q⊥A1C.
(2)解　∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，CC1⊥AC，CC1⊂平面A1ACC1，
∴CC1⊥平面ABC.
如图所示，以C为原点，CB，CC1所在直线分别为y轴和z轴建立空间直角坐标系，

令AC＝BC＝2B1C1＝2，
则C(0,0,0)，A(，－1,0)，A1(，－1,2)，B(0,2,0)，B1(0，1,2)，
∴＝(，－1,0)，＝(，－2,0)，
＝(0,1，－2)，
设平面A1BB1的法向量为n＝(x，y，z)，
则由n⊥，n⊥，
可得可令y＝2，
则x＝4，z＝，
∴平面A1BB1的一个法向量n＝(4,2，)，
设直线AC与平面A1BB1所成的角为α，
则sin α＝＝＝.
12.(2019·盘锦模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中AB∥CD，∠CDA＝90°，CD＝2AB＝2，AD＝3，PA＝，PD＝2，点E在棱AD上且AE＝1，点F为棱PD的中点.

(1)证明：平面BEF⊥平面PEC；
(2)求二面角A－BF－C的余弦值.
(1)证明　在Rt△ABE中，由AB＝AE＝1，
得∠AEB＝45°，
同理在Rt△CDE中，由CD＝DE＝2，得∠DEC＝45°，
所以∠BEC＝90°，即BE⊥EC.
在△PAD中，
cos∠PAD＝＝＝，
在△PAE中，PE2＝PA2＋AE2－2PA·AE·cos∠PAE＝5＋1－2××1×＝4，
所以PE2＋AE2＝PA2，即PE⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BE.
又因为CE∩PE＝E，CE，PE⊂平面PEC，
所以BE⊥平面PEC，所以平面BEF⊥平面PEC.
(2)解　由(1)知EB，EC，EP两两垂直，故以E为坐标原点，以射线EB，EC，EP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则

B(，0,0)，C(0,2，0)，P(0,0,2)，A，D(－，，0)，F，
＝，＝，
＝(－，2，0)，
设平面ABF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
不妨设x1＝1，则m＝(1，－1,2)，
设平面BFC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则
不妨设y2＝2，则n＝(4,2,5)，
记二面角A－BF－C为θ(由图知应为钝角)，
则cos θ＝－＝－＝－，
故二面角A－BF－C的余弦值为－.

13.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足＝＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE为直角.

答案　
解析　因为SA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，
以A为坐标原点，AD，AB，AS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.

∵AB＝4，SA＝3，
∴B(0,4,0)，S(0,0,3).
设BC＝m，则C(m,4,0)，
∵＝＝λ，
∴＝λ.
∴－＝λ(－).
∴＝(＋λ)＝(0,4λ，3)，
∴F.
同理可得E，
∴＝.
∵＝，要使∠AFE为直角，
即·＝0，
则0·＋·＋·＝0，
∴16λ＝9，解得λ＝.
14.(2018·满洲里模拟)如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且＝λ(λ∈[0,1]).

(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ；
(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由.
(1)证明　连接A1Q.

∵AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，
∴Rt△AA1Q≌Rt△CAM，
∴∠MAC＝∠QA1A，
∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，
∴AM⊥A1Q.
∵N，Q分别是BC，AC的中点，∴NQ∥AB.
又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，
∴NQ⊥AA1.
又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
∴NQ⊥平面ACC1A1，
∴NQ⊥AM.
由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，
∴N，Q，A1，P四点共面，
∴A1Q⊂平面PNQ.
∵NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ，
∴AM⊥平面PNQ，
∴无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.
(2)解　如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，
M，N，
Q，
＝，＝(1,0,0).
由＝λ＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，
可得点P(λ，0,1)，
∴＝.
设n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量，
则
即得
令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ，
∴n＝(3,1＋2λ，2－2λ)是平面PMN的一个法向量.
取平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1).
假设存在符合条件的点P，
则|cos〈m，n〉|＝＝，
化简得4λ2－14λ＋1＝0，
解得λ＝或λ＝(舍去).
综上，存在点P，且当A1P＝时，
满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.

15.在四棱锥P－ABCD中，＝(4，－2,3)，＝(－4,1,0)，＝(－6,2，－8)，则这个四棱锥的高h等于(　　)
A.1 B.2
C.13 D.26
答案　B
解析　设平面ABCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝4，则n＝，
则cos〈n，〉＝＝＝－，
∴h＝×2＝2.
16.如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝120°，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所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.
(1)证明　设AD＝CD＝BC＝1，
∵AB∥CD，∠BCD＝120°，
∴AB＝2，
∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
∴AB2＝AC2＋BC2，则BC⊥AC.
∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥CF，而CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面BCF，
∴AC⊥平面BCF.
∵EF∥AC，
∴EF⊥平面BCF.
(2)解　以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设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n＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
由得取x＝1，
则n＝(1，，－λ).
易知m＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
∴cos〈n，m〉＝＝＝ .
∵0≤λ≤，
∴当λ＝0时，cos〈n，m〉取得最小值，
∴当点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.