第三讲 用空间向量的方法解立体几何问题

第三讲　用空间向量的方法解立体几何问题

高考考点
考点解读
利用空间向量证明平行与垂直关系
1.建立空间直角坐标系，利用向量的知识证明平行与垂直
2．考查向量的数量积与向量垂直的关系以及建立空间直角坐标系的方法
利用空间向量求线线角、线面角、面面角
以具体几何体为命题背景，直接求角或已知角求相关量
利用空间向量解决探索性问题或其他问题
1.常借助空间直角坐标系，设点的坐标探求点的存在问题
2．常利用空间向量的关系，设某一个参数，利用向量运算探究平行、垂直问题
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对空间向量概念及空间向量运算律的理解，掌握空间向量的加、减法，数乘、数量积运算等．
(2)掌握各种角与向量之间的关系，并会应用．
(3)掌握利用向量法求线线角、线面角、二面角的方法．
预测2020年命题热点为：
(1)二面角的求法．
(2)已知二面角的大小，证明线线、线面平行或垂直．
(3)给出线面的位置关系，探究满足条件的某点是否存在．

Z
1．向量法求空间角
(1)异面直线所成的角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角满足cosθ＝.
(2)线面角
设l是斜线l的方向向量，n是平面α的法向量，则斜线l与平面α所成的角满足sinθ＝.
(3)二面角
①如图(ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉.

②如图(ⅱ)(ⅲ)，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cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.
(4)点到平面的距离的向量求法

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＝.
2．利用向量方法证明平行与垂直
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)．
(1)线线平行
l∥m⇔a∥b⇔a＝kb⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(2)线线垂直
l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(3)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.
(4)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c＝kc3.
(5)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.
(6)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.
3．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
||＝.

Y
1．在建立空间直角坐标系时，易忽略说明或证明建系的条件．
2．忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角不一定相等．
3．不能区分二面角与两法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．

1．(2018·全国卷Ⅰ，18)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)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，PF∩EF＝F，
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD．
(2)方法一：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，设正方形ABCD的边长为2，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，故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sinθ＝＝＝.


所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
方法二：因为PF⊥BF，BF∥ED，所以PF⊥ED，
又PF⊥PD，ED∩DP＝D，所以PF⊥平面PED，
所以PF⊥PE，
设AB＝4，则EF＝4，PF＝2，所以PE＝2，
过P作PH⊥EF交EF于H点，
由平面PEF⊥平面ABFD，
所以PH⊥平面ABFD，连接DH，
则∠PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角，
由PE·PF＝EF·PH，所以PH＝＝，
因为PD＝4，所以sin∠PDH＝＝，
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
2．(2018·全国卷Ⅱ，20)如图，在三棱锥P­ABC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M­PA­C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
[解析]　(1)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，OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC．
(2)连接OM，如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系．

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的法向量＝(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n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知得|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.
3．(2018·北京卷，16)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1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B­CD­C1的余弦值．
(3)证明：直线FG与平面BCD相交．

[解析]　(1)因为CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以CC1⊥AC．
在平行四边形A1ACC1中，E，F分别是AC，A1C1的中点，
所以EF∥CC1，
所以AC⊥EF.
在△ABC中，AB＝BC，E是AC的中点，
所以AC⊥BE，
又因为AC⊥EF，BE，EF⊂平面BEF，BE∩EF＝E，
所以AC⊥平面BEF.
(2)如图，建立空间直角坐标系E­xyz，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(－1,0,0)，A1(1,0,2)，B1(0,2,2)，C1(－1,0,2)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1)，
显然＝(0,2,0)是平面CDC1的一个法向量，
设m＝(x，y，z)是平面BCD的一个法向量，
又＝(－1，－2,0)，＝(1，－2,1)，
所以不妨取y＝1，则x＝－2，z＝4，
所以平面BCD的一个法向量为m＝(－2,1,4)，
cos〈，m〉＝＝＝，
由图知，二面角B­CD­C1为钝角，
所以，二面角B­CD­C1的余弦值为－.
(3)方法一：记CD，EF交点为I，连接BI，
由(1)及已知，EF∥CC1，CC1∥BB1，
所以EF∥BB1，直线BG与直线FI共面，
又因为BG＝BB1＝AA1＝A1D，A1D 所以四边形BGFI是梯形，直线FG与直线BI一定有交点，
又因为BI⊂平面BCD，FG⊄平面BCD，
所以直线FG与平面BCD相交．
方法二：反证法．显然FG⊄平面BCD，假设FG∥平面BCD，下面推出矛盾．
记CD，EF交点为I，连接BI，
因为FG∥平面BCD，平面BCD∩平面BGFI＝BI，
所以FG∥BI，
由(1)及已知，EF∥CC1，CC1∥BB1，
所以EF∥BB1，即BG∥FI，
所以四边形BGFI是平行四边形，
所以BG＝FI，
而BG＝BB1＝AA1＝A1D 所以直线FG与平面BCD相交．
4．(2017·全国卷Ⅲ，19)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D－AE－C的余弦值．
[解析]　(1)证明：由题设可得△ABD≌△CBD，
从而AD＝CD．
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.
又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC，
所以∠DOB为二面角D－AC－B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，||为单位长度．
建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
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(0，，)，
故＝(－1,0,1)，＝(－2,0,0)，＝(－1，，)．
设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，
则即
可取n＝(1，，1)．
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D－AE－C的余弦值为.



　　 例1 (2018·济南二模)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．
[解析]　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．
『规律总结』
利用空间向量证明平行与垂直的方法与步骤
(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．
G
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(，1，)，F(0,1，)，＝(－，0,0)，＝(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，
所以DC⊥平面PAD．
因为DC⊂平面PDC，
所以平面PAD⊥平面PDC．

(一)利用空间向量求线线角、线面角
例2 如图，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD．若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.
(1)求证：EG⊥DF；
(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值．
[解析]　(1)证明：连接AC，由AE綊CG可知四边形AEGC为平行四边形．
所以EG∥AC，而AC⊥BD，AC⊥BF，
所以EG⊥BD，EG⊥BF，
因为BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF，又DF⊂平面BDHF，所以EG⊥DF.
(2)设AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，由已知可得：平面ADHE∥平面BCGF，
所以EH∥FG，同理可得：EF∥HG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以P为EG的中点，O为AC的中点，所以OP綊AE，
从而OP⊥平面ABCD，
又OA⊥OB，所以OA，OB，OP两两垂直，由平面几何知识，得BF＝2.
如图，建立空间直角坐标系O－yz，
则B(0,2,0)，E(2，0,3)，
F(0,2,2)，P(0,0,3)，
所以＝(2，－2,3)，＝(2，0,0)，＝(0,2，－1)．
设平面EFGH的法向量为n＝(x，y，z)，
由
可得
令y＝1，则z＝2.
所以n＝(0,1,2)．
设BE与平面EFGH所成角为θ，则sinθ＝＝.
(二)利用空间向量求二面角
例3 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.
(1)证明：平面ABEF⊥平面EFDC；
(2)求二面角E－BC－A的余弦值．

[解析]　(1)由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，
所以AF⊥平面EFDC．
又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC．
(2)过D作DG⊥EF，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G－xyz.

由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，
故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，
可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，0(0,0，)．
由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC．
又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.
由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，
所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°.
从而可得C(－2,0，)．
连接AC，则＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．
设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则
即
所以可取n＝(3,0，－)．
设m是平面ABCD的法向量，则
同理可取m＝(0，，4)．
则cos〈n，m〉＝＝.
故二面角E－BC－A的余弦值为.
『规律总结』
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，写出相关向量的坐标．
(3)结合公式进行论证、计算．
(4)转化为几何结论．
2．利用空间向量求线线角、线面角的思路
(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cosθ＝|cosφ|.
(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sinθ＝|cosφ|.
3．利用空间向量求二面角的思路
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．

4．利用空间向量求点到平面距离的方法
如图，设A为平面α内的一点，B为平面α外的一点，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝.
G
　如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD．

(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；
(2)求二面角Q－BP－C的正弦值．
[解析]　(1)由题意可得QA⊥平面ABCD，所以QA⊥CD．
由四边形ABCD为正方形知DC⊥AD，又因为QA，AD为平面PDAQ内两条相交直线，所以CD⊥平面PDAQ，所以CD⊥PQ.
在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝PD，所以PQ2＋DQ2＝PD2.
由勾股定理得：PQ⊥QD．
又因为CD，QD为平面DCQ内两条相交直线，所以PQ⊥平面DCQ，再由PQ⊂平面PQC，可得平面PQC⊥平面DCQ.
(2)如图，以点D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系，依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，B(1,0,1)，

＝(1,0,0)，＝(－1,2，－1)．
设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，
则即
可取n＝(0，－1，－2)．
同理求得平面PBQ的法向量m＝(1,1,1)，
所以cosm，n＝＝
＝－，
故有sinm，n＝，
即二面角Q－BP－C的正弦值为.


　 例4 如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2，点E为AB的中点，

(1)求证：D1E⊥A1D；
(2)在线段AB上是否存在点M，使二面角D1－MC－D的大小为？若存在，求出AM的长，若不存在，说明理由．
[解析]　(1)连结AD1交A1D于F，

∵四边形AA1D1D为正方形，∴AD1⊥A1D，
∵正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，交线为AD，AE⊥AD，
∴AE⊥平面AA1D1D，又A1D⊂平面AA1D1D
∴AE⊥A1D，
又AD1∩AE＝A，∴A1D⊥平面AD1E，
又D1E⊂平面AD1E，∴A1D⊥D1E.
(2)存在满足条件的点M，AM＝2－.
解法一：假设存在满足条件的点M，过点D作DN⊥CM于点N，连结D1N，则D1N⊥CM，

所以∠D1ND为二面角D1－CM－D的平面角，
所以∠D1ND＝，
在Rt△D1ND中，D1D＝1所以DN＝，
又在Rt△DNC中，CD＝AB＝2，
所以∠NDC＝，∴∠MCB＝，
在Rt△MCB中，BM＝BC·tan＝，

∴AM＝2－.
故在线段AB上存在一点M，使得二面角D1－CM－D为，且AM＝2－.
解法二：依题意，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，因为AB＝2AD＝2，则D(0,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，

所以＝(0,0,1)，＝(0,2，－1)．
易知为平面MCD的法向量，
设M(1，a,0)(0≤a≤2)，
所以＝(－1,2－a,0)，
设平面D1MC的法向量n＝(x，y，z)，
所以
即，
所以取y＝1，
则n＝(2－a,1,2)，
又二面角D1－MC－D的大小为，
所以cos＝
＝
即3a2－12a＋11＝0，解得a＝2±.
又因为0≤a≤2，所以a＝2－
故在线段AB上是存在点M，使二面角D1－MC－D的大小为，且AM＝2－.
『规律总结』
利用空间向量求解探索性问题的策略
(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．
G
　(2016·北京高考)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)因为平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，AB⊂平面ABCD，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD．
因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
所以PD⊥平面PAB．
(2)取AD中点O，连接OP，OC．
因为PA＝PD，所以OP⊥AD．
又因为平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，OP⊂平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD．
又因为AC＝CD，所以OC⊥AD．
因为AB⊥AD，所以OC∥AB且OC＝2AB．
如图，分别以OC，OA，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．P(0,0,1)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)．＝(1,1，－1)，＝(2,0，－1)，＝(0，－1，－1)．

设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，

所以z＝2x，y＝－2x.
令x＝1得，n＝(1，－2,2)．

所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
(3)方法一：过B作BE∥AD，交OC于H，交CD于E.

因为OC∥AB且OC＝2AB，所以OH∥AB，OH＝AB，BH＝AO.
所以H为OC的中点．所以EH∥OD，EH＝OD．
所以BE＝AD且BE∥AD．
在PD，PA上分别取点F，M，使得PF＝PD，PM＝PA，
则FM∥AD，FM＝AD．
所以FM∥BE，FM＝BE.
所以四边形BEFM为平行四边形．所以BM∥EF.
又因为BM⊄平面PCD，EF⊂平面PCD，所以BM∥平面PCD．
因此，在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，且＝.
方法二：假设存在M点使得BM∥面PCD，设＝λ，M(0，y′，z′)，
由(2)知A(0,1,0)，P(0,0,1)，＝(0，－1,1)，B(1，1,0)，＝(0，y′－1，z′)，
有＝λ⇒M(0,1－λ，λ)，
所以＝(－1，－λ，λ)．
因为BM∥面PCD，n为面PCD的法向量，所以·n＝0，即－1＋2λ＋2λ＝0.
所以λ＝.综上，存在M点，即当＝时，M点即为所求．


A组
1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( B )
A．　　 B．　　　
C．－　　 D．－
[解析]　设正方体棱长为1，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，
则D(0,0,0)，E(0，，1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，
所以＝(0，，1)，＝(－1,1,0)，
则cos〈，〉＝＝＝，
则异面直线DE与AC所成角的余弦值为.
2．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为( B )
A．，－，4　　　 B．，－，4
C．，－2,4 D．4，，－15
[解析]　⊥⇒·＝3＋5－2z＝0，
所以z＝4，又BP⊥平面ABC，
所以·＝x－1＋5y＋6＝0，①
·＝3x－3＋y－3z＝0，②
由①②得x＝，y＝－.
3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1，下列命题：①(＋＋)2＝32，②·(－)＝0，③向量与向量的夹角为60°，④正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为|··|，其中正确命题的序号是( B )
A．①③ B．①②
C．①④ D．①②④
[解析]　如图所示：
以点D为坐标原点，以向量，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设棱长为1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，
对于①：＝(0,0，－1)，＝(－1,0,0)，
＝(0,1,0)，
所以＋＋＝(－1,1，－1)，(＋＋)2＝3，而2＝1，所以(＋＋)2＝32.所以①正确；
对于②：＝(－1,1，－1)，＝(0,0，－1)，＝(0,1,0)，所以·(－)＝0.所以②正确；
对于③：＝(－1,0,1)，＝(0,1，－1)，·＝－1，cos〈，〉＝＝＝－，所以与的夹角为120°，所以③不正确；
对于④：因为·＝0，所以④错误．故选B．
4．(2018·海口一模)如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在平面，点C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB＝2，PA＝BC＝，则二面角A－BC－P的大小为( C )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
[解析]　因为AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在平面，点C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB＝2，PA＝BC＝，

所以AC⊥BC，AC＝＝＝1，
以点A为原点，在平面ABC内过点A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，P(0,0，)，B(，1,0)，C(0,1,0)，
＝(，1，－)，＝(0,1，－)，
设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，
则
取z＝1，得n＝(0，，1)，
平面ABC的法向量m＝(0,0,1)，
设二面角A－BC－P的平面角为θ，
则cosθ＝＝，所以θ＝60°，
所以二面角A－BC－P的大小为60°.
5．在底面是直角梯形的四棱锥S－ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是.
[解析]　如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知D(，0,0)，C(1,1,0)，S(0,0,1)，可知＝(，0,0)是平面SAB的一个法向量．
设平面SCD的法向理n＝(x，y，z)，
因为＝(，0，－1)，＝(，1,0)，
所以n·＝0，n·＝0，可推出－z＝0，＋y＝0，令x＝2，则有y＝－1，z＝1，所以n＝(2，－1,1)．
设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ，
则cosθ＝＝＝.
6．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是90°.
[解析]　延长A1B1至D，使A1B1＝B1D，连接BD，C1D，DM，则AB1∥BD，∠MBD就是直线AB1和BM所成的角．
设三棱柱的各条棱长为2，则BM＝，BD＝2，C1D2＝A1D2＋A1C－2A1D·A1C1cos60°＝16＋4－2×4＝12.DM2＝C1D2＋C1M2＝13，所以cos∠DBM＝＝0，
所以∠DBM＝90°.
7．点P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB－β的大小为90°.
[解析]　不妨设PM＝a，PN＝b，如图．

作ME⊥AB于点E，NF⊥AB于点F，因为∠EPM＝∠EPN＝45°，
所以PE＝a，PF＝b，
所以·＝(－)·(－)
＝·－·－·＋·
＝abcos60°－a×bcos45°－abcos45°＋a×b
＝－－＋＝0，
所以⊥，所以二面角α－AB－β的大小为90°.
8．如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1.

(1)求证：AF∥平面BDE；
(2)求证：CF⊥平面BDE；
(3)求二面角A－BE－D的大小．
[解析]　(1)设AC与BD交于点G，因为EF∥AG，且EF＝1，AG＝AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.因为EG⊂平面BDE，AF⊄平面BDE，所以AF∥平面BDE.
(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD．如图以C为原点，建立空间直角坐标系C－xyz.则C(0,0,0)，A(，，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，B(0，，0)，F(，，1)．所以＝(，，1)，＝(0，－，1)，＝(－，0,1)．所以·＝0－1＋1＝0，·＝－1＋0＋1＝0.所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE.
又∵BE∩DE＝E，BE、DE⊂平面BDE.
(3)由(2)知，＝(，，1)是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向量n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.
即
所以x＝0，z＝y.令y＝1，则z＝.
所以n＝(0,1，)，从而cos〈n，〉＝＝
因为二面角A－BE－D为锐角，
所以二面角A－BE－D为.
9.(2018·天津卷，17) 如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.
(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE.
(2)求二面角E­BC­F的正弦值．
(3)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．
[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，N(1,0,2)．

(1)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＝，可得·n0＝0，又因为直线MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE.
(2)依题意，可得＝(－1,0,0)，＝(1，－2,2)，＝(0，－1,2)．
设n＝(x1，y1，z1)为平面BCE的法向量，则即不妨令z1＝1，可得n＝(0,1,1)．
设m＝(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则
即不妨令z2＝1，可得m＝(0,2,1)．
因此有cos〈m，n〉＝＝，
于是sin〈m，n〉＝.
所以，二面角E­BC­F的正弦值为.
(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2])，则点P的坐标为(0,0，h)，可得＝(－1，－2，h)．
易知，＝(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故
|cos〈，〉|＝＝，
由题意，可得＝sin60°＝，解得h＝∈[0,2]．
所以线段DP的长为.
B组
1．(2018·济宁一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，CD＝2，M为PB的中点．

(1)求证：PA⊥平面CDM.
(2)求二面角D－MC－B的余弦值．
[解析]　(1)取DC中点O，连接PO，因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，所以PO⊥底面ABCD，因为底面ABCD为菱形，且∠ADC＝60°，DC＝2，所以DO＝1，OA⊥DC，以O为原点，分别以OA，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(，0,0)，P(0,0，)，B(，2,0)，C(0,1,0)，D(0，－1,0)，所以M(，1，)，所以＝(，2，)，＝(，0，－)，＝(0,2,0)，所以·＝0，·＝0，
所以PA⊥DM，PA⊥DC，又DM∩DC＝D，所以PA⊥平面CDM.

(2)＝(，0，)，＝(，1,0)，设平面BMC的一个法向量n＝(x，y，z)，
则
取z＝1，得n＝(－1，，1)，由(1)知平面CDM的法向量为＝(，0，－)，所以cos〈n，〉＝＝＝－，由图象得二面角D－MC－B是钝角，所以二面角D－MC－B的余弦值为－.
2．(2017·天津卷，17)如图，在三棱锥P－ABC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)求二面角C－EM－N的正弦值；
(3)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．
[解析]　如图，以A为原点，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的一个法向量，
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)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．
设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则
因为＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，
所以
不妨设y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．
因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，
于是sin〈n1，n2〉＝.
所以二面角C－EM－N的正弦值为.
(3)依题意，设AH＝(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.
3．正△ABC的边长为2, CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC的中点(如图(1))．现将△ABC沿CD翻成直二面角A－DC－B(如图(2))．在图(2)中：
(1)求证：AB∥平面DEF；
(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论；
(3)求二面角E－DF－C的余弦值．

[解析]　(1)如图(2)：在△ABC中，由E、F分别是AC、BC的中点，所以EF//AB，
又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，
∴AB∥平面DEF.
(2)以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 则

A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0，，0)，E(0，，)，F(，，0)，＝(1,0，－1)，＝(－1，，0)，＝(0，，)，＝(，，0)
设＝λ(0<λ<1)，则＝＋＝(1－λ，λ，－1)，注意到AP⊥DE⇔·＝0⇔λ＝，
∴＝，
∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.
(3)平面CDF的法向量＝(0,0,1)，设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z),
则，即，取n＝(3，－，3)，
cos〈n〉＝＝，
所以二面角E－DF－C的平面角的余弦值为.
4．(2018·浙江卷，19)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．
[解析]　方法一：
(Ⅰ)由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝2，
所以A1B＋AB＝AA.
故AB1⊥A1B1.
由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝，
由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝2，
由CC1⊥AC，得AC1＝，所以AB＋B1C＝AC，故AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1＝B1，所以AB1⊥平面A1B1C1.
(Ⅱ)如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD．

由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1，
由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，
所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角．
由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝得cos∠C1A1B1＝，sin∠C1A1B1＝，
所以C1D＝，故sin∠C1AD＝＝.
因此，直线AC1与平面ABB1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O­xyz.
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＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0,2，
－3)，
由1·＝0得AB1⊥A1B1.
由1·＝0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.
(Ⅱ)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.
由(Ⅰ)可知1＝(0,2，1)，＝(1，，0)，1＝(0,0,2)，
设平面1的法向量n＝(x，y，z)．

即可取n＝(－，1,0)．
所以sinθ＝|cos〈1―→，n〉|＝＝，
因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.

专题五　规范答题示例
　　 例1 (文)(12分)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F，H分别为AB，PC，BC的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)求证：平面PAH⊥平面DEF.
[思路探究]　(1)―→
(2)―→
规范解答·分步得分
构建答题模板


证明：(1)取PD的中点M，连接FM，AM.
∵在△PCD中，F，M分别为PC，PD的中点，∴FM∥CD且FM＝CD．
∵在正方形ABCD中，AE∥CD且AE＝CD，
∴AE∥FM且AE＝FM，
则四边形AEFM为平行四边形，
∴AM∥EF，4分
∵EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，
∴EF∥平面PAD．6分
(2)∵侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，
∴PA⊥底面ABCD，∵DE⊂底面ABCD，∴DE⊥PA．
∵E，H分别为正方形ABCD边AB，BC的中点，
∴Rt△ABH≌Rt△DAE，
则∠BAH＝∠ADE，∴∠BAH＋∠AED＝90°，∴DE⊥AH，8分
∵PA⊂平面PAH，AH⊂平面PAH，PA∩AH＝A，∴DE⊥平面PAH，
∵DE⊂平面EFD，∴平面PAH⊥平面DEF.12分
　　第一步找线线：通过三角形或四边形的中位线、平行四边形、等腰三角形的中线或线面、面面关系的性质寻找线线平行或线线垂直．
第二步找线面：通过线线垂直或平行，利用判定定理，找线面垂直或平行；也可由面面关系的性质找线面垂直或平行．
第三步找面面：通过面面关系的判定定理，寻找面面垂直或平行．
第四步写步骤：严格按照定理中的条件规范书写解题步骤.
[评分细则](1)第(1)问证出AE綊FM给2分；通过AM∥EF证线面平行时，缺1个条件扣1分；利用面面平行证明EF∥平面PAD同样给分；
(2)第(2)问证明PA⊥底面ABCD时缺少条件扣1分；证明DE⊥AH时只要指明E，H分别为正方形边AB，BC的中点得DE⊥AH不扣分；证明DE⊥平面PAH只要写出DE⊥AH，DE⊥PA，缺少条件不扣分．
G
　如图，在三棱锥V­ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点．
(1)求证：VB∥平面MOC．
(2)求证：平面MOC⊥平面VAB．
(3)求三棱锥V­ABC的体积．

[解析]　(1)因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB．
又因为OM⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC．
(2)因为AC＝BC，O为AB中点，所以OC⊥AB．
因为平面VAB⊥平面ABC，交线AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB．
因为OC⊂平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB．
(3)由(2)知OC为三棱锥C­VAB的高，
因为AC⊥BC且AC＝BC＝，所以OC＝1，AB＝2.
因为△VAB为等边三角形，所以S△VAB＝×2×＝.
VV­ABC＝VC­VAB＝××1＝.
(理)(12分)如图，AB是圆O的直径，C是圆O上异于A，B的一个动点，DC垂直于圆O所在的平面，DC∥EB，DC＝EB＝1，AB＝4.
(1)求证：DE⊥平面ACD；
(2)若AC＝BC，求平面AED与平面ABE所成的锐二面角的余弦值．
[思路探究]　(1)
(2)―→―→―→―→.

规范解答·分步得分
构建答题模板
　　解：(1)∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC，
又AB是⊙O的直径，C是⊙O上异于A，B的点，∴AC⊥BC，
又AC∩DC＝C，AC，DC⊂平面ACD，∴BC⊥平面ACD，
又DC∥EB，DC＝EB，∴四边形BCDE是平行四边形，
∴DE∥BC，∴DE⊥平面ACD．

(2)在Rt△ACB中，AB＝4，AC＝BC，
∴AC＝BC＝2，
如图，以C为原点建立空间直角坐标系，
则A(2，0,0)，D(0,0,1)，B(0,2，0)，E(0,2，1)，＝(－2，0,1)，＝(0,2，0)，
＝(－2，2，0)，＝(0,0,1).6分
设平面ADE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
10分
∴cos〈n1·n2〉＝＝＝.
∴平面AED与平面ABE所成的锐二面角的余弦值为.12分
　　第一步找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线．
第二步写坐标：建立空间直角坐标系，写出特征点坐标．
第三步求向量：求直线的方向向量或平面的法向量．
第四步求夹角：计算向量的夹角．
第五步得结论：得到所求两个平面所成的角或直线和平面所成的角.
[评分细则](1)第(1)问中证明DC⊥BC和AC⊥BC各给1分，证明DE∥BC给1分，证明BC⊥平面ACD时缺少AC∩DC＝C，AC，DC⊂平面ACD，不扣分．
(2)第(2)问中建系给1分，两个法向量求出1个给2分，没有最后结论扣1分，法向量取其他形式同样给分．
G
(2017·山东)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E－AG－C的大小．
[解析]　(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°，所以∠CBP＝30°.
(2)解法一：如图，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的中点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×cos120°＝12，
所以EC＝2，所以△EMC为等边三角形，
故所求的角为60°.
解法二：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〉＝＝.
故所求的角为60°.