第45讲 空间向量在立体几何中的运用-2021届新课改地区高三数学一轮专题复习

第45讲 空间向量在立体几何中的运用
一、 课程标准
1、能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题，2、能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用.
二、 基础知识回顾
1. 直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．
2. 空间位置关系的向量表示

位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2

l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0

直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m,
l∥α,n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α,n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m,
α∥β,n∥m⇔n＝λm
α⊥β,n⊥m⇔n·m＝0
3. 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β
l1与l2所成的角θ
范围
(0，π)



a与b的夹角β
l1与l2所成的角θ
求法
cosβ＝
cosθ＝|cos β|＝
4. 求直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝.
5. 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＝〈，〉
①
　②
　③

(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〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．

三、 自主热身、归纳总结
1、若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则( )
A. l∥α　　　　　　 　 B. l⊥α 　　　　　　
C. l⊂α　　 D. l与α斜交
【答案】B
【解析】　∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，0，－4)，∴n＝－2a，即a∥n，∴l⊥α.故选B.
2、 已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是( )
A. (－1，1，1) B. (1，－1，1)
C. D.
【答案】C.
【解析】　＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，经计算得C项符合题意．故选C.
3、在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，F为B1C1的中点，则异面直线AF与C1E所成角的正切值为(C )
A. B. C. D.
【答案】C.
【解析】　以D为坐标原点，DC，DA，DD1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ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，

第3题图
可得A(0，2，0)，B(2，2，0)，C(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(2，0，2)，由中点坐标公式可得E(2，1，0)，F(2，1，2)，则AF＝(2，－1，2)，C1E＝(0，1，－2)，设两异面直线所成角为θ，则cos θ＝|cos〈，C1E〉|＝＝＝，则sin θ＝，故异面直线AF与C1E所成角的正切值为＝.故选C.
4、如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是________．

【答案】 90°　
【解析】 建立空间直角坐标系如图所示．设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，M，N，所以＝，＝，所以cos〈，〉＝＝0，所以⊥，故异面直线A1M与DN所成角的大小为90°.

5、已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝AB＝AA1＝2BC，E为DD1的中点，F为A1D的中点，则直线EF与平面A1CD所成角的正弦值为________．

【答案】
【解析】 由题意，得AB，AD，AA1两两垂直，故以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设BC＝1，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，C(2，1，0)，D(0，2，0)，E(0，2，1)，F(0，1，1)，所以＝(0，1，0)，＝(0，2，－2)，＝(－2，1，0)．设平面A1CD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，故n＝(1，2，2)，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，故直线EF与平面A1CD所成角的正弦值为.


四、 例题选讲
考点 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AB＝2，AD＝2，PA＝2，求异面直线BC与AE所成的角的大小．


【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，E(1，，1)，＝(1，，1)，＝(0，2，0)．
设与的夹角为θ，则cosθ＝＝＝，所以θ＝，所以异面直线BC与AE所成的角的大小是.

变式1、　如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________．

【答案】
【解析】 不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得C(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，所以＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，所以cos〈，〉＝＝＝＝＞0，所以与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
变式2、(2019·浙江高考)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】 (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，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〉|＝＝，∴cos θ＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为.
方法总结：利用向量法求异面直线所成角的方法：(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．

考点二 直线与平面所成的角
例2　如图，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.
(1) 证明：AC⊥B1D；
(2) 求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．

【解析】 (1) 易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则有A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)，
所以＝(－t，3，－3)，＝(t，1，0)，＝(－t，3，0)．
因为AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0，
解得t＝或t＝－(舍去)，
所以＝(－，3，－3)，＝(，1，0)．
因为·＝－3＋3＋0＝0，
所以⊥，即AC⊥B1D.
(2) 由(1)知，＝(0，3，3)，＝(，1，0)，＝(0，1，0)．
设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则
即
令x＝1，则n＝(1，－，)．
设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.


变式1、如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k>0)．若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求实数k的值．

【解析】 由题意知DC⊥AD，D1D⊥DC，D1D⊥AD，故以D为原点，，，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，则A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4k，3k，1)，A1(4k，0，1)，所以＝(－4k，6k，0)，＝(0，3k，1)，＝(0，0，1)．
设平面AB1C的法向量n＝(x，y，z)，
则即
取y＝2，得n＝(3，2，－6k)．
设AA1与平面AB1C所成角为θ，则
sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得k＝1，故实数k的值为1.

变式2、　如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．
(1)求证：平面BDM∥平面EFC；
(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．

【解析】　(1)证明：连接AC交BD于点N，连接MN，
则N为AC的中点，
又M为AE的中点，∴MN∥EC.
∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，
∴MN∥平面EFC.
∵BF，DE都与平面ABCD垂直，∴BF∥DE.
∵BF＝DE，
∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.
∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，
∴BD∥平面EFC.
又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.
(2)∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，

∴DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz.
设AB＝2，则DE＝4，从而D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，
∴＝(2,2,0)，＝(1,0,2)，
设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
则得
令x＝2，则y＝－2，z＝－1，
从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．
∵＝(－2,0,4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，
则sin θ＝|cos n，|＝＝，
∴直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.
方法总结：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，取其余角就是斜线和平面所成的角．

考点三 二面角
例3　如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB.
(1) 证明：BC1∥平面A1CD；
(2) 求二面角DA1CE的正弦值．

【解析】 (1) 连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点．
又D是AB的中点，连结DF，则BC1∥DF.
因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD.

(2) 由AC＝CB＝AB得，AC⊥BC.
以C为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Cxyz.设CA＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，1)，＝(2，0，2)．
设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，
则即
可取n＝(1，－1，－1)．
设m是平面A1CE的法向量，则
可取m＝(2，1，－2)，所以cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝，
即二面角DA1CE的正弦值为.

变式1、 [2018·天津高考]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E－BC－F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)．
(1)证明：依题意得M，N(1，0，2). ＝(0，2，0)，＝(2，0，2)．设n0＝(x0，y0，z0)为平面CDE的法向量，则即不妨令z0＝－1，
可得n0＝(1，0，－1)．又＝，可得·n0＝0.
又∵直线MN⊄平面CDE，∴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)．∴有cos〈m，n〉＝＝，
于是sin〈m，n〉＝.∴二面角E－BC－F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＝sin 60°＝，解得h＝∈[0，2]．∴线段DP的长为.

变式2、(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B­CG­A的大小．

【解析】(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.

由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz，则
A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，
＝(1,0，)，＝(2，－1,0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
所以可取n＝(3,6，－)．
又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此二面角B­CG­A的大小为30°.

方法总结：利用向量法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．


考点四 求空间距离
例5、如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2，求点A到平面MBC的距离．


【解析】　如图，取CD的中点O，连接OB，OM，因为△BCD与△MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM⊂平面MCD，所以MO⊥平面BCD.
以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O­xyz.

因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，
所以OB＝OM＝，
则O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)，
所以＝(1，，0)．
＝(0，，)．
设平面MBC的法向量n＝(x，y，z)，
由得
即
取x＝，可得平面MBC的一个法向量为n＝(，－1,1)．
又＝(0,0,2)，
所以所求距离为d＝＝.

变式1、在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点．
(1)求点B到直线AC1的距离；
(2)求直线FC到平面AEC1的距离．


【解析】：以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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，

则A(1,0,1)，B(1,1,1)，C(0，1,1)，C1(0,1,0)，E，F，所以
＝(0,1,0)，＝(－1,1，－1)，＝，
＝，＝，＝.
(1)取a＝＝(0,1,0)，u＝＝(－1,1，－1)，则a2＝1，a·u＝.
所以，点B到直线AC1的距离为＝ ＝.
(2)因为＝＝，所以FC∥EC1，所以FC∥平面AEC1.所以点F到平面AEC1的距离为直线FC到平面AEC1的距离．
设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则
所以
所以
取z＝1，则x＝1，y＝2.所以，n＝(1,2,1)是平面AEC1的一个法向量．
又因为＝，所以点F到平面AEC1的距离为＝＝.
即直线FC到平面AEC1的距离为.
方法总结：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．(2)等体积法．(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．
考点五 利用空间向量解决探索性问题

例5、（2019·湖南五市联考）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.
(1)求证：AB⊥PC；
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．


【解析】　(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，


由AD＝CD＝2，BC＝4，可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，又PA∩AC＝A，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥PC.
(2)(方法1)过点M作MN⊥AD交AD于点N，则MN∥PA，

∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD. 过点M作MG⊥AC交AC于点G，
连接NG，则∠MGN是二面角M－AC－D的平面角．
若∠MGN＝45°，则NG＝MN，又AN＝NG＝MN，∴MN＝1，
∴MN∥PA，MN＝PA，∴M是PD的中点．
在三棱锥M－ABC中，可得VM－ABC＝S△ABC·MN，设点B到平面MAC的距离是h，
则VB－MAC＝S△MAC·h，
∴S△ABC·MN＝S△MAC·h，解得h＝2.
在Rt△BMN中，可得BM＝3.设BM与平面MAC所成的角为θ，则sinθ＝＝.
(方法2)建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，0，0)，C(2，
2，0)，D(0，2，0)，
P(0，0，2)，
B(2，－2，0)，
＝(0，2，－2)，
＝(2，
2，0)．设＝t (0＜t＜1)，则点M的坐标为(0，2t，2－2t)，
∴＝(0，2t，2－2t)．设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，则
得则可取n＝.
又m＝(0，0，1)是平面ACD的一个法向量，
∴|cos〈m，n〉|＝＝＝cos45°＝，解得t＝，
即点M是线段PD的中点．
此时平面MAC的一个法向量可取n0＝(1，－1，)，＝(－2，3，1)．
设BM与平面MAC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n0，〉|＝.
变式1、　(探点得平行关系)已知四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成的角为60°.
(1) 求证：AC⊥平面BDE；
(2) 求二面角FBED的余弦值；
(3) 设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．

【解析】 (1) 因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.
因为四边形ABCD是正方形，
所以AC⊥BD.
又DE∩BD＝D，DE，BD⊂平面BDE，
所以AC⊥平面BDE.
(2) 因为DE⊥平面ABCD，
所以∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°，所以＝.
由AD＝3，得DE＝3，AF＝.
如图，分别以DA，DC，DE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(3，0，0)，F(3，0，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，
所以＝(0，－3，)，＝(3，0，－2)．
设平面BEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
令z＝，则n＝(4，2，)．
因为AC⊥平面BDE，
所以＝(3，－3，0)为平面BDE的一个法向量，
所以cos〈n，〉＝＝＝.　
故二面角FBED的余弦值为.

(3) 依题意，设M(t，t，0)(t＞0)，
则＝(t－3，t，0)．
因为AM∥平面BEF，
所以·n＝0，即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2，
所以点M的坐标为(2，2，0)，此时＝，
所以M是线段BD上靠近点B的三等分点．
方法总结：用向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的方法：
(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论．
(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在．


五、优化提升与真题演练
1、【2020年全国2卷】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【解析】（1）分别为，的中点，

又

在中，为中点，则
又侧面为矩形，



由，平面
平面
又，且平面，平面，
平面
又平面，且平面平面


又平面
平面
平面
平面平面
（2）连接

平面，平面平面

根据三棱柱上下底面平行，
其面平面，面平面

故：四边形是平行四边形
设边长是()
可得：，
为的中心，且边长为

故：



解得：
在截取，故
且
四边形是平行四边形，

由（1）平面
故为与平面所成角
在，根据勾股定理可得：

直线与平面所成角的正弦值：.
2、【2020年全国3卷】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．

（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【解析】（1）在棱上取点，使得，连接、、、，

在长方体中，且，且，
，，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
且，则四边形为平行四边形，
因此，点在平面内；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，得，，则，

，
设二面角的平面角为，则，.
因此，二面角的正弦值为.
3、【2020年天津卷】如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．


（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
【解析】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），

可得、、、、
、、、、.
（Ⅰ）依题意，，，
从而，所以；
（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，
，．
设为平面的法向量，
则，即，
不妨设，可得．
，
．
所以，二面角的正弦值为；
（Ⅲ）依题意，．
由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
4、【2020年山东卷】.如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：
在正方形中，，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，

因为，则有，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.