6.4 空间向量与立体几何-【十年高考】备战2026年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）

§6.4　空间向量与立体几何 课时 2016~2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 2025年 合计 77.利用空间向量求线线角 1 0 0 0 0 1 2 78.利用空间向量求线面角 10 1 4 3 1 0 19 79.利用空间向量求二面角 15 4 2 2 2 2 27 80.利用空间向量求解距离 和探索性问题 2 1 0 0 4 0 7 命题热度 本专题命题热度非常高() 课程标准 备考策略 (1)向量法求空间角 ①能用向量法解决异面直线所成角、直线与平面所成角、平面与平面的夹角问题,并能描述解决这一类问题的程序,体会向量法在研究空间角问题中的作用 ②弄清折叠问题中的变量与不变量,掌握折叠问题中线面位置关系的判断和空间角的计算问题 明确利用向量法求空间角的一般步骤;掌握根据几何体的结构特征准确建立空间直角坐标系的方法,抓住空间中的垂直关系是核心;准确进行空间向量的基本运算;注意所求空间角与空间向量夹角之间的关系,这是正确转化为所求空间角的关键 (2)利用空间向量求解距离和探索性问题 ①会求空间中点到直线以及点到平面的距离 ②以空间向量为工具,探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件 掌握空间两点之间的距离公式、点到直线的距离公式,明确点到平面的距离的求解方法;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求解 考点77利用空间向量求线线角答案P341　 1.(2025·全国新高考1,17,15分,难度★★★)如图所示的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD,AB⊥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)若PA=AB=,AD=+1,BC=2,P,B,C,D在同一个球面上,设该球面的球心为O. (ⅰ)证明:O在平面ABCD上; (ⅱ)求直线AC与直线PO所成角的余弦值. 2.(2018·上海,17,14分,难度★★★★) 已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2. (1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积; (2)设PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,如图,求异面直线PM与OB所成的角的大小. 考点78利用空间向量求线面角答案P341　 1.(2023·全国乙,理9,5分,难度★★)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形.若二面角C-AB-D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 (　　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A. B. C. D. 2.(2024·上海,17,14分,难度★★★)如图为正四棱锥P-ABCD,O为底面ABCD的中心. (1)若AP=5,AD=3,求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积; (2)若AP=AD,E为PB的中点,求直线BD与平面AEC所成角的大小. 3.(2023·天津,17,15分,难度★★★) 如图,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M,N分别为BC,AB的中点. (1)求证:A1N∥平面C1MA; (2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值; (3)求点C到平面C1MA的距离. 4.(2023·全国甲,理18,12分,难度★★★) 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明:AC=A1C; (2)已知AA1与BB1距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 5.(2022·北京,17,14分,难度★★★★) 如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BCC1B1为正方形,平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,AB=BC=2,M,N分别为A1B1,AC的中点. (1)求证:MN∥平面BCC1B1; (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知,求直线AB与平面BMN所成角的正弦值. 条件①:AB⊥MN; 条件②:BM=MN. 注:如果选择条件①和条件②分别解答,按第一个解答计分. 6.(2022·浙江,19,15分,难度★★★★) 如图,已知ABCD和CDEF都是直角梯形,AB∥DC,DC∥EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE=60°,二面角F-DC-B的平面角为60°.设M,N分别为AE,BC的中点. (1)证明:FN⊥AD; (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值. 7.(2022·全国甲,理18,12分,难度★★★★)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=. (1)证明:BD⊥PA; (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 8.(讲解 2022·全国乙,理18,12分,难度★★★★) 如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点. (1)证明:平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值. 9. (2021·天津,17,15分,难度★★★)如图,在棱长为2的正方体ABCD -A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点, (1)求证:D1F∥平面A1EC1; (2)求直线AC1与平面A1EC1所成的角的正弦值; (3)求二面角A -A1C1-E的正弦值. 10. (2020·北京,16,13分,难度★★★★)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点. (1)求证:BC1∥平面AD1E; (2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值. 11. (讲解 2020·天津,17,15分,难度★★★★)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点. (1)求证:C1M⊥B1D; (2)求二面角B-B1E-D的正弦值; (3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值. 12.(2020·浙江,19,15分,难度★★★★) 如图,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=∠ACD=45°,DC=2BC. (1)证明:EF⊥DB; (2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值. 13.(2020·全国2,理20,12分,难度★★★★) 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⊥平面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. 14. (2019·天津,理17,13分,难度★★★★)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求证:BF∥平面ADE; (2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值; (3)若二面角E-BD-F的余弦值为,求线段CF的长. 15. (2019·浙江,19,15分,难度★★★)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,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. 16.(2018·浙江,19,15分,难度★★★★) 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. 17.(2018·全国1,理18,12分,难度★★★★)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. 18.(2018·全国2,理20,12分,难度★★★★) 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. 19.(2017·北京,理16,14分,难度★★★★)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4. (1)求证:M为PB的中点; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值. 考点79利用空间向量求二面角答案P348　 1.(2025·全国新高考2,17,15分,难度★★★)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 2.(2025·天津,17,15分,难度★★★)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别为棱A1D1和B1C1的中点,点G在棱CC1上,且有CG=3C1G. (Ⅰ)求证:直线GF⊥平面EBF; (Ⅱ)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值; (Ⅲ)求三棱锥D-BEF的体积. 3.(2024·北京,17,14分,难度★★★)已知四棱锥P-ABCD,AD∥BC,AB=BC=1,AD=3,E是AD上一点,PE⊥AD,DE=PE=2. (1)若F是PE中点,证明:BF∥平面PCD. (2)若AB⊥平面PED,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 4.(2024·全国甲,理19,12分,难度★★★★) 如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为AD的中点. (1)证明:BM∥平面CDE; (2)求二面角F- BM-E的正弦值. 5.(2023·全国新高考1,18,12分,难度★★★) 如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明:B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P. 6.(2023·全国新高考2,20,12分,难度★★★) 如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点. (1)证明:BC⊥DA; (2)点F满足=,求二面角D-AB-F的正弦值. 7.(讲解 2022·全国新高考1,19,12分,难度★★★★) 如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2. (1)求A到平面A1BC的距离; (2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值. 8.(2022·全国新高考2,20,12分,难度★★★★)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点. (1)证明:OE∥平面PAC; (2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值. 9. (讲解 2021·全国新高考1,20,12分,难度★★★★)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点. (1)证明:OA⊥CD; (2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积. 10. (讲解 2021·全国新高考2,19,12分,难度★★★★)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=,QC=3. (1)证明:平面QAD⊥平面ABCD; (2)求二面角B-QD-A的平面角的余弦值. 11. (2021·北京,17,14分,难度★★★★)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,B1C1与平面CDE交于点F. (1)求证:F为B1C1的中点; (2)若M是棱A1B1上一点,且二面角M-FC-E的余弦值为,求的值. 12. (2021·全国乙,理18,12分,难度★★★★)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM. (1)求BC; (2)求二面角A-PM-B的正弦值. 13. (讲解 2020·全国1,理18,12分,难度★★★★)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,PO=DO. (1)证明:PA⊥平面PBC; (2)求二面角B-PC-E的余弦值. 14.(2020·全国3,理19,12分,难度★★★★) 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1. (1)证明:点C1在平面AEF内; (2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值. 15. (2019·全国1,理18,12分,难度★★★★)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN∥平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值. 16. (2019·全国2,理17,12分,难度★★★)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1. (1)证明:BE⊥平面EB1C1; (2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值. 17.(讲解 2019·全国3,理19,12分,难度★★★)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B-CG-A的大小. 18.(2018·北京,理16,14分,难度★★★★)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. 19.(2018·全国3,理19,12分,难度★★★★)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,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值. 20.(2017·天津,理17,13分,难度★★★★)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. 21. (2017·山东,理17,12分,难度★★★★)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. 22.(2017·江苏,22,10分,难度★★★★) 如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°. (1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值; (2)求二面角B -A1D -A的正弦值. 23.(2017·全国1,理18,12分,难度★★★★) 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. 24.(讲解 2017·全国2,理19,12分,难度★★★★)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点. (1)证明:直线CE∥平面PAB; (2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值. 25.(讲解 2017·全国3,理19,12分,难度★★★★)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. 26.(2016·山东,理17,12分,难度★★★★)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线. (1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC; (2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC,求二面角F-BC-A的余弦值. 27.(2016·浙江,理17,15分,难度★★★★) 如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求证:BF⊥平面ACFD; (2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值. 考点80利用空间向量求解距离和探索性问题答案P357　 1.(2024·上海,15,5分,难度★★★)定义一个集合Ω,集合中的元素是空间内的点集,任取P1,P2,P3∈Ω,存在不全为0的实数λ1,λ2,λ3,使得λ1+λ2+λ3=0.若(1,0,0)∈Ω,则(0,0,1)∉Ω的充分条件是 (　　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.(0,0,0)∈Ω B.(-1,0,0)∈Ω C.(0,1,0)∈Ω D.(0,0,-1)∈Ω 2.(2024·全国新高考1,17,15分,难度★★★★)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 3.(2024·全国新高考2,17,15分,难度★★★★)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=,将△AEF沿EF对折至△PEF,使得PC=4. (1)证明:EF⊥PD; (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值. 4.(2024·天津,17,15分,难度★★★) 如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB∥DC,AB=AA1=2,AD=DC=1,M,N分别为DD1,B1C1的中点. (1)求证:D1N∥平面CB1M; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值; (3)求点B到平面CB1M的距离. 5.(2021·全国甲,理19,12分,难度★★★★)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1. (1)证明:BF⊥DE; (2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小? 6.(讲解 2020·山东,20,12分,难度★★★★) 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. 7. (2018·天津,理17,13分,难度★★★★)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. 学科网（北京）股份有限公司 $$ §6.4　空间向量与立体几何 考点77　利用空间向量求线线角 1.(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,∴PA⊥AB. 又AB⊥AD,AP,AD⊂平面ADP,AP∩AD=A, ∴AB⊥平面ADP. 又AB⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD. (2)(ⅰ)证明 易知PA,AB,AD两两垂直,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. ∵AP=,AB=,BC=2,AD=+1, ∴P(0,0,),B(,0,0),C(,2,0),D(0,+1,0). ∵点O为P,B,C,D共球面的球心, 则PO=OB,CO=DO,BO=CO. 设O(x,y,z), 则有 解得即点O(0,1,0),∴点O在平面ABCD上. (ⅱ)解 由(ⅰ)知=(,2,0),=(0,1,-), 则cos<,>==. 2.解 (1)∵圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2,母线长为4,∴圆锥的体积V=πr2h=×π×22×=. (2)∵PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,∴以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系, ∴P(0,0,4),A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,0),O(0,0,0), ∴=(1,1,-4),=(0,2,0). 设异面直线PM与OB所成的角为θ,则cos θ= ==. ∴θ=arccos.∴异面直线PM与OB所成的角的大小为arccos. 考点78　利用空间向量求线面角 1.C　(方法一)如图,取AB中点O,连接OC,OD,则由题可知∠DOC为二面角C-AB-D的平面角, ∴∠DOC=150°. 设CA=CB=a,则OC=AB=a. ∵△ABD是等边三角形, ∴OD⊥AB,且OD=AB=a. 在△DOC中由余弦定理得, CD2=OC2+OD2-2OC·ODcos∠DOC=a2, ∴CD=a. 过D作DH⊥平面ABC,垂足为H,易知点H在直线OC上,则∠DCH为直线CD与平面ABC所成的角,且∠DOH=30°,故DH=OD=a, ∴sin∠DCH===,则cos∠DCH=, ∴tan∠DCH==.故选C. (方法二)取AB中点O,连接OC,OD.以O为原点,OA,OC所在直线分别为x轴、y轴,过O点作平面ABC的垂线为z轴建立空间直角坐标系(图略). 设AB=2,则由题可得A(1,0,0),C(0,1,0),D0,-,,则=0,-,,由题可知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).设CD与平面ABC所成角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|==,∴cos θ===,∴tan θ==. 求解空间角的关键 ①找角,根据空间角的定义,直接在已知图形中找出所求空间角的平面角或通过添加辅助线作出空间角的平面角,如利用添加平行线,找异面直线所成角;利用平面的垂线确定直线在平面内的投影,进而找出线面所成的角;利用公共棱的垂线作出二面角的平面角. ②证角,证明所找或所作的角就是所求的角. ③求角,将角放在平面图形中,一般利用正弦定理、余弦定理或勾股定理等公式求所找或所作的角或角的三角函数值. 2.解 (1)因为P-ABCD是正四棱锥,所以底面ABCD是正方形,且OP⊥底面ABCD, 因为AD=3,所以AO=OD=OB=OC=3, 因为AP=5,所以PO==4, 所以△POA绕OP旋转一周形成的几何体是以3为底面半径,4为高的圆锥, 所以V圆锥=Sh=π×32×4=12π. (2)(坐标法)如图,建立空间直角坐标系,因为AP=AD,由题意知P-ABCD是正四棱锥,所以该四棱锥各棱长相等, 设AB=a, 则AO=OD=OB=OC=a, PO==a, 由此可得O(0,0,0),P(0,0,a),A(0,-a,0),B(a,0,0),C(0,a,0),D(-a,0,0),E, 故=(-2a,0,0),=(0,2a,0),=. 设n=(x1,y1,z1)为平面AEC的法向量, 由得y1=0, 取x1=1,则z1=-1,所以n=(1,0,-1), 则cos<n,>===-. 设直线BD与平面AEC所成角为θ, 因为sin θ=|cos<n,>|=,θ∈,所以θ=. (几何法)过点E作EH⊥BD交BD于点H. 则EA=EC,EO⊥AC. 故∠EOH就是直线BD与平面AEC所成角. 易得EH=PO,HO=BD. 设AP=AD=a,则BD=a,故PO=a. 在△EOH中,因为tan∠EOH===1, 所以∠EOH=. 故直线BD与平面AEC所成角为. 3. (1)证明 (第一步:证明四边形A1NMC1是平行四边形) 如图,连接MN,由已知M,N分别为BC,AB的中点,得MN􀰿AC. 又由题意可知,A1C1􀰿AC,∴MN􀰿A1C1. ∴四边形A1NMC1是平行四边形.∴A1N∥C1M. (第二步:由线面平行判定定理证明A1N∥平面C1MA) 又A1N⊄平面C1MA,C1M⊂平面C1MA,∴A1N∥平面C1MA. (2)解 (第一步:建立空间直角坐标系,分别写出需要的点的坐标) 由已知AA1,AB,AC两两垂直,以A为原点,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A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),M(1,1,0),C1(0,1,2). ∴=(2,0,0),=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,2,0). (第二步:分别求平面ACC1A1,平面C1MA的法向量) 由已知AB⊥AC,AB⊥AA1,∴是平面ACC1A1的一个法向量. (第三步:由公式求两个平面所成的角) 设平面C1MA的一个法向量为n=(x,y,z),则即解得 令z=1,得平面C1MA的一个法向量为n=(2,-2,1). 设平面C1MA与平面ACC1A1所成的角的大小为θ, 则cos θ===. 故平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为. (3)解 设点C到平面C1MA的距离为d. 解法一(法向量法):d===. 解法二(等积法):∵=, ∴·d=S△ACM·A1A. 易得C1A===, C1M=A1N===, AM=BC==×=, ∴C1A=C1M. ∴点C1到直线AM的距离d1===. ∴=·d1·|AM|=××=. 易知S△ACM=S△ABC=××22=1, ∴d===. 4.(1)证明 ∵A1C⊥底面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC. ∵∠ACB=90°,∴BC⊥AC. 又A1C,AC⊂平面ACC1A1,∴BC⊥平面ACC1A1. ∵BC⊂平面BCC1B1,∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1. 如图,过点A1作A1O⊥CC1交CC1于点O, 又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,∴A1O⊥平面BCC1B1. ∵A1到平面BCC1B1的距离为1, ∴A1O=1. ∵A1C⊥平面ABC,AC⊂平面ABC, ∴A1C⊥AC. 又A1C1∥AC,∴A1C⊥A1C1.又CC1=AA1=2, 设CO=x,则C1O=2-x,则A1=A1O2+C1O2=1+(2-x)2,A1C2=A1O2+CO2=1+x2, ∴A1+A1C2=C,即1+x2+1+(2-x)2=4,解得x=1, ∴A1C===, AC===,故AC=A1C. (2)解 方法一:连接BA1.∵BC⊥A1C,BC⊥AC, ∴在Rt△A1CB中有A1C2+BC2=B,在Rt△ACB中有AC2+BC2=AB2,又AC=A1C,∴AB=BA1. 过点B作BD⊥AA1交AA1于点D,则D为AA1的中点,且BB1⊥BD,则BD即为直线AA1与BB1的距离,∴BD=2. ∴A1D=1,A1B==, ∴BC==, ∴AB1==, 易知A到平面BCC1B1的距离d=1,则AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为==. 方法二(空间向量法): ∵A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°, ∴A1C,AC,BC两两垂直. 如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系. 由(1)知AC=A1C=A1C1=,取A1A中点E,连接BE,则BE⊥A1A. ∴BE=2,∴AB=,则BC=. 则A(,0,0),A1(0,0,), C1(-,0,),O-,0,, B1(-,,).∵A1O⊥平面C1CBB1, ∴平面C1CBB1的法向量=-,0,-. 又=(-2,,),∴cos<,>===. ∴直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为sin θ=cos<,>=. 5.解 (1)证明:如图,取BC的中点D,连接B1D,DN.在三棱柱ABC-A1B1C1中, A1B1∥AB,A1B1=AB. 因为点M,N,D分别为A1B1,AC,BC的中点, 所以B1M∥AB,B1M=AB,DN∥AB,DN=AB, 即B1M∥DN且B1M=DN, 所以四边形B1MND为平行四边形, 因此B1D∥MN.又MN⊄平面BCC1B1,B1D⊂平面BCC1B1,所以MN∥平面BCC1B1. (2)选条件①: 因为侧面BCC1B1为正方形,所以CB⊥BB1. 因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,且平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1, 所以CB⊥平面ABB1A1. 又AB⊂平面ABB1A1,所以CB⊥AB. 由(1)得B1D∥MN, 因为AB⊥MN,所以AB⊥B1D. 而B1D∩CB=D,所以AB⊥平面BCC1B1. 又BB1⊂平面BCC1B1,所以AB⊥BB1. 在三棱柱ABC-A1B1C1中,BA,BC,BB1两两垂直,故以B为坐标原点,分别以BC,BA,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,因为AB=BC=BB1=2,所以点B(0,0,0),N(1,1,0),M(0,1,2),A(0,2,0), 所以=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,-2,0), 设平面BMN的法向量为n=(x,y,z), 则·n=0,·n=0,即令x=2,则y=-2,z=1,即n=(2,-2,1), 设直线AB与平面BMN所成角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|===,所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 选条件②: 取AB的中点H,连接HM,HN. 因为M,N,H分别为A1B1,AC,AB的中点, 所以B1B∥MH,CB∥NH,而CB⊥BB1, 故NH⊥MH,即∠MHN=90°. 又因为AB=BC=2,所以NH=BH=1. 在△MNH和△MBH中, 因为MH=MH,NH=BH,BM=MN, 所以△MNH≌△MBH. 又∠MHN=90°,所以∠MHB=∠MHN=90°,即MH⊥BH. 又MH∥BB1,所以BB1⊥BA. 因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,且平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1,CB⊥BB1,所以CB⊥平面ABB1A1. 又AB⊂平面ABB1A1,所以CB⊥AB. 所以在三棱柱ABC-A1B1C1中,BA,BC,BB1两两垂直,故以点B为坐标原点,分别以BC,BA,BB1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 因为AB=BC=BB1=2,所以点B(0,0,0),N(1,1,0),M(0,1,2),A(0,2,0),所以=(1,1,0),=(0,1,2),=(0,-2,0), 设平面BMN的法向量为n=(x,y,z), 则·n=0,·n=0,即令x=2,则y=-2,z=1,即n=(2,-2,1). 设直线AB与平面BMN所成角为θ,sin θ=|cos<n,>|===, 所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 6.(1)证明 在直角梯形ABCD中,AB∥DC且∠BAD=60°, ∴DC⊥BC,又DC=3,AB=5,∴BC=2. 同理,在直角梯形CDEF中,CF=2,∴BC=CF, 又CD⊥CF且CD⊥BC, ∴∠BCF为二面角F-DC-B的二面角,∠BCF=60°, ∴△BCF为等边三角形. 又N为BC的中点,∴FN⊥BC. 又CF⊂平面BCF,CB⊂平面BCF且CB∩CF=C, ∴DC⊥平面BCF. 又FN⊂平面BCF,∴FN⊥DC. 又DC⊂平面ABCD,BC⊂平面ABCD且DC∩BC=C, ∴FN⊥平面ABCD. 又AD⊂平面ABCD,∴FN⊥AD. (2)解 取AD中点P,连接NP.以N为原点,分别以,,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. ∵BC=2,AB=5, ∴B(0,,0),A(5,,0),F(0,0,3),D(3,-,0),C(0,-,0). 又==(-3,0,0)=(-1,0,0), ∴E(1,0,3),又M为EA中点,∴M3,,, ∴=3,-,. 设n=(x,y,z)为平面ADE的一个法向量,且=(-2,-2,0),=(-4,-,3), ∴ 取y=,则x=-3,z=-3,∴n=(-3,,-3). ∴cos<n,>= ===-. 设直线BM与平面ADE所成角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|, ∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为. 7. (1)证明 ∵PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PD⊥BD.取AB的中点E,连接DE. ∵CD=1,BE=AB=1,CD∥BE, ∴四边形CDEB是平行四边形,∴DE=CB=1. ∵DE=AB,∴△ABD为直角三角形,AB为斜边,∴BD⊥AD. ∵PD⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,且PD∩AD=D, ∴BD⊥平面PAD. 又PA⊂平面PAD,∴BD⊥PA. (2)解 由(1)知,PD,AD,BD两两垂直,以点D为坐标原点,DA,DB,DP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,其中BD==. 则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),P(0,0,),∴=(0,0,-),=(1,0,-),=(-1,,0).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z), 则即 取x=,则y=z=1,则n=(,1,1). 设直线PD与平面PAB所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|===, ∴直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为. 利用空间向量求线面角的方法 (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或钝角的补角,取其余角就是斜线和平面所成的角. (3)设l为平面α的斜线,l∩α=A,a为l的方向向量,n为平面α的法向量,φ为l与α所成的角,则sin φ=|cos<a,n>|=. 8.(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD, ∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB. 又E为AC的中点,AD=CD,∴DE⊥AC,BE⊥AC. 又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BED. 又AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD. (2)解 如图,连接EF,由(1)知AC⊥平面BED. ∴EF⊥AC,∴当△AFC的面积最小时,EF最小. 在△BDE中,若EF最小, 则EF⊥BD. ∵AB=CB=2,∠ACB=60°, ∴△ABC为等边三角形, ∴AC=2,BE=. ∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形, ∴DE=1. 又BD=2,∴DE2+BE2=BD2,∴BE⊥DE. 由(1)知DE⊥AC,BE⊥AC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, ∴点A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),E(0,0,0), ∴=(-1,,0),=(-1,0,1),=(0,,-1),=(0,0,1). 设=λ=(0,λ,-λ),则=+=(0,λ,1-λ). ∵EF⊥BD,∴·=0, 即3λ-(1-λ)=0,解得λ=. ∴点F0,,,=1,,. 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 则取y=1,则x=z=, ∴n=(,1,)为平面ABD的一个法向量. 设CF与平面ABD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|==. 故CF与平面ABD所成的角的正弦值为. 9. (1)证明 如图所示,连接A1C1,B1D1相交于O,连接OE,EF,因为E为棱BC的中点,F为棱CD的中点, 所以EF∥B1D1且EF=B1D1. 根据正方体有OD1=B1D1, 所以EF=OD1. 所以四边形OEFD1为平行四边形,所以OE∥D1F. 又因为OE⊂平面A1EC1,D1F⊄平面A1EC1. 所以D1F∥平面A1EC1. (2)解 以A为坐标原点,AB,AD,AA1为坐标轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则A(0,0,0),C1(2,2,2),E(2,1,0),A1(0,0,2), 则=(2,1,-2),=(0,1,2),=(2,2,2), 设平面A1EC1的法向量n1=(x1,y1,z1), 则⇒ 令z1=1,则则n1=(2,-2,1). 设直线AC1与平面A1EC1所成的角为θ, 则sin θ===. (3)解 在(2)建立的空间直角坐标系中,设平面A1AC1的法向量n2=(x2,y2,z2), 则⇒ 令y2=1,则则n2=(-1,1,0), 设二面角A-A1C1-E的平面角为α, 根据(2)有cos α===, 所以sin α==. 10.(1)证明 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1且AB=A1B1,A1B1∥C1D1且A1B1=C1D1, ∴AB∥C1D1且AB=C1D1,所以,四边形ABC1D1为平行四边形,则BC1∥AD1, ∵BC1⊄平面AD1E,AD1⊂平面AD1E, ∴BC1∥平面AD1E; (2)解 以点A为坐标原点,AD,AB,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2, 则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1), ∴=(2,0,2),=(0,2,1),=(0,0,2). 设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z), 由得 令z=-2,则x=2,y=1,则n=(2,1,-2). cos<n,>==-=-. 因此,直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为. 11. 解 依题意,以C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(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3). (1)证明:依题意,=(1,1,0),=(2,-2,-2),从而·=2-2+0=0, 所以C1M⊥B1D. (2)依题意,=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,=(0,2,1),=(2,0,-1). 设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量, 则即 不妨设x=1,可得n=(1,-1,2). 因此有cos<,n>==,于是sin<,n>=. 所以,二面角B-B1E-D的正弦值为. (3)依题意,=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量, 于是cos<,n>==-. 所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为. 12. (1)证明 如图,过点D作DO⊥AC,交直线AC于点O,连接OB. 由∠ACD=45°,DO⊥AC,得CD=CO, 由平面ACFD⊥平面ABC,得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC. 由∠ACB=45°,BC=CD=CO,得BO⊥BC. 所以BC⊥平面BDO,故BC⊥DB. 由三棱台ABC-DEF,得BC∥EF. 所以EF⊥DB. (2)解 由三棱台ABC-DEF,得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角,记为θ. 如图,以O为原点,分别以射线OC,OD为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz. 设CD=2. 由题意知各点坐标如下: O(0,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),D(0,0,2).因此=(0,2,0),=(-1,1,0),=(0,-2,2). 设平面BCD的法向量n=(x,y,z). 由即可取n=(1,1,1). 所以sin θ=|cos<,n>|==. 因此,直线DF与平面DBC所成角的正弦值为. 13.(1)证明 因为M,N分别为BC,B1C1的中点, 所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN. 因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N. 又B1C1⊥MN,故B1C1⊥平面A1AMN. 所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F. (2)解 由已知得AM⊥BC.以M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M -xyz,则AB=2,AM=. 连接NP,则四边形AONP为平行四边形, 故PM=,E,,0. 由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.设Q(a,0,0), 则NQ=,B1a,1,, 故=-a,-,-, ||=. 又n=(0,-1,0)是平面A1AMN的法向量, 故sin-<n,>=cos<n,>==. 所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为. 14.(1)证明 依题意,可以建立以A为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h). 依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得·=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE. (2)解 依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量, 则即不妨令z=1, 可得n=(2,2,1). 因此有cos<,n>==-.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为. (3)解 设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量, 则即 不妨令y=1,可得m=1,1,-. 由题意,有|cos<m,n>|===,解得h=,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为. 15.解 (1)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E-xyz. 不妨设AC=4,则A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F,,2,C(0,2,0). 因此,=,,2, =(-,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>|==. 因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为. 16. (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. 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). 由即可取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. 17.(1)证明 由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF, 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,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H-xyz. 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),P0,0,,D-1,-,0,=1,,,=0,0,为平面ABFD的法向量.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. 18.(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. 19. 图① (1)证明 如图①,设AC,BD交点为E,连接ME. 因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点. (2)解 取AD的中点O,连接OP,OE. 因为PA=PD,所以OP⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD. 因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE. 因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD. 图② 如图②,建立空间直角坐标系O-xyz, 则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-). 设平面BDP的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=1,则y=1,z=. 于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0). 所以cos<n,p>==. 由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为. (3)解 由题意知M-1,2,,C(2,4,0),=3,2,-. 设直线MC与平面BDP所成角为α, 则sin α=|cos<n,>|==. 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为. 考点79　利用空间向量求二面角 1.(1)证明 由题意知,EB∥FC,FC⊂平面CD'F,EB⊄平面CD'F,所以EB∥平面CD'F. 又A'E∥D'F,D'F⊂平面CD'F,A'E⊄平面CD'F, 所以A'E∥平面CD'F. 又A'E∩EB=E,A'E,EB⊂平面A'EB,所以平面A'EB∥平面CD'F. 又A'B⊂平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F. (2)解 因为AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,CD=2AD,EF∥AD, 所以四边形AEFD为正方形且FD'=FC,所以EF⊥FC,EF⊥FD',又平面EFD'A'∩平面EFCD=EF,FD'⊂平面EFD'A',FC⊂平面EFCD, 所以∠D'FC为平面EFD'A'与平面EFCD所成的二面角的平面角,所以∠D'FC=60°,所以△D'FC为等边三角形. (方法一)延长EF,BC交于点C1,连接C1D'.不妨设DF=1,则由题可得FC=1,BE=2,又BE∥FC,所以CF为△C1EB的中位线,所以C1F=1,所以=S△D'FC·C1F=××12×1=. 又D'C1==,D'C=1,C1C==, 设△CC1D'中CD'边上的高为h1,则h1==,则=CD'·h1=. 设点F到平面D'C1C的距离为h2,由=, 得h2===. 易知点F到D'C1的距离为D'C1=. 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,则sin θ==. (方法二)取FC中点G,连接D'G,则D'G⊥FC. 过点G作GH∥EF,交BE于点H.由题可得EF⊥平面FCD',则GH⊥平面FCD',又D'G,FC⊂平面FCD',所以GH⊥D'G,GH⊥GC. 以点G为坐标原点,分别以GH,GC,GD'所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=1, 则C0,,0,B1,,0,F0,-,0,E1,-,0,D'0,0,, 所以=(-1,-1,0),=0,-,,=(-1,0,0),=0,,. 设平面BCD'的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则 令z1=1,得y1=,x1=-,则平面BCD'的一个法向量为m=(-,,1). 设平面EFD'A'的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 则 令z2=1,得x2=0,y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n=(0,-,1). cos<m,n>===-. 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ, 则sin θ==. 2. (方法一:坐标法) (Ⅰ)证明 以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. ∵棱长为4,则D(0,0,0),G(0,4,3),E(2,0,4),F(2,4,4),B(4,4,0), ∴=(2,0,1),=(0,4,0),=(-2,0,4), 则·=0, ·=-4+0+4=0, ∴GF⊥EF,GF⊥BF. 又EF∩BF=F,且EF,BF⊂平面EBF,∴GF⊥平面EBF. (Ⅱ)解 由(Ⅰ)知=(2,0,1)是平面EBF的一个法向量,||=. 设平面EBG的法向量为m=(x,y,z). 又=(-4,0,3),=(-2,-4,4), 则 不妨令z=8,则x=6,y=5. ∴m=(6,5,8),|m|=5. 又m·=12+0+8=20, ∴cos<m,>===, ∴平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为. (Ⅲ)解 由(Ⅰ)知=(2,0,1)是平面EBF的一个法向量. 又=(2,0,4),∴·=4+4=8. ∴点D到平面EBF的距离d===. 易得BF==2, 则S△EBF=×EF×BF=×4×2=4, ∴VD-EBF=S△EBFd=×4×=, 即三棱锥D-BEF的体积为. (方法二:几何法) (Ⅰ)证明 连接GF.由题意,知EF∥A1B1,EF=A1B1,而A1B1⊥平面BB1C1C,GF⊂平面BB1C1C, ∴GF⊥A1B1,∴GF⊥EF. 由题意知=,==, ∴=,∠BB1F=∠FC1G=90°. ∴Rt△BB1F∽Rt△FC1G, ∴∠GFC1=∠B1BF,∠C1GF=∠B1FB, ∴∠GFC1+∠B1FB=90°,故∠BFG=90°,即GF⊥BF. 又EF∩BF=F,EF,BF⊂平面EBF,∴GF⊥平面EBF. (Ⅱ)解 由(Ⅰ)知GF⊥平面EBF.过点F作FM⊥EB于点M. 连接GM,则GM⊥EB,则∠FMG就是平面EBF与平面EBG所成的角. 在Rt△EFB中,EF=4,FB=2,∴EB==6,∴FM===. 又FG==, 则在Rt△GFM中,GM==, ∴cos∠FMG===, ∴平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为. (Ⅲ)解 连接CF.∵DC∥D1C1,D1C1∥EF, ∴DC∥EF,DC⊄平面EFB,EF⊂平面EFB, ∴DC∥平面EFB, ∴点D到平面EFB的距离等于点C到平面EFB的距离, ∴VD-BEF=VC-BEF=VE-BCF=S△BCFEF=××4×4×4=, ∴三棱锥D-BEF的体积是. 3.(1)证明 (方法一)取DE的中点M,连接MF,BM. ∵MD=ED=1,BC∥AD,∴BC∥MD,且BC=MD, ∴四边形BCDM为平行四边形,∴BM∥CD, 又CD⊂平面PCD,BM⊄平面PCD,∴BM∥平面PCD. ∵MF∥PD,MF⊄平面PCD,PD⊂平面PCD, ∴MF∥平面PCD. 又BM∩MF=M, ∴平面BMF∥平面PCD.又BF⊂平面BMF, ∴BF∥平面PCD. (方法二)取PD的中点H,连接FH,HC,则FH∥ED,且FH=ED,BC∥ED,且BC=ED,∴FH􀱀BC,∴四边形BCHF为平行四边形,∴BF∥HC.又HC⊂平面PCD,BF⊄平面PCD,∴BF∥平面PCD. (2)解 由题意知,AB⊥AE,又AE=BC=1,AE∥BC, ∴四边形ABCE为正方形,∴AB∥CE,又AB⊥平面PED,∴CE⊥平面PED,又PE⊥AD,∴以E为坐标原点,以EC,ED,EP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系,则P(0,0,2),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0),=(1,0,-2),=(-1,2,0),=(0,-1,-2),=(1,-1,-2).设平面PCD的一个法向量为m=(x1,y1,z1). 则 令z1=1,则x1=2,y1=1,得m=(2,1,1). 设平面PAB的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 则即 令z2=1,则x2=0,y2=-2,得n=(0,-2,1). 设平面PAB与平面PCD的夹角为θ, 则cos θ===. 4.解 (1)证明:因为M为AD的中点,且AD=4,故MD=2=BC, 又因为BC∥AD,所以四边形BCDM为平行四边形, 所以BM∥CD. 因为BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE, 所以BM∥平面CDE. (2)取AM的中点O,连接OF,OB, 由题意,易知OF⊥AM,OB⊥AM, 且OF=3,OB=,故OF2+OB2=FB2,所以OF⊥OB. 以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3). 所以=(,0,-3), =(-,1,0),=(0,1,3), 设平面FBM的法向量为n=(x,y,z), 则 令z=1,得n=(,3,1). 同理,可求得平面BEM的法向量m=(,3,-1), 则cos<m,n>==,所以sin<m,n>=, 故二面角F-BM-E的正弦值为. 5. 图① (1)证明 方法一: 第一步:建系. 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图①所示的空间直角坐标系.(提示:要选取合适的点和线建系) 第二步:写出相关点的坐标. 由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).(关键:此处要确保每个点的坐标正确,这样才能保证后面的运算准确) 第三步:利用线线位置关系转化为向量运算. =(0,-2,1),=(0,-2,1),所以=. 因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.(警示:向量平行不等价于线线平行,所以需要强调四点不共线) 图② 方法二:几何法 第一步:作辅助线. 设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M,如图②. 第二步:证明平行四边形. 因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形, 所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC. 因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M. 所以四边形A2B2MN为平行四边形. 因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,所以四边形C2D2NM为平行四边形.(提示:证明平行四边形一般利用一组对边平行且相等) 第三步:由线线平行的传递性证明结论. 所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.(关键:利用线线平行的传递性证明线线平行,要抓住中间这条“媒介”线来达到证明平行的目的) 所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.所以B2C2∥A2D2. 方法三:基底法 第一步:用基底表示相关向量. 由题意可得=,==,==,==,=, 所以=++=-++=+,=++=-++=+.(关键:合理选择相关的基底是关键,其次要注意将问题中涉及的向量用一组基底表示) 第二步:将线线关系转化为向量关系来证明结论. 因为=,且A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.(警示:向量平行不等价于线线平行,所以需要强调四点不共线) (2)解 第一步:建系. 图③ 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图③所示的空间直角坐标系.(提示:要选取合适的点和线建系) 第二步:写出相关点的坐标. 由题意可知,A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2), 设点P(0,2,a),其中0≤a≤4.(关键:此处要确保每个点的坐标正确,这样才能保证后面的运算准确) 第三步:写出相关向量的坐标. =(2,2,-2),=(2,0,-1),=(0,2,a-3). 第四步:计算相关平面的法向量. 设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 取x1=1,可得y1=1,z1=2,故n1=(1,1,2). 设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则取z2=2,可得x2=a-1,y2=3-a,故n2=(a-1,3-a,2).(警示:在求解法向量时,赋值时应确保法向量的每个坐标均用整数或整式型表示,并对三个坐标中的公因式或公约数进行约简) 第五步:将空间角的问题转化为向量的运算. 因为二面角P-A2C2-D2为150°,所以|cos<n1,n2>|===, 整理可得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3. 结合图形可知,当a=3或a=1时,B2P=1,此时二面角P-A2C2-D2为150°. 涉及空间角的问题的易错点 (1)求解平面法向量出错,要保证每个点坐标正确; (2)在利用赋值法写法向量时,确保每个坐标不出现公因数或公因式,每个坐标表示为整式或整数的形式,这样能提高计算的正确率; (3)公式用错,要注意线面角、二面角与平面法向量之间的关系; (4)空间思维能力欠缺. 6.(1)证明 如图1,连接AE,DE. ∵DB=DC,E为BC的中点,∴BC⊥DE. ∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°, ∴△ABD,△ACD均为等边三角形,且△ABD≌△ACD, ∴AB=AC. 又E为BC中点,∴BC⊥AE. ∵AE,DE⊂平面ADE,AE∩DE=E,∴BC⊥平面ADE. 又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA. 图1 图2 (2)解 设BC=2,由已知可得DA=DB=DC=. DE为等腰直角三角形BCD斜边BC上的中线,∴DE=1. ∵△ABD,△ACD为等边三角形,∴AB=AC=. ∵AB2+AC2=BC2,∴△ABC为等腰直角三角形, ∴AE=1.易知DE=1. ∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE. 由(1)知,BC⊥DE,BC⊥AE, ∴AE,BC,DE两两垂直. 以E为坐标原点,ED,EB,EA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图2所示的空间直角坐标系,则A(0,0,1),B(0,1,0),C(0,-1,0),D(1,0,0),E(0,0,0),∴=(0,1,-1). ∵==(-1,0,1),∴F(-1,0,1), ∴=(-1,-1,1). 设平面ABD的法向量m=(x,y,z), 则即 令z=1,则x=1,y=1,即平面ABD的一个法向量m=(1,1,1). 设平面ABF的法向量n=(u,v,w),则 即令w=1,则v=1,u=0,即平面ABF的一个法向量n=(0,1,1). 设二面角D-AB-F的平面角大小为θ, 则|cos θ|===, ∴sin θ=. 7.解 (1)由题意可得,==S△ABC·AA1 ==×4=. 设点A到平面A1BC的距离为d, 则·d=×2·d=,∴d=. (2)连接AB1交A1B于点E,如图. ∵AA1=AB, ∴AB1⊥A1B. 又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,∴AB1⊥平面A1BC. 又BC⊂平面A1BC,∴BC⊥AB1,又BC⊥BB1,AB1,BB1⊂平面ABB1A1,且AB1∩BB1=B1, ∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB,BC⊥A1B. ∴AB,BC,BB1两两垂直.以B为坐标原点,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. 设AA1=AB=h,则解得h=BC=2. ∴点A(0,2,0),B(0,0,0),D(1,1,1),E(0,1,1). 设n1=(x1,y1,z1)为平面ABD的一个法向量. ∵=(0,2,0),=(1,1,1), ∴ 令x1=1,则z1=-1,∴n1=(1,0,-1). 由AB1⊥平面A1BC,得为平面BDC的一个法向量,而=(0,-1,1), ∴cos<n1,>==-. ∴二面角A-BD-C的正弦值为=. 利用空间向量求二面角的方法 (1)找法向量: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)找与棱垂直的向量: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. 8. 图① (1)证明 连接OA,OB,如图①所示. ∵PO是三棱锥P-ABC的高, ∴PO⊥平面ABC, ∴PO⊥OA,PO⊥OB,∠POA=∠POB=90°. 又PA=PB,PO=PO,∴△POA≌△POB,∴OA=OB. 取AB的中点D,连接OD,DE,则OD⊥AB. ∵AB⊥AC,∴OD∥AC. 又AC⊂平面PAC,OD⊄平面PAC,∴OD∥平面PAC. ∵D,E分别是AB,PB的中点,∴DE∥PA. 又DE⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,∴DE∥平面PAC. ∵OD∩DE=D,∴平面ODE∥平面PAC. ∵OE⊂平面ODE,∴OE∥平面PAC. (2)解 过点D作DF∥OP,分别以DB,DO,DF所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图②所示的空间直角坐标系. 图② ∵PO=3,PA=5,∴OA=4. 由(1)知OB=OA=4,又∠ABO=∠CBO=30°, ∴OD=2,DB=2,∴P(0,2,3),B(2,0,0),A(-2,0,0),E,1,.设AC=a,则C(-2,a,0). 设平面AEB的法向量为n1=(x,y,z), =(4,0,0),=(0,2,3), 则⇒可取n1=(0,3,-2). 设平面AEC的法向量为n2=(x,y,z), =(0,a,0),=3,1,, ⇒ 可取n2=(,0,-6). 设二面角C-AE-B的平面角为θ, 则|cos θ|=|cos<n1,n2>|==,sin θ==,因此,二面角C-AE-B的正弦值为. 求二面角的正弦值的易错点 (1)求平面的法向量出错,应注意点的坐标求解的准确性; (2)公式用错,把线面角的向量公式与二面角的向量公式搞混,导致结果出错; (3)空间想象能力不足而失分,当求出两个法向量的夹角的余弦值时,误以为是所求二面角的余弦值,因忽视对二面角是锐角或钝角的判断,导致所得结果出错. 9.解 (1)在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD. ∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD. ∵CD⊂平面BCD,∴AO⊥CD. (2)如图,取OD的中点F,连接CF,则CF⊥BD. 过点O作OG∥FC交BC于点G,则OG⊥BD. 所以OG,OD,OA两两垂直. 以点O为坐标原点,分别以OG,OD,OA所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示, 则O(0,0,0),B(0,-1,0),D(0,1,0),C,,0. 设A(0,0,a),a>0,又DE=2EA,则E0,,, 所以=0,,,=,,0. 设平面BCE的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=,则y=-1,z=,所以n=,-1,. 易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1), 因为二面角E-BC-D的大小为45°, 所以cos 45°===. 又a>0,得a=1,即OA=1, 所以VA-BCD=S△BCD·OA=××2×1××1=. 10. 图① (1)证明 如图①,取AD的中点E,连接QE,CE. ∵QA=QD=, ∴QE⊥AD,QE==2, 又CE==,QC=3, ∴QE2+CE2=QC2,∴QE⊥CE, 又AD⊂平面ABCD,CE⊂平面ABCD,AD∩CE=E.∴QE⊥平面ABCD, 又QE⊂平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD. (2)解 方法一:如图,过点A作AM⊥QD,交QD于点M,连接BM.由(1)知平面QAD⊥平面ABCD, ∵AB⊂平面ABCD,平面QAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,∴AB⊥平面QAD,∴AB⊥QD,AB⊥AM, 又AM⊥QD,AB∩AM=A,∴QD⊥平面ABM,∴QD⊥BM,∴∠AMB为所求二面角的平面角. ∵S△AQD=×2×2=××AM,∴AM=. ∴BM===, ∴cos∠AMB===. 故二面角B-QD-A的平面角的余弦值为. 图② 方法二:由(1)知QE⊥平面ABCD,因此以点E为原点,建立如图②所示的空间直角坐标系E-xyz, 则B(2,-1,0),D(0,1,0),Q(0,0,2), =(-2,2,0),=(0,-1,2). 设平面BDQ的法向量为n1=(x,y,z), 则即 取z=1,得x=y=2, 则n1=(2,2,1). 易知平面AQD的一个法向量n2=(1,0,0), 则cos<n1,n2>==, 由图可知二面角B-QD-A为锐角, 因此二面角B-QD-A的余弦值为. 11.解 (1)在正方体ABCD - A1B1C1D1中, 因为CD∥C1D1,且CD⊄平面A1B1C1D1, 所以CD∥平面A1B1C1D1. 因为平面CDE∩平面A1B1C1D1=EF, 所以CD∥EF.所以C1D1∥EF. 因为E为A1D1的中点,所以F为B1C1的中点. (2)不妨设正方体的棱长为2. 如图建立空间直角坐标系D -xyz. 则D(0,0,0),C(0,2,0),F(1,2,2). 所以=(0,2,0),=(1,0,2). 设平面CDE的法向量为m=(x1,y1,z1),则 即 令z1=1,则x1=-2,y1=0. 于是m=(-2,0,1). 由题设,存在λ∈[0,1),使得=λ. 所以M(2,2λ,2).所以=(1,2λ-2,0). 设平面MFC的法向量为n=(x2,y2,z2), 则即 令x2=2,则z2=-1,y2=.于是n=2,,-1. 由题设,|cos<m,n>|===, 所以λ=.所以=. 12. 图① 解 (1)如图①,连接BD. ∵PD⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD, ∴PD⊥AM. ∵PB⊥AM,PB∩PD=P, ∴AM⊥平面PBD, ∴AM⊥BD, ∴∠ADB+∠DAM=90°. 又∠DAM+∠MAB=90°, ∴∠ADB=∠MAB, ∴Rt△DAB∽Rt△ABM, ∴=,∴BC2=1, ∴BC=. 图② (2)如图②,以D为原点,,,分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系. 可得A(,0,0),B(,1,0),M,1,0,P(0,0,1),=(-,0,1), =-,1,0, =-,0,0, =(-,-1,1). 设平面AMP的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则即 令x1=,则y1=1,z1=2,可得m=(,1,2).设平面BMP的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 同理可得n=(0,1,1). 则cos<m,n>===. 设二面角A-PM-B的平面角为θ, 则sin θ===. 13.(1)证明 设DO=a,由题设可得PO=a,AO=a,AB=a,PA=PB=PC=a. 因此PA2+PB2=AB2,从而PA⊥PB. 又PA2+PC2=AC2,故PA⊥PC. 所以PA⊥平面PBC. (2)解 以O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O - xyz. 由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0), C-,,0, P0,0,. 所以=-,-,0,=0,-1,. 设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量, 则即可取m=-,1,. 由(1)知=0,1,是平面PCB的一个法向量,记n=, 则cos<n,m>==. 所以二面角B -PC-E的余弦值为. 14. 解 设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1-xyz. (1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,c, F0,b,c,=0,b,c, =0,b,c,得=, 因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内. (2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1). 设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则 即可取n1=(-1,-1,1). 设n2为平面A1EF的法向量, 则同理可取n2=,2,1. 因为cos<n1,n2>==-, 所以二面角A-EF-A1的正弦值为. 15.解 (1)连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=B1C. 又因为N为A1D的中点,所以ND=A1D. 由题设知A1B1􀱀DC,可得B1C􀱀A1D,故ME􀱀ND, 因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED. 又MN⊄平面EDC1,所以MN∥平面C1DE. (2)由已知可得DE⊥DA. 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, 则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0,-4), =(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,0). 设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则 所以可取m=(,1,0). 设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则 所以可取n=(2,0,-1). 于是cos<m,n>===, 所以二面角A-MA1-N的正弦值为. 16.(1)证明 由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1. (2)解 由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB. 以D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D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2). 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z), 则即 所以可取n=(0,-1,-1). 设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则即 所以可取m=(1,1,0).于是cos<n,m>==-. 所以,二面角B-EC-C1的正弦值为. 求二面角的向量方法 平面α与β相交于直线l,平面α的法向量为n1,平面β的法向量为n2,<n1,n2>=θ,则二面角α-l-β为θ或π-θ.设二面角大小为φ,则|cos φ|=|cos θ|=,如图①②. 17.(1)证明 由已知得AD∥BE,CG∥BE, 所以AD∥CG,故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,故AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)解 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H-xyz, 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的法向量可取为m=(0,1,0), 所以cos<n,m>==. 因此二面角B-CG-A的大小为30°. 18.(1)证明 在三棱柱ABC-A1B1C1中, ∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形. 又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF. ∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF. (2)解 由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1. ∵CC1⊥平面ABC, ∴EF⊥平面ABC. ∵BE⊂平面ABC, ∴EF⊥BE. 建立如图所示的空间直角坐标系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).∴=(2,0,1),=(1,2,0). 设平面BCD的法向量为n=(a,b,c), 则∴ 令a=2,则b=-1,c=-4, ∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4), 又平面CDC1的法向量为=(0,2,0), ∴cos<n,>==-. 由图可得二面角B-CD-C1为钝角, ∴二面角B-CD-C1的余弦值为-. (3)证明 平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4), ∵G(0,2,1),F(0,0,2),∴=(0,-2,1), ∴n·=-2,∴n与不垂直, ∴FG与平面BCD不平行且不在平面BCD内, ∴FG与平面BCD相交. 19.解 (1)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,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. 而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. (2)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), 是平面MCD的法向量,因此cos<n,>==,sin<n,>=.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是. 20. 解 如图,以A为原点,分别以,,方向为x轴、y轴、z轴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=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则 因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1), 所以不妨设y=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=h(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. 21.解 (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°.因此∠CBP=30°. (2)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>==. 因此所求的角为60°. 22.解 在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E. 因为AA1⊥平面ABCD, 所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.如图,以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系A-xyz. 因为AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°, 则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,). (1)=(,-1,-),=(,1,), 则cos<,>= ==-, 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为. (2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0). 设m=(x,y,z)为平面BA1D的一个法向量, 又=(,-1,-),=(-,3,0). 则即 不妨取x=3,则y=,z=2, 所以m=(3,,2)为平面BA1D的一个法向量, 从而cos<,m>===. 设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos θ|=. 因为θ∈[0,π],所以sin θ==. 因此二面角B-A1D-A的正弦值为. 23.(1)证明 由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)解 在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD. 以F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F-xyz. 由(1)及已知可得 A,0,0,P0,0,,B,1,0, C-,1,0.所以=-,1,-,=(,0,0),=,0,-,=(0,1,0). 设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量, 则即 可取n=(0,-1,-). 设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量, 则即可取m=(1,0,1). 则cos<n,m>==-. 所以二面角A-PB-C的余弦值为-. 24.(1)证明 取PA的中点F,连接EF,BF. 因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD, 又BC=AD,所以EF􀱀BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB. (2)解 由已知得BA⊥AD,以A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A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0). 设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-). 因为BM与底面ABCD所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量, 所以|cos<,n>|=sin 45°,=,即(x-1)2+y2-z2=0. ① 又M在棱PC上,设=λ,则 x=λ,y=1,z=-λ. ② 由①,②解得(舍去), 所以M1-,1,, 从而=1-,1,. 设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则 即 所以可取m=(0,-,2). 于是cos<m,n>==. 因此二面角M-AB-D的余弦值为. 25. (1)证明 由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC. 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. 又由于△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)解 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,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E0,,. 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. 26. 图1 (1)证明 如图1,设FC中点为I,连接GI,HI. 在△CEF中,因为点G是CE的中点, 所以GI∥EF. 又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC. 又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC. 图2 (2)解 连接OO',则OO'⊥平面ABC. 又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.以O为坐标原点,建立如图2所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B(0,2,0),C(-2,0,0). 过点F作FM垂直OB于点M, 所以FM==3,可得F(0,,3). 故=(-2,-2,0),=(0,-,3). 设m=(x,y,z)是平面BCF的一个法向量. 由可得 可得平面BCF的一个法向量m=-1,1,. 因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1), 所以cos<m,n>==. 所以二面角F-BC-A的余弦值为. 27. 图1 (1)证明 延长AD,BE,CF相交于一点K,如图1所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC, 所以AC⊥平面BCK, 因此BF⊥AC. 又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2, 所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点, 则BF⊥CK. 所以BF⊥平面ACFD. 图2 (2)解 如图2,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KO⊥BC, 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的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,), A(-1,-3,0),E,0,,F-,0,. 因此,=(0,3,0),=(1,3,),=(2,3,0). 设平面ACK的法向量为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,cos<m,n>==. 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为. 考点80　利用空间向量求解距离和探索性问题 1.C　因为λ1,λ2,λ3不全为0,λ1+λ2+λ3=0,所以这三个向量无法构成三维空间坐标系的一组基底. 又因为(1,0,0)∈Ω,所以对于A,三者可以构成一组基底,故不能推出(0,0,1)∉Ω,故A选项不符合题意; 对于B,若(1,0,0),(-1,0,0)均属于Ω,且(1,0,0),(-1,0,0)共线,所以(0,0,1)可以属于Ω,此时三者不共面,故B选项不符合题意; 对于C,显然,三者可以构成一组基底,与条件不符合,故可以推出(0,0,1)∉Ω,故C选项符合题意; 对于D,三者无法构成一组基底,故不能推出(0,0,1)∉Ω,故D选项不符合题意.故选C. 2.(1)证明 ∵BC=1,AB=,AC=2, ∴AC2=AB2+BC2,∴AB⊥BC. 又PA⊥底面ABCD,BC⊂底面ABCD, ∴PA⊥BC. 又PA,AB⊂平面PAB,AB∩PA=A, ∴BC⊥平面PAB. 【提醒】要着力寻找平面内的两条相交直线. ∵PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,∴AD⊥PA. 又AD⊥PB,且PA,PB⊂平面PAB,PB∩PA=P, ∴AD⊥平面PAB.∴AD∥BC. 【技巧】垂直于同一个平面的两直线平行. 又BC⊂平面PBC,AD在平面PBC外,∴AD∥平面PBC. (2)解 ∵AD⊥DC,∴以AD,DC所在直线分别为x轴、y轴,以过点D且与AP平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 令AD=t,则A(t,0,0),P(t,0,2),D(0,0,0),DC=,C(0,,0). ∴=(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0). 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 ∴z1=0. 不妨设x1=,则y1=t, ∴平面ACP的一个法向量为n1=(,t,0). 设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即 ∴y2=0, 不妨设z2=t,则x2=-2. ∴平面CPD的一个法向量为n2=(-2,0,t). ∵二面角A-CP-D的正弦值为, 又由图可知,二面角A-CP-D为锐角, ∴二面角A-CP-D的余弦值为. ∴|cos<n1,n2>|===. ∴t=,∴AD=. 3.(1)证明 在△AEF中,AE=AD=2,AF=AB=4,∠EAF=30°,则EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos∠EAF=4, 所以EF=2,所以EF2+AE2=AF2, 所以AE⊥EF,即PE⊥EF,DE⊥EF. 又PE∩DE=E,PE,DE⊂平面PDE, 所以EF⊥平面PDE. 又PD⊂平面PDE,所以EF⊥PD. (2)解 连接EC.由题可得DE=3,CD=3. 因为∠ADC=90°,所以DE2+DC2=EC2,所以EC=6, 所以PE2+CE2=PC2, 所以PE⊥CE. 又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CE⊂平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD. 又ED⊂平面ABCD, 所以PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直. 分别以EF,ED,EP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 则P(0,0,2),D(0,3,0),F(2,0,0),A(0,-2,0),B(4,2,0),C(3,3,0), 则=(0,3,-2),=(-3,0,0),=(4,2,-2),=(-2,-2,0). 设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 由令y1=2,得x1=0,z1=3, 所以平面PCD的一个法向量n1=(0,2,3). 设平面PBF的法向量为n2=(x2,y2,z2), 由 令x2=,得y2=-1,z2=1, 所以平面PBF的一个法向量n2=(,-1,1). 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α, 则|cos α|=|cos<n1,n2>|==, 所以sin α=. 4.解 依题意,以A为原点,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(如图),可得B(2,0,0),C(1,1,0),B1(2,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2),M(0,1,1),N,,2. (1)依题意,=(-1,0,1),=(1,-1,2). 设n=(x,y,z)为平面CB1M的法向量,则即不妨设z=1,可得n=(1,3,1)为平面CB1M的一个法向量. 依题意,=,-,0,有·n=×1+-×3+0×1=0,故⊥n. 又因为D1N⊄平面CB1M,所以D1N∥平面CB1M. (2)依题意,=(-1,1,0),=(0,0,2), 设m=(a,b,c)为平面BB1C1C的法向量,则 即 不妨设b=1,可得m=(1,1,0)是平面BB1C1C的一个法向量. 于是cos<n,m>==. 所以,平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)设点B到平面CB1M的距离为d,则d==. 所以,点B到平面CB1M的距离为. 5.解 ∵四边形AA1B1B为正方形,∴A1B1⊥BB1. 又BF⊥A1B1,BB1∩BF=B, ∴A1B1⊥平面BB1C1C. 又AB∥A1B1,∴AB⊥平面BB1C1C.∴AB⊥BC. 又BB1⊥平面ABC, ∴AB,BC,BB1两两互相垂直. 以B为原点,BA,BC,BB1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(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1),=(0,2,1), =(-1,1,1). 设D(λ,0,2)(0≤λ≤2), 则=(1-λ,1,-2). (1)证明:∵·=0+2-2=0, ∴⊥,∴BF⊥DE. (2)∵AB⊥平面BB1C1C, ∴n=(1,0,0)为平面BB1C1C的一个法向量. 设平面DFE的法向量为m=(x,y,z), 则即 取x=3,则y=1+λ,z=2-λ. ∴m=(3,1+λ,2-λ)为平面DFE的一个法向量. ∴cos<m,n>==. 设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的平面角为θ, 则sin θ==. 要使sin θ最小,只需最大, 又0≤λ≤2,当λ=时,最大, 即sin θ最小,此时B1D=. 故当B1D=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小. 利用向量法解决探索性问题的方法 空间向量最适合于解决这类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. (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. 6.解 (1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD. 又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC. 所以AD⊥平面PDC. 因为AD∥BC,AD不在平面PBC中, 所以AD∥平面PBC, 又因为AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l, 所以l∥AD.所以l⊥平面PDC. (2)以D为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则=(0,1,0),=(1,1,-1). 由(1)可设Q(a,0,1), 则=(a,0,1). 设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量, 则即可取n=(-1,0,a). 所以cos<n,>==. 设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ=×=. 因为≤,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 7. 解 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),M0,,1,N(1,0,2). (1)证明: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=1,-,1,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=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则 即不妨令z=1,可得n=(0,1,1). 设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,则 即不妨令z=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos<m,n>==,于是sin<m,n>=. 所以,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]. 所以,线段DP的长为. 学科网（北京）股份有限公司 $$