课 型 □ 同步课 复习课 □ 习题课 □ 专题课
教学内容 高考中的立体几何问题
教学目标考点分析 立体几何点线面，计算问题等处理。
教学重点难点 二面角计算，空间向量应用
教学设计 问题反馈
空间角的求法命题点1 求线线角例1 (2018·全国Ⅱ)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.思维升华 (1)求异面直线所成角的思路：①选好基底，建立空间直角坐标系．②求出两直线的方向向量v1，v2.③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．(2)两异面直线所成角的注意点：两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．跟踪训练1 若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为，AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为( )A．30° B．45° C．60° D．90°命题点2 求线面角例2 (2020·四川成都诊断性检测)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，点M是棱PC的中点．(1)证明：PA∥平面BMD；(2)当PA＝时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．思维升华 利用向量求直线与平面所成的角有两个思路(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．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 (2020·西南名校联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是以B为直角顶点的直角三角形，D为AC的中点，AA1＝AB＝2，四棱锥B－AA1C1D的体积为1.(1)求证：AB1∥平面BC1D.(2)求直线A1C1与平面BDC1所成角的正弦值．命题点3 求二面角例3 如图，在四棱锥A－BCDE中，平面BCDE⊥平面ABC，BE⊥EC，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.(1)求证：BE⊥平面ACE；(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45°，求二面角E－AB－C的余弦值．思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是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是锐角还是钝角．(2)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 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，CB＝1，CA＝2，AA1＝，点N是CA的中点．(1)求证：B1C∥平面A1BN；(2)求平面A1BN与平面CBB1C1所成的锐二面角的余弦值． 立体几何中的探索性问题例4 (2020·云南昆明模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝BD＝2，AB＝2，E是棱PC上的一点．(1)若PA∥平面BDE，证明：PE＝EC；(2)在(1)的条件下，棱PB上是否存在点M，使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°？若存在，求PM∶MB的值；若不存在，请说明理由．思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．跟踪训练4 如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥BE，如图2.(1)求证：A1E⊥平面BCDE；(2)求二面角E－A1D－B的余弦值；(3)在线段BD上是否存在点P，使平面A1EP⊥平面A1BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．例 (12分)(2019·全国Ⅰ)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．规范解答(1)证明 连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.[1分]又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.[2分]由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC，可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，故ME∥ND且ME＝ND，因此四边形MNDE为平行四边形，[3分]所以MN∥ED.[4分]又MN 平面C1DE，ED 平面C1DE，[5分]所以MN∥平面C1DE.[6分](2)解 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，[7分]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)．[8分]设m＝(x，y，z)为平面A1MA的一个法向量，则所以可得m＝(，1,0)．[9分]设n＝(p，q，r)为平面A1MN的一个法向量，则所以可取n＝(2,0，－1)．[10分]于是cos〈m，n〉＝＝＝，[11分]所以二面角A－MA1－N的正弦值为.[12分] INCLUDEPICTURE "E:\\朱天华\\2020\\大一轮\\数学\\全国Ⅲ\\答题模板1.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "E:\\朱天华\\2020\\大一轮\\数学\\全国Ⅲ\\答题模板1.TIF" \* MERGEFORMATINET 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．
课堂练习 问题反馈
INCLUDEPICTURE "E:\\朱天华\\2020\\大一轮\\数学\\全国Ⅲ\\基础保分练.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "E:\\朱天华\\2020\\大一轮\\数学\\全国Ⅲ\\基础保分练.TIF" \* MERGEFORMATINET 1.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC和△AA1C均是边长为2的等边三角形，点O为AC中点，平面AA1C1C⊥平面ABC. INCLUDEPICTURE "E:\\朱天华\\2020\\大一轮\\数学\\全国Ⅲ\\8-308.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "E:\\朱天华\\2020\\大一轮\\数学\\全国Ⅲ\\8-308.TIF" \* MERGEFORMATINET (1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值．2．如图1，在△ABC中，BC＝3，AC＝6，∠C＝90°，且DE∥BC，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图2.(1)求证：BC⊥平面A1DC；(2)若CD＝2，求BE与平面A1BC所成角的正弦值．3．(2019·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，现沿对角线AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面体P－ABC，如图2所示．已知PB＝4.(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；(2)若Q是线段AP上的点，且＝eq \o(AP,\s\up6(→))，求二面角Q－BC－A的余弦值． INCLUDEPICTURE "E:\\朱天华\\2020\\大一轮\\数学\\全国Ⅲ\\技能提升练.TIF" \* MERGEFORMAT 4.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. INCLUDEPICTURE "E:\\朱天华\\2020\\大一轮\\数学\\全国Ⅲ\\B33.TIF" \* MERGEFORMAT (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．课 型 同步课 □ 复习课 □ 习题课 □ 专题课
教学内容 高考中的立体几何问题
教学目标考点分析 立体几何点线面，计算问题等处理。
教学重点难点 二面角计算，空间向量应用
教学设计 问题反馈
空间角的求法命题点1 求线线角例1 (2018·全国Ⅱ)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.答案 C解析 方法一 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体A′B′BA－A1′B1′B1A1.连接B1B′，由长方体性质可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角．连接DB′，由题意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝.在△DB′B1中，由余弦定理，得DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′，即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝.方法二 如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，∴＝(－1,0，)，＝(1,1，)，∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2，||＝2，||＝，∴cos〈，〉＝＝＝.思维升华 (1)求异面直线所成角的思路：①选好基底，建立空间直角坐标系．②求出两直线的方向向量v1，v2.③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解．(2)两异面直线所成角的注意点：两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．跟踪训练1 若正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为，AB＝1，则直线AB1与CD1所成的角为( )A．30° B．45° C．60° D．90°答案 C解析 ∵正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为，AB＝1，∴AA1＝，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B1(1,1，)，C(0,1,0)，D1(0,0，)，＝(0,1，)，＝(0，－1，)，设直线AB1与CD1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝，又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，∴直线AB1与CD1所成的角为60°.故选C.命题点2 求线面角例2 (2020·四川成都诊断性检测)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，点M是棱PC的中点．(1)证明：PA∥平面BMD；(2)当PA＝时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．(1)证明 如图，连接AC交BD于点O，连接MO.∵M，O分别为PC，AC的中点，∴PA∥MO.∵PA 平面BMD，MO 平面BMD，∴PA∥平面BMD.(2)解 如图，取线段BC的中点H，连接AH.∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝，∴AH⊥AD.以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(，－1,0)，C(，1,0)，P(0,0，)，M ，∴＝，＝(0,2,0)，＝(，1，－)．设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，由得取z＝1，则m＝(1,0,1)为平面PBC的一个法向量．设直线AM与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.∴直线AM与平面PBC所成角的正弦值为.思维升华 利用向量求直线与平面所成的角有两个思路(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．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 (2020·西南名校联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是以B为直角顶点的直角三角形，D为AC的中点，AA1＝AB＝2，四棱锥B－AA1C1D的体积为1.(1)求证：AB1∥平面BC1D.(2)求直线A1C1与平面BDC1所成角的正弦值．(1)证明 连接B1C(图略)，设B1C与BC1相交于点O，连接OD，∵四边形BCC1B1是平行四边形，∴点O为B1C的中点，∵D为AC的中点，∴OD为△AB1C的中位线，∴OD∥AB1，∵OD 平面BC1D，AB1 平面BC1D，∴AB1∥平面BC1D.(2)解 依题意知，AB＝BB1＝2，∵AA1⊥平面ABC，AA1 平面AA1C1C，∴平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，作BE⊥AC，垂足为E，则BE⊥平面AA1C1C，设BC＝a，在Rt△ABC中，BE＝＝，∴四棱锥B－AA1C1D的体积V＝×(A1C1＋AD)·AA1·BE＝a＝1，即BC＝1，∵BB1⊥平面ABC，AB 平面ABC，∴BB1⊥AB，又BC⊥AB，BB1∩BC＝B，BB1，BC 平面BB1C1C，∴AB⊥平面BB1C1C，即A1B1⊥平面BB1C1C，以点B1为坐标原点，分别以B1C1，B1B，B1A1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,2,0)，C1(1,0,0)，A(0,2,2)，A1(0,0,2)，D，∴＝(1，－2,0)，＝，设平面BC1D的法向量为n＝(x，y，z)，由n·＝0及n·＝0，得令x＝2，得y＝1，z＝－1，故平面BC1D的一个法向量为n＝(2,1，－1)，又＝(1,0，－2)，设所求角为θ，则有sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.命题点3 求二面角例3 如图，在四棱锥A－BCDE中，平面BCDE⊥平面ABC，BE⊥EC，BC＝2，AB＝4，∠ABC＝60°.(1)求证：BE⊥平面ACE；(2)若直线CE与平面ABC所成的角为45°，求二面角E－AB－C的余弦值．(1)证明 在△ACB中，由余弦定理得cos∠ABC＝＝，解得AC＝2，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC.又因为平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，AC 平面ABC，所以AC⊥平面BCDE.又BE 平面BCDE，所以AC⊥BE.又BE⊥EC，AC，CE 平面ACE，且AC∩CE＝C，所以BE⊥平面ACE.(2)解 方法一 因为直线CE与平面ABC所成的角为45°，平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，所以∠BCE＝45°，所以△EBC为等腰直角三角形．取BC的中点F，连接EF，过点F作FG⊥AB于点G，连接EG，则∠EGF为二面角E－AB－C的平面角．易得EF＝BF＝1，FG＝.在Rt△EFG中，由勾股定理，得EG＝＝，所以cos∠EGF＝＝，所以二面角E－AB－C的余弦值为.方法二 因为直线CE与平面ABC所成的角为45°，平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，所以∠BCE＝45°，所以△EBC为等腰直角三角形．记BC的中点为O，连接OE，则OE⊥平面ABC，以O为坐标原点，分别以OB，OE所在直线为x轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－1,2，0)，B(1,0,0)，E(0,0,1)，所以＝(－2,2，0)，＝(－1,0,1)．设平面ABE的法向量m＝(x，y，z)，则即令x＝，则m＝(，1，)为平面ABE的一个法向量．易知平面ABC的一个法向量为＝(0,0,1)，所以cos〈m，〉＝＝＝，易知二面角E－AB－C为锐角，所以二面角E－AB－C的余弦值为.思维升华 (1)求二面角最常用的方法就是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是锐角还是钝角．(2)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 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，CB＝1，CA＝2，AA1＝，点N是CA的中点．(1)求证：B1C∥平面A1BN；(2)求平面A1BN与平面CBB1C1所成的锐二面角的余弦值．(1)证明 连接B1A，交BA1于点O，连接ON.由题意知，四边形AA1B1B是矩形．∴点O为B1A的中点．又∵点N是CA的中点，∴B1C∥ON.∵B1C 平面A1BN，ON 平面A1BN，∴B1C∥平面A1BN.(2)解 如图，建立空间直角坐标系，∵∠ABC＝90°，CB＝1，CA＝2，AA1＝，∴BA＝.∵点N是CA的中点，∴B(0,0,0)，A1(0，，)，C(1,0,0)，A(0，，0)，∴N.设平面BNA1的法向量为m＝(x，y，z)，∴ 令z＝，得m＝(6，－2，)，又∵AB⊥平面CBB1C1，∴取平面CBB1C1的法向量为n＝(0,1,0)，∴cos〈m，n〉＝＝＝－，∴平面A1BN与平面CBB1C1所成的锐二面角的余弦值为. 立体几何中的探索性问题例4 (2020·云南昆明模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝BD＝2，AB＝2，E是棱PC上的一点．(1)若PA∥平面BDE，证明：PE＝EC；(2)在(1)的条件下，棱PB上是否存在点M，使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°？若存在，求PM∶MB的值；若不存在，请说明理由．(1)证明 如图，连接AC交BD于F，连接EF，则EF是平面PAC与平面BDE的交线．因为PA∥平面BDE，PA 平面PAC，所以PA∥EF.又F是AC的中点，所以E是PC的中点．所以PE＝EC.(2)解 由已知条件可知AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系．则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，C(－2,2,0)，E(－1,1,1)，＝(－1,1,1)，＝(0,2,0)．假设在棱PB上存在点M，设＝λ(0≤λ≤1)，得M(0,2λ，2－2λ)，＝(0,2λ，2－2λ)．记平面BDE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即取z1＝1，则x1＝1，所以n1＝(1,0,1)为平面BDE的一个法向量．要使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°，则＝sin 30°，即＝，解得λ＝∈[0,1]．所以在棱PB上存在点M，使直线DM与平面BDE所成角的大小为30°.此时PM∶MB＝1.思维升华 (1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设．(2)平面图形的翻折问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．跟踪训练4 如图1，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥BE，如图2.(1)求证：A1E⊥平面BCDE；(2)求二面角E－A1D－B的余弦值；(3)在线段BD上是否存在点P，使平面A1EP⊥平面A1BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．(1)证明 因为A1D⊥BE，DE⊥BE，A1D∩DE＝D，A1D，DE 平面A1DE，所以BE⊥平面A1DE，因为A1E 平面A1DE，所以A1E⊥BE，又因为A1E⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE 平面BCDE，所以A1E⊥平面BCDE.(2)解 以E为原点，分别以EB，ED，EA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(0，，0)，A1(0,0,1)，所以＝(－1,0,1)，＝(－1，，0)，设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，由得令y＝1，得n＝(，1，)，因为BE⊥平面A1DE，所以平面A1DE的法向量＝(1,0,0)，cos〈n，〉＝＝＝，因为所求二面角为锐角，所以二面角E－A1D－B的余弦值为.(3)解 假设在线段BD上存在一点P，使得平面A1EP⊥平面A1BD，设P(x，y，z)，＝λ(0≤λ≤1)，则(x－1，y，z)＝λ(－1，，0)，所以P(1－λ，λ，0)，所以＝(0,0,1)，＝(1－λ，λ，0)，设平面A1EP的法向量m＝(x1，y1，z1)，由得令x1＝λ，得m＝(λ，λ－1,0)，因为平面A1EP⊥平面A1BD，所以m·n＝3λ＋λ－1＝0，解得λ＝∈[0,1]，所以在线段BD上存在点P，使得平面A1EP⊥平面A1BD，且＝.例 (12分)(2019·全国Ⅰ)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．规范解答(1)证明 连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.[1分]又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.[2分]由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC，可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，故ME∥ND且ME＝ND，因此四边形MNDE为平行四边形，[3分]所以MN∥ED.[4分]又MN 平面C1DE，ED 平面C1DE，[5分]所以MN∥平面C1DE.[6分](2)解 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，[7分]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)．[8分]设m＝(x，y，z)为平面A1MA的一个法向量，则所以可得m＝(，1,0)．[9分]设n＝(p，q，r)为平面A1MN的一个法向量，则所以可取n＝(2,0，－1)．[10分]于是cos〈m，n〉＝＝＝，[11分]所以二面角A－MA1－N的正弦值为.[12分] INCLUDEPICTURE "E:\\朱天华\\2020\\大一轮\\数学\\全国Ⅲ\\答题模板1.TIF" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "E:\\朱天华\\2020\\大一轮\\数学\\全国Ⅲ\\答题模板1.TIF" \* MERGEFORMATINET 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．
课堂练习 问题反馈
1.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC和△AA1C均是边长为2的等边三角形，点O为AC中点，平面AA1C1C⊥平面ABC.(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值．(1)证明 ∵AA1＝A1C，且O为AC的中点，∴A1O⊥AC，又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，A1O 平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABC.(2)解 如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．由已知可得O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)，∴＝(，1,0)，＝(，0，－)，＝(0,2,0)，设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则即∴平面A1BC1的一个法向量为n＝(1,0,1)，设直线AB与平面A1BC1所成的角为α，则sin α＝|cos〈，n〉|，又∵cos〈，n〉＝＝＝，∴AB与平面A1BC1所成角的正弦值为.2．如图1，在△ABC中，BC＝3，AC＝6，∠C＝90°，且DE∥BC，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图2.(1)求证：BC⊥平面A1DC；(2)若CD＝2，求BE与平面A1BC所成角的正弦值．(1)证明 ∵DE⊥A1D，DE∥BC，∴BC⊥A1D，又∵BC⊥CD，A1D∩CD＝D，A1D，CD 平面A1CD，∴BC⊥平面A1DC，(2)解 以D为原点，分别以，，为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，在直角梯形CDEB中，过E作EF⊥BC，EF＝2，BF＝1，BC＝3，∴B(3,0，－2)，E(2,0,0)，C(0,0，－2)，A1(0,4,0)，＝(－1,0,2)，＝(0,4,2)，＝(－3,4,2)，设平面A1BC的法向量为m＝(x，y，z)，令y＝1，∴m＝(0,1，－2)，设BE与平面A1BC所成角为θ，∴sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝.3．(2019·成都诊断)如图1，在边长为5的菱形ABCD中，AC＝6，现沿对角线AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面体P－ABC，如图2所示．已知PB＝4.(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；(2)若Q是线段AP上的点，且＝eq \o(AP,\s\up6(→))，求二面角Q－BC－A的余弦值．(1)证明 取AC的中点O，连接PO，BO得到△PBO.∵四边形ABCD是菱形，∴PA＝PC，PO⊥AC.∵DC＝5，AC＝6，∴OC＝3，PO＝OB＝4，∵PB＝4，∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB.∵OB∩AC＝O，OB，AC 平面ABC，∴PO⊥平面ABC.∵PO 平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.(2)解 ∵AB＝BC，∴BO⊥AC.易知OB，OC，OP两两垂直．以O为坐标原点，OB，OC，OP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B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，－3,0)．设点Q(x，y，z)．由＝，得Q.∴＝(－4,3,0)，＝.设n1＝(x1，y1，z1)为平面BCQ的法向量．由得解得取z1＝15，则n1＝(3,4,15)．取平面ABC的一个法向量n2＝(0,0,1)．∵cos〈n1，n2〉＝＝＝，由图可知二面角Q－BC－A为锐角，∴二面角Q－BC－A的余弦值为.4.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，∴E为PD的中点．(2)连接OP，由题意知PO⊥平面ABCD，且AC⊥BD，∴以O为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立直角坐标系，如图所示．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)，则即令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)，∴即令z2＝1得平面BDF的一个法向量n＝.由平面AEC与平面BDF所成锐二面角的余弦值为，则cos〈m，n〉＝＝＝，解得λ＝(负值舍去)．∴||＝||＝.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.
