2018年高考数学一轮复习真题精讲精练（2013-2017）：
7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离
考纲剖析
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.
知识回顾
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
求法
2.直线与平面所成角的求法
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，a与n的夹角为β.则sin θ＝ 。
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
|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．21教育网
4．利用空间向量求距离(供选用)
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝ 。.
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为
精讲方法
一、利用空间向量求点面距
利用向量法求点面距，其步骤如下：
（1）求出该平面的一个法向量；
（2）找出过该点的平面的任一条斜线段对应的向量；
（3）求出法向量与斜线段所对应向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点面平面的距离，如图：【出处：21教育名师】
点P到平面α的距离
由于可以视为平面的单位法向量，所以点到平面的距离实质就是平面的单位法向量与从该点出发的斜线段所对应向量的数量积的绝对值，即。
二、利用空间向量求空间角
求空间角（异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角）一直是高考的热点，如果用几何法求需要作出这些角的平面角，对空间想象能力要求高。而用向量法求解时，只需利用公式。通过简单的向量运算即可解决，显示了向量这一工具巨大的作用。求二面角时，可以利用法向量求。
方法概述
1．若利用向量求角，各类角都可以转化为向量的夹角来运算．
(1)求两异面直线a，b的夹角θ，须求出它们的方向
向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos|.
(2)求直线l与平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角，则sin θ＝|cos|.
(3)求二面角α－l－β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝或π－.
2．(1)利用向量夹角转化为各空间角时，一定要注意向量夹角与各空间角的定义、范围不同．
(2)求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点.
例题精讲
考点一 求异面直线所成的角
【例题1】 将正方形沿对角线折成一个直二面角，点到达点 ， 则异面直线与所成角是( )
A、 B、 C、 D、
【答案】 B 【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离 【解析】【解答】方法一:如图,则所以与所成的角即为异面直线与所成角,设正方形边长为2,则,所以为等边三角形,故异面直线与所成角是. 方法二:建立如图所示的空间坐标系,则 所以 , 所以, 故异面直线与所成角是.
【变式训练1】（2016广东湛江一中期末）如图所示的长方体中，AB=2 ，AD= ， = ，E、F分别为 的中点，则异面直线DE、BF所成角的大小为（ ）www.21-cn-jy.com
A、 B、 C、 D、
考点二 利用空间向量求直线与平面所成的角
【例题2】（2016天津静海一中）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠APB=90°，∠PAB=60°，AB=BC=CA，平面PAB⊥平面ABC．
（Ⅰ）求直线PC与平面ABC所成角的大小；
【答案】 （Ⅰ）设AB中点为D，连接CD．因为O在AB上，且O为P在平面ABC内的射影， 所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥AB，且PO⊥CD．因为AB=BC=CA，所以CD⊥AB，设E为AC中点，则EO∥CD，从而OE⊥PO，OE⊥AB． 如图，以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz． 不妨设PA=2，由已知可得，AB=4，OA=OD=1，OP= ， CD=2 ，所以O（0，0，0），A（﹣1，0，0），C（1，2 ，0），P（0，0， ），所以 =（﹣1，﹣2 ， ） =（0，0， ）为平面ABC的一个法向量． 设α为直线PC与平面ABC所成的角，则sinα= = = ．故直线PC与平面ABC所成的角大小为arcsin 【考点】直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】 解法二（Ⅰ）设AB中点为D，连接CD．以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz．利用 与平面ABC的一个法向量夹角求解．
【变式训练2】（2016广东湛江一中期末）在正四棱锥S﹣ABCD中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD，则直线BC与平面PAC的夹角是（? ）
A、30° B、45° C、60° D、75°
考点三 利用向量求二面角
【例题3】（2017河北八所重点中学一模）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF． （Ⅰ）求证：BD⊥平面AED； （Ⅱ）求二面角F﹣BD﹣C的余弦值．
【答案】 证明：（I）因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°．所以∠ADC=∠BCD=120°．又CB=CD， 所以∠CDB=30°，因此，∠ADB=90°，AD⊥BD， 又AE⊥BD且，AE∩AD=A，AE，AD?平面AED， 所以BD⊥平面AED； （II） 由（I）知，AD⊥BD，同理AC⊥BC， 又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为X轴，Y轴，Z轴建立如图的空间直角坐标系， 不妨设CB=1，则C（0，0，0），B（0，1，0），D（ ，﹣ ，0），F（0，0，1），因此 =（ ，﹣ ，0）， =（0，﹣1，1） 设平面BDF的一个法向量为 =（x，y，z），则 ? =0， ? =0 所以x= y= z，取z=1，则 =（ ，1，1）， 由于 =（0，0，1）是平面BDC的一个法向量， 则cos＜ ， ＞= = = ，所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值为 【版权所有：21教育】
【考点】直线与平面垂直的判定，向量语言表述线面的垂直、平行关系，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）由题意及图可得，先由条件证得AD⊥BD及AE⊥BD，再由线面垂直的判定定理即可证得线面垂直；（II）取BD的中点G，连接CG，FG，由于 CB=CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，可证明出∠FGC为二面角F﹣BD﹣C的平面角，再解三角形求出二面角F﹣BD﹣C的余弦值．
【变式训练3】（2017四川名校联考一模）如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和AD的交点，AC⊥BC，且AC=BC． （Ⅰ）求证：AM⊥平面EBC； （Ⅱ）求二面角A﹣EB﹣C的大小． www-2-1-cnjy-com
真题精析
1、（2014?山东）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点．
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1= ，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
2、（2013?福建）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k，（k＞0） (1)求证：CD⊥平面ADD1A1(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为 ，求k的值(3)现将与四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f（k），写出f（k）的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）【来源：21cnj*y.co*m】
3、（2014?辽宁）如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2．∠ABC=∠DBC=120°，E、F分别为AC、DC的中点．
(1)求证：EF⊥BC；
(2)求二面角E﹣BF﹣C的正弦值．
4、（2017?新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC； （Ⅱ）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．
5、（2013?湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；
(2)设（1）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足 ．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．
6、（2017?新课标Ⅱ）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． （Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）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．
7、（2013?陕西）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD， ．(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D； (2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．
8、（2017?新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）
(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．
9、（2013?新课标Ⅰ）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1 ， ∠BAA1=60°．
(1)证明AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
10、（2017?江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°． （Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．
11、（2014?新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．
(1)证明：AC=AB1；
(2)若AC⊥AB1 ， ∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
12、（2017?北京卷）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．（14分）
(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．
（2013?江西）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA=EB=AB=1，PA= ，连接CE并延长交AD于F (1)求证：AD⊥平面CFG；【来源：21·世纪·教育·网】
(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．
14、（2017?浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点． （Ⅰ）证明：CE∥平面PAB； （Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
15、（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．（12分） （Ⅰ）设P是 上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； （Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．
16、（2017·天津）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． （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值； （Ⅲ）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．
模拟题精练
一、单选题
1、在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα的值是（ ）
A、 B、 C、 D、
二、解答题
2、如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2， C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=． （Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1 ， 求线段BM的长． 21cnjy.com
3、（2016福建师大附中期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=1，AA1= ，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1 ． (1)证明：BC⊥AB1；21*cnjy*com
(2)若OC=OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．
4、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1． 21·世纪*教育网
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
5、（2017广东广雅中学联考模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1．M是棱SB的中点． （Ⅰ）求证：AM∥面SCD； （Ⅱ）求面SCD与面SAB所成二面角的余弦值； （Ⅲ）设点N是直线CD上的动点，MN与面SAB所成的角为θ，求sinθ的最大值．
6、（2017黑龙江哈尔滨三中三模）如图所示的几何体是由棱台ABC﹣A1B1C1和棱锥D﹣AA1C1C拼接而成的组合体，其底面四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60°，BB1⊥平面ABCD，BB1=2A1B1=2． （Ⅰ）求证：平面AB1C⊥平面BB1D； （Ⅱ）求二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值． 21世纪教育网版权所有
7、（2017湖南怀化一模）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠ADC=120°，AB=2CD=2，平面D1DCC1垂直平面ABCD，D1C⊥AB，M是线段AB的中点． （Ⅰ）求证：D1M∥面B1BCC1； （Ⅱ）若DD1=2，求平面C1D1M和平面ABCD所成的锐角的余弦值．
8、（2017河北衡水一模）如图（1），等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D在线段AC上，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））． （Ⅰ）求证：PB⊥DE； （Ⅱ）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求PE长．
9、（2017安徽六安舒城中学仿真）如图，在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点． （Ⅰ）求证：BD∥平面FGH； （Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小．
10、（2017黑龙江大庆实验中学模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，AB=BD= ，PB= （Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面ABCD； （Ⅱ）设Q是棱PC上的点，当PA∥平面BDQ时，求二面角A﹣BD﹣Q的余弦值．
11、（2017四川成都洛带中学模拟）如图，PA⊥平面AC，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点． （Ⅰ）求证：AF∥平面PCE； （Ⅱ）若二面角P﹣CD﹣B为45°，AD=2，CD=3，求点F到平面PCE的距离．
12、（2017湖南衡阳十校联考三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC=BC=5，AB=6，M是CC1中点，CC1=8． 21·cn·jy·com
(1)求证：平面AB1M⊥平面A1ABB1；
(2)求平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值．
13、（2017湖南怀化四模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，∠ACB=90°，BB1=3，AC=BC=2，D，E分别为AB，BC的中点，F为BB1上一点，且 = ． 2-1-c-n-j-y
(1)求证：平面CDF⊥平面A1C1E；
(2)求二面角C1﹣CD﹣F的余弦值．
14、（2017江苏盐城三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC= ，M在PC上，且PA∥面BDM． 2·1·c·n·j·y
(1)求直线PC与平面BDM所成角的正弦值；
(2)求平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小．
15、（2017安徽蚌埠二模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，AC=2BC=2CD=4，∠ACB=∠ACD=60°．
(1)证明：CP⊥BD；
(2)若AP=PC=2 ，求二面角A﹣BP﹣C的余弦值．
16、（2017辽宁葫芦岛二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AP=AB=AC=a， ，PA⊥底面ABCD．
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)在棱PC上是否存在一点E，使得二面角B﹣AE﹣D的平面角的余弦值为 ？若存在，求出 的值？若不存在，说明理由． 21教育名师原创作品
17、（2017上海杨浦三模）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AD=AB=1．AA1=CD=2．E为棱DD1的中点．
(1)证明：B1C1⊥平面BDE；
(2)求二面角D﹣BE﹣C1的大小．
18、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1． 21*cnjy*com
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
19、（2017四川成都三诊）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE=2，M为线段BF上一点，且DM⊥平面ACE．
(1)求BM的长；
(2)求二面角A﹣DM﹣B的余弦值的大小．
20、（2017浙江宁波镇海中学模拟）在边长为3的正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如图（1）将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连结A1B、A1P（如图（2））．
(1)求证：A1E⊥平面BEP；
(2)求二面角B﹣A1P﹣E的余弦值．
2018年高考数学一轮复习真题精讲精练（2013-2017）：
7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离
考纲剖析
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.
知识回顾
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
求法
2.直线与平面所成角的求法
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，a与n的夹角为β.则sin θ＝ 。
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|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．21教育网
4．利用空间向量求距离(供选用)
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝ 。.
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为
精讲方法
一、利用空间向量求点面距
利用向量法求点面距，其步骤如下：
（1）求出该平面的一个法向量；
（2）找出过该点的平面的任一条斜线段对应的向量；
（3）求出法向量与斜线段所对应向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点面平面的距离，如图：【出处：21教育名师】
点P到平面α的距离
由于可以视为平面的单位法向量，所以点到平面的距离实质就是平面的单位法向量与从该点出发的斜线段所对应向量的数量积的绝对值，即。
二、利用空间向量求空间角
求空间角（异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角）一直是高考的热点，如果用几何法求需要作出这些角的平面角，对空间想象能力要求高。而用向量法求解时，只需利用公式。通过简单的向量运算即可解决，显示了向量这一工具巨大的作用。求二面角时，可以利用法向量求。
方法概述
1．若利用向量求角，各类角都可以转化为向量的夹角来运算．
(1)求两异面直线a，b的夹角θ，须求出它们的方向
向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos|.
(2)求直线l与平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角，则sin θ＝|cos|.
(3)求二面角α－l－β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝或π－.
2．(1)利用向量夹角转化为各空间角时，一定要注意向量夹角与各空间角的定义、范围不同．
(2)求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点.
例题精讲
考点一 求异面直线所成的角
【例题1】 将正方形沿对角线折成一个直二面角，点到达点 ， 则异面直线与所成角是( )
A、 B、 C、 D、
【答案】 B 【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离 【解析】【解答】方法一:如图,则所以与所成的角即为异面直线与所成角,设正方形边长为2,则,所以为等边三角形,故异面直线与所成角是. 方法二:建立如图所示的空间坐标系,则 所以 , 所以, 故异面直线与所成角是.
【变式训练1】（2016广东湛江一中期末）如图所示的长方体中，AB=2 ，AD= ， = ，E、F分别为 的中点，则异面直线DE、BF所成角的大小为（ ）www.21-cn-jy.com
A、 B、 C、 D、
考点二 利用空间向量求直线与平面所成的角
【例题2】（2016天津静海一中）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠APB=90°，∠PAB=60°，AB=BC=CA，平面PAB⊥平面ABC．
（Ⅰ）求直线PC与平面ABC所成角的大小；
【答案】 （Ⅰ）设AB中点为D，连接CD．因为O在AB上，且O为P在平面ABC内的射影， 所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥AB，且PO⊥CD．因为AB=BC=CA，所以CD⊥AB，设E为AC中点，则EO∥CD，从而OE⊥PO，OE⊥AB． 如图，以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz． 不妨设PA=2，由已知可得，AB=4，OA=OD=1，OP= ， CD=2 ，所以O（0，0，0），A（﹣1，0，0），C（1，2 ，0），P（0，0， ），所以 =（﹣1，﹣2 ， ） =（0，0， ）为平面ABC的一个法向量． 设α为直线PC与平面ABC所成的角，则sinα= = = ．故直线PC与平面ABC所成的角大小为arcsin 【考点】直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】 解法二（Ⅰ）设AB中点为D，连接CD．以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz．利用 与平面ABC的一个法向量夹角求解．
【变式训练2】（2016广东湛江一中期末）在正四棱锥S﹣ABCD中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD，则直线BC与平面PAC的夹角是（? ）
A、30° B、45° C、60° D、75°
考点三 利用向量求二面角
【例题3】（2017河北八所重点中学一模）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF． （Ⅰ）求证：BD⊥平面AED； （Ⅱ）求二面角F﹣BD﹣C的余弦值．
【答案】 证明：（I）因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°．所以∠ADC=∠BCD=120°．又CB=CD， 所以∠CDB=30°，因此，∠ADB=90°，AD⊥BD， 又AE⊥BD且，AE∩AD=A，AE，AD?平面AED， 所以BD⊥平面AED； （II） 由（I）知，AD⊥BD，同理AC⊥BC， 又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为X轴，Y轴，Z轴建立如图的空间直角坐标系， 不妨设CB=1，则C（0，0，0），B（0，1，0），D（ ，﹣ ，0），F（0，0，1），因此 =（ ，﹣ ，0）， =（0，﹣1，1） 设平面BDF的一个法向量为 =（x，y，z），则 ? =0， ? =0 所以x= y= z，取z=1，则 =（ ，1，1）， 由于 =（0，0，1）是平面BDC的一个法向量， 则cos＜ ， ＞= = = ，所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值为 【版权所有：21教育】
【考点】直线与平面垂直的判定，向量语言表述线面的垂直、平行关系，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）由题意及图可得，先由条件证得AD⊥BD及AE⊥BD，再由线面垂直的判定定理即可证得线面垂直；（II）取BD的中点G，连接CG，FG，由于 CB=CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，可证明出∠FGC为二面角F﹣BD﹣C的平面角，再解三角形求出二面角F﹣BD﹣C的余弦值．
【变式训练3】（2017四川名校联考一模）如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和AD的交点，AC⊥BC，且AC=BC． （Ⅰ）求证：AM⊥平面EBC； （Ⅱ）求二面角A﹣EB﹣C的大小． www-2-1-cnjy-com
真题精析
1、（2014?山东）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点．
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1= ，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
2、（2013?福建）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k，（k＞0） (1)求证：CD⊥平面ADD1A1(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为 ，求k的值(3)现将与四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f（k），写出f（k）的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）【来源：21cnj*y.co*m】
3、（2014?辽宁）如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2．∠ABC=∠DBC=120°，E、F分别为AC、DC的中点．
(1)求证：EF⊥BC；
(2)求二面角E﹣BF﹣C的正弦值．
4、（2017?新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC； （Ⅱ）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．
5、（2013?湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；
(2)设（1）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足 ．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．
6、（2017?新课标Ⅱ）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． （Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）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．
7、（2013?陕西）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD， ．(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D； (2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．
8、（2017?新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）
(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．
9、（2013?新课标Ⅰ）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1 ， ∠BAA1=60°．
(1)证明AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
10、（2017?江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°． （Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．
11、（2014?新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．
(1)证明：AC=AB1；
(2)若AC⊥AB1 ， ∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
12、（2017?北京卷）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．（14分）
(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．
（2013?江西）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA=EB=AB=1，PA= ，连接CE并延长交AD于F (1)求证：AD⊥平面CFG；【来源：21·世纪·教育·网】
(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．
14、（2017?浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点． （Ⅰ）证明：CE∥平面PAB； （Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
15、（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．（12分） （Ⅰ）设P是 上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； （Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．
16、（2017·天津）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． （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值； （Ⅲ）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．
模拟题精练
一、单选题
1、在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα的值是（ ）
A、 B、 C、 D、
二、解答题
2、如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2， C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=． （Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1 ， 求线段BM的长． 21cnjy.com
3、（2016福建师大附中期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=1，AA1= ，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1 ． (1)证明：BC⊥AB1；21*cnjy*com
(2)若OC=OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．
4、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1． 21·世纪*教育网
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
5、（2017广东广雅中学联考模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1．M是棱SB的中点． （Ⅰ）求证：AM∥面SCD； （Ⅱ）求面SCD与面SAB所成二面角的余弦值； （Ⅲ）设点N是直线CD上的动点，MN与面SAB所成的角为θ，求sinθ的最大值．
6、（2017黑龙江哈尔滨三中三模）如图所示的几何体是由棱台ABC﹣A1B1C1和棱锥D﹣AA1C1C拼接而成的组合体，其底面四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60°，BB1⊥平面ABCD，BB1=2A1B1=2． （Ⅰ）求证：平面AB1C⊥平面BB1D； （Ⅱ）求二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值． 21世纪教育网版权所有
7、（2017湖南怀化一模）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠ADC=120°，AB=2CD=2，平面D1DCC1垂直平面ABCD，D1C⊥AB，M是线段AB的中点． （Ⅰ）求证：D1M∥面B1BCC1； （Ⅱ）若DD1=2，求平面C1D1M和平面ABCD所成的锐角的余弦值．
8、（2017河北衡水一模）如图（1），等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D在线段AC上，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））． （Ⅰ）求证：PB⊥DE； （Ⅱ）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求PE长．
9、（2017安徽六安舒城中学仿真）如图，在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点． （Ⅰ）求证：BD∥平面FGH； （Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小．
10、（2017黑龙江大庆实验中学模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，AB=BD= ，PB= （Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面ABCD； （Ⅱ）设Q是棱PC上的点，当PA∥平面BDQ时，求二面角A﹣BD﹣Q的余弦值．
11、（2017四川成都洛带中学模拟）如图，PA⊥平面AC，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点． （Ⅰ）求证：AF∥平面PCE； （Ⅱ）若二面角P﹣CD﹣B为45°，AD=2，CD=3，求点F到平面PCE的距离．
12、（2017湖南衡阳十校联考三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC=BC=5，AB=6，M是CC1中点，CC1=8． 21·cn·jy·com
(1)求证：平面AB1M⊥平面A1ABB1；
(2)求平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值．
13、（2017湖南怀化四模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，∠ACB=90°，BB1=3，AC=BC=2，D，E分别为AB，BC的中点，F为BB1上一点，且 = ． 2-1-c-n-j-y
(1)求证：平面CDF⊥平面A1C1E；
(2)求二面角C1﹣CD﹣F的余弦值．
14、（2017江苏盐城三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC= ，M在PC上，且PA∥面BDM． 2·1·c·n·j·y
(1)求直线PC与平面BDM所成角的正弦值；
(2)求平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小．
15、（2017安徽蚌埠二模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，AC=2BC=2CD=4，∠ACB=∠ACD=60°．
(1)证明：CP⊥BD；
(2)若AP=PC=2 ，求二面角A﹣BP﹣C的余弦值．
16、（2017辽宁葫芦岛二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AP=AB=AC=a， ，PA⊥底面ABCD．
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)在棱PC上是否存在一点E，使得二面角B﹣AE﹣D的平面角的余弦值为 ？若存在，求出 的值？若不存在，说明理由． 21教育名师原创作品
17、（2017上海杨浦三模）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AD=AB=1．AA1=CD=2．E为棱DD1的中点．
(1)证明：B1C1⊥平面BDE；
(2)求二面角D﹣BE﹣C1的大小．
18、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1． 21*cnjy*com
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
19、（2017四川成都三诊）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE=2，M为线段BF上一点，且DM⊥平面ACE．
(1)求BM的长；
(2)求二面角A﹣DM﹣B的余弦值的大小．
20、（2017浙江宁波镇海中学模拟）在边长为3的正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如图（1）将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连结A1B、A1P（如图（2））．
(1)求证：A1E⊥平面BEP；
(2)求二面角B﹣A1P﹣E的余弦值．
2018年高考数学一轮复习真题精讲精练（2013-2017）：
7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离（答案）
知识回顾
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.直线与平面所成角的求法
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，a与n的夹角为β.则sin θ＝|cos β|＝.21教育网
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＝<，>.21·cn·jy·com
(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|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．2-1-c-n-j-y
4．利用空间向量求距离(供选用)
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝.
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝.
例题精讲
考点一 求异面直线所成的角
【变式训练1】（2016广东湛江一中期末）如图所示的长方体中，AB=2 ，AD= ， = ，E、F分别为 的中点，则异面直线DE、BF所成角的大小为（ ）
A、 B、 C、 D、
【答案】 C 【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离 【解析】【解答】解： 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系， D（0,0,0,），E（ ）， ， ， ， 设异面直线DE，BF所成角为 ， ， 异面直线DE，BF所成角的大小为 故选：C 【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线DE，BF所成角的大小．
考点二 利用空间向量求直线与平面所成的角
【变式训练2】（2016广东湛江一中期末）在正四棱锥S﹣ABCD中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD，则直线BC与平面PAC的夹角是（? ）
A、30° B、45° C、60° D、75°
【答案】 A 【考点】直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【解答】解：如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴， 建立空间直角坐标系O﹣xyz． 设OD=SO=OA=OB=OC=a， 则A（a，0，0），B（0，a，0），C（﹣a，0，0），P（0，﹣ ， ）， 则 =（2a，0，0）， =（﹣a，﹣ ， ）， =（a，a，0）， 设平面PAC的一个法向量为 ， 则 ， ， ∴ ，可取 =（0，1，1）， ∴cos＜ ，n＞= = = ， ∴＜ ，n＞=60°， ∴直线BC与平面PAC的夹角为90°﹣60°=30°． 故选：A． 【分析】以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法求解．2·1·c·n·j·y
考点三 利用向量求二面角
【变式训练3】（2017四川名校联考一模）如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和AD的交点，AC⊥BC，且AC=BC． （Ⅰ）求证：AM⊥平面EBC； （Ⅱ）求二面角A﹣EB﹣C的大小．
【答案】 （Ⅰ）证明：∵四边形ACDE是正方形，∴EA⊥AC， ∵平面ACDE⊥平面ABC，EA⊥平面ABC， ∴以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴， 分别以直线AC和AE为y轴和z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz， 设EA=AC=BC=2，则A（0，0，0），C（0，2，0），E（0，0，2）， M是正方形ACDE的对角线的交点，M（0，1，1）， =（0，1，1）， =（0，2，﹣2）， ， ∴ ，∴AM⊥EC，AM⊥BC， 又EC∩BC=C，∴AM⊥平面EBC． （Ⅱ）设平面EAB的法向量为 ，则 ， ∴ ，取y=﹣1，则x=1，则 =（1，﹣1，0）， 又∵ 为平面EBC的一个法向量， ∴cos＜ ＞= =﹣ ， 设二面角A﹣EB﹣C的平面角为θ，则cosθ=|cos＜ ＞|= ，∴θ=60°， ∴二面角A﹣EB﹣C等于60°． 21*cnjy*com
【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】 （Ⅰ）以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，分别以直线AC和AE为y轴和z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，利用向量法能证明AM⊥平面EBC．（2）求出平面EAB的法向量和平面EBC的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣EB﹣C的大小．
真题精析
1、（2014?山东）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点．
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1= ，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
【答案】（1）解：连接AD1 ， ∵ABCD﹣A1B1C1D1为四棱柱，∴CD C1D1 ， 又M为AB的中点，∴AM=1． ∴CD∥AM，CD=AM， ∴AM C1D1 ， ∴AMC1D1为平行四边形，∴AD1∥MC1 ， 又MC1?平面A1ADD1 ， AD1?平面A1ADD1 ， ∴C1M∥平面A1ADD1； （2）解：解法一：∵AB∥A1B1 ， A1B1∥C1D1 ， ∴面D1C1M与ABC1D1共面， 作CN⊥AB，连接D1N，则∠D1NC即为所求二面角， 在ABCD中，DC=1，AB=2，∠DAB=60°， ∴CN= ， 在Rt△D1CN中，CD1= ，CN= ， ∴D1N= ∴cos∠D1CN= = = 解法二：作CP⊥AB于P，以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系 则C1（﹣1，0， ），D1 ， （0，0， ），M（ ， ，0）， ∴ =（1，0，0）， =（ ， ，﹣ ）， 设平面C1D1M的法向量 =（x1 ， y1 ， z1）， 则 ，∴ =（0，2，1）． 显然平面ABCD的法向量 =（0，0，1）， cos＜ ， ＞|= = = ， 显然二面角为锐角， ∴平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 ． 【考点】直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】（1）连接AD1 ， 易证AMC1D1为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证得C1M∥平面A1ADD1；（2）作CP⊥AB于P，以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系，易求C1（﹣1，0， ），D1 ， （0，0， ），M（ ， ，0）， =（1，1，0）， =（ ， ，﹣ ），设平面C1D1M的法向量 =（x1 ， y1 ， z1），可求得 =（0，2，1），而平面ABCD的法向量 =（1，0，0），从而可求得平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
2、（2013?福建）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k，（k＞0） (1)求证：CD⊥平面ADD1A1(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为 ，求k的值(3)现将与四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f（k），写出f（k）的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）
【答案】 （1）证明：取DC的中点E，连接BE，∵AB∥ED，AB=ED=3k， ∴四边形ABED是平行四边形， ∴BE∥AD，且BE=AD=4k，∴BE2+EC2=（4k）2+（3k）2=（5k）2=BC2 ， ∴∠BEC=90°，∴BE⊥CD， 又∵BE∥AD，∴CD⊥AD． ∵侧棱AA1⊥底面ABCD，∴AA1⊥CD， ∵AA1∩AD=A，∴CD⊥平面ADD1A1 （2）解：以D为坐标原点， 、 、 的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A（4k，0，0），C（0，6k，0），B1（4k，3k，1），A1（4k，0，1）． ∴ ， ， ． 设平面AB1C的一个法向量为 =（x，y，z），则 ，取y=2，则z=﹣6k，x=3．∴ ． 设AA1与平面AB1C所成角为θ，则 = = = ，解得k=1，故所求k=1． （3）解：由题意可与左右平面ADD1A1 ， BCC1B1 ， 上或下面ABCD，A1B1C1D1拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案． 写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出f（k）= 【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积，直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）取DC得中点E，连接BE，可证明四边形ABED是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理可得BE⊥CD，即CD⊥AD，又侧棱AA1⊥底面ABCD，可得AA1⊥DC，利用线面垂直的判定定理即可证明．（2）通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与斜线的方向向量的夹角即可得出；（3）由题意可与左右平面ADD1A1 ， BCC1B1 ， 上或下面ABCD，A1B1C1D1拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案．写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出f（k）．
3、（2014?辽宁）如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2．∠ABC=∠DBC=120°，E、F分别为AC、DC的中点．
(1)求证：EF⊥BC；
(2)求二面角E﹣BF﹣C的正弦值．
【答案】（1）证明：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，易得B（0，0，0），A（0，﹣1， ），D（ ，﹣1，0），C（0，2，0），因而E（0， ， ），F（ ， ，0），所以 =（ ，0，﹣ ）， =（0，2，0），因此 ? =0，所以EF⊥BC． （2）解：在图中，设平面BFC的一个法向量 =（0，0，1），平面BEF的法向量 =（x，y，z），又 =（ ， ，0）， =（0， ， ）， 由 得其中一个 =（1，﹣ ，1）， 设二面角E﹣BF﹣C的大小为θ，由题意知θ为锐角，则 cosθ=|cos＜ ， ＞|=| |= ， 因此sinθ= = ，即所求二面角正弦值为 ． 【考点】直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，得到E、F、B、C点的坐标，易求得此 ? =0，所以EF⊥BC；（2）设平面BFC的一个法向量 =（0，0，1），平面BEF的法向量 =（x，y，z），依题意，可求得一个 =（1，﹣ ，1），设二面角E﹣BF﹣C的大小为θ，可求得sinθ的值．
4、（2017?新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC； （Ⅱ）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．
【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD． ∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC． △ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD， ∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD． ∵△ACD是直角三角形， ∴AC是斜边，∴∠ADC=90°． ∴DO= AC． ∴DO2+BO2=AB2=BD2 ． ∴∠BOD=90°． ∴OB⊥OD． 又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD． 又OB?平面ABC， ∴平面ACD⊥平面ABC． （Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD ， hE ． 则 = ． ∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分， ∴ = = =1． ∴点E是BD的中点． 建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2． 则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0， ，0），E ． =（﹣1，0，1）， = ， =（﹣2，0，0）． 设平面ADE的法向量为 =（x，y，z），则 ，即 ，取 = ． 同理可得：平面ACE的法向量为 =（0，1， ）． ∴cos = = =﹣ ． ∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．△ABC是等边三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD=CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜边，∠ADC=90°．可得DO= AC．利用DO2+BO2=AB2=BD2 ． 可得OB⊥OD．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明． （Ⅱ）设点D，B到平面ACE的距离分别为hD ， hE ． 则 = ．根据平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，可得 = = =1，即点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=2．利用法向量的夹角公式即可得出．
5、（2013?湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；
(2)设（1）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足 ．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．
【答案】（1）解：直线l∥平面PAC，证明如下： 连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC， 又EF?平面ABC，且AC?平面ABC，所以EF∥平面ABC． 而EF?平面BEF，且平面BEF∩平面ABC=l，所以EF∥l． 因为l?平面PAC，EF?平面PAC，所以直线l∥平面PAC． （2）解：（综合法）如图1，连接BD，由（1）可知交线l即为直线BD，且l∥AC． 因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC． 已知PC⊥平面ABC，而l?平面ABC，所以PC⊥l． 而PC∩BC=C，所以l⊥平面PBC． 连接BE，BF，因为BF?平面PBC，所以l⊥BF． 故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β． 由 ，作DQ∥CP，且 ． 连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ=PF， 从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD． 连接CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影， 故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ． 又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α， 于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得 ， 从而 ． （向量法）如图2，由 ，作DQ∥CP，且 ． 连接PQ，EF，BE，BF，BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD． 以点C为原点，向量 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，设CA=a，CB=b，CP=2c，则有 ． 于是 ， ∴ = ，从而 ， 又取平面ABC的一个法向量为 ，可得 ， 设平面BEF的一个法向量为 ， 所以由 可得 取 =（0，c，b）， 于是 ，从而 ． 故 ，即sinθ=sinαsinβ． 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系，直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）直线l∥平面PAC．连接EF，利用三角形的中位线定理可得，EF∥AC；利用线面平行的判定定理即可得到EF∥平面ABC．由线面平行的性质定理可得EF∥l．再利用线面平行的判定定理即可证明直线l∥平面PAC．（2）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明l⊥平面PBC．连接BE，BF，因为BF?平面PBC，所以l⊥BC．故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β．已知PC⊥平面ABC，可知CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ．由BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论； 向量法：以点C为原点，向量 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，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角．
6、（2017?新课标Ⅱ）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． （Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）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． www-2-1-cnjy-com
【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点， 所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥ AD， ∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF?平面PAB，CF?平面PAB， ∴直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）解：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． 取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ， ∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°， 可得：BN=MN，CN= MN，BC=1， 可得：1+ BN2=BN2 ， BN= ，MN= ， 作NQ⊥AB于Q，连接MQ， 所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ= = ， 二面角M﹣AB﹣D的余弦值为： = ． 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可． （Ⅱ）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M﹣AB﹣D的余弦值即可．
7、（2013?陕西）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD， ．(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D； (2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．【版权所有：21教育】
【答案】 （1）证明：∵A1O⊥面ABCD，且BD?面ABCD，∴A1O⊥BD； 又∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，A1O∩AC=O， ∴BD⊥面A1AC，且A1C?面A1AC，故A1C⊥BD． 在正方形ABCD中，∵ ，∴AO=1， 在Rt△A1OA中，∵ ，∴A1O=1． 设B1D1的中点为E1 ， 则四边形A1OCE1为正方形，∴A1C⊥E1O． 又BD?面BB1D1D，且E10?面BB1D1D，且BD∩E1O=O， ∴A1C⊥面BB1D1D； （2）解：以O为原点，分别以OB，OC，OA1所在直线为x，y，Z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则B（1，0，0），C（0，1，0），A1（0，0，1），B1（1，1，1）， ． 由（1）知，平面BB1D1D的一个法向量 ， ， ． 设平面OCB1的法向量为 ， 由 ，得 ，取z=﹣1，得x=1． ∴ ． 则 = ． 所以，平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为 ． 【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）要证明A1C⊥平面BB1D1D，只要证明A1C垂直于平面BB1D1D内的两条相交直线即可，由已知可证出A1C⊥BD，取B1D1的中点为E1 ， 通过证明四边形A1OCE1为正方形可证A1C⊥E1O．由线面垂直的判定定理问题得证．（2）以O为原点，分别以OB，OC，OA1所在直线为x，y，Z轴建立空间直角坐标系，然后求出平面OCB1与平面BB1D1D的法向量，利用法向量所成的角求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．
8、（2017?新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）
(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．
【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD， ∵AB∥CD，∴AB⊥PD， 又∵PA∩PD=P，且PA?平面PAD，PD?平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又AB?平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD； （2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形， 由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形， 在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形， 设PA=AB=2a，则AD= ． 取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE， 以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则：D（ ），B（ ），P（0，0， ），C（ ）． ， ， ． 设平面PBC的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取y=1，得 ． ∵AB⊥平面PAD，AD?平面PAD，∴AB⊥AD， 又PD⊥PA，PA∩AB=A， ∴PD⊥平面PAB，则 为平面PAB的一个法向量， ． ∴cos＜ ＞= = ． 由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角， ∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD； （2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得 为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值． www.21-cn-jy.com
9、（2013?新课标Ⅰ）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1 ， ∠BAA1=60°． 【出处：21教育名师】
(1)证明AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
【答案】（1）解：取AB的中点O，连接OC，OA1 ， A1B， 因为CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1 ， ∠BAA1=60°， 所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB， 又因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C， 又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C； （2）解：由（1）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB， 所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1 ， OC两两垂直． 以O为坐标原点， 的方向为x轴的正向，| |为单位长，建立如图所示的坐标系， 可得A（1，0，0），A1（0， ，0），C（0，0， ），B（﹣1，0，0）， 则 =（1，0， ）， =（﹣1， ，0）， =（0，﹣ ， ）， 设 =（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则 ，即 ， 可取y=1，可得 =（ ，1，﹣1），故cos＜ ， ＞= =- ， 又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值， 故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为： ． 【考点】直线与平面垂直的性质，平面与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）取AB的中点O，连接OC，OA1 ， A1B，由已知可证OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，进而可得AB⊥A1C；（2）易证OA，OA1 ， OC两两垂直．以O为坐标原点， 的方向为x轴的正向，| |为单位长，建立坐标系，可得 ， ， 的坐标，设 =（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则 ，可解得 =（ ，1，﹣1），可求|cos＜ ， ＞|，即为所求正弦值．
10、（2017?江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°． （Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．
【答案】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD， ∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax?平面ABCD， ∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD， 以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系． ∵AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°， ∴A（0，0，0），B（ ），C（ ，1，0）， D（0，2，0）， A1（0，0， ），C1（ ）． =（ ）， =（ ）， ， ． （Ⅰ）∵cos＜ ＞= = ． ∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为 ； （Ⅱ）设平面BA1D的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取x= ，得 ； 取平面A1AD的一个法向量为 ． ∴cos＜ ＞= = ． ∴二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为 ，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为 ． 【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．结合已知求出A，B，C，D，A1 ， C1 的坐标，进一步求出 ， ， ， 的坐标． （Ⅰ）直接利用两法向量所成角的余弦值可得异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； （Ⅱ）求出平面BA1D与平面A1AD的一个法向量，再由两法向量所成角的余弦值求得二面角B﹣A1D﹣A的余弦值，进一步得到正弦值． 21cnjy.com
11、（2014?新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．
(1)证明：AC=AB1；
(2)若AC⊥AB1 ， ∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
【答案】（1）证明：连结BC1 ， 交B1C于点O，连结AO， ∵侧面BB1C1C为菱形， ∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点， 又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO， ∵AO?平面ABO，∴B1C⊥AO， 又B10=CO，∴AC=AB1 ， （2）解：∵AC⊥AB1 ， 且O为B1C的中点，∴AO=CO， 又∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB， ∴OA，OB，OB1两两垂直， 以O为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，| |为单位长度， 的方向为y轴的正方向， 的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， ∵∠CBB1=60°，∴△CBB1为正三角形，又AB=BC， ∴A（0，0， ），B（1，0，0，），B1（0， ，0），C（0， ，0） ∴ =（0， ， ）， = =（1，0， ）， = =（﹣1， ，0）， 设向量 =（x，y，z）是平面AA1B1的法向量， 则 ，可取 =（1， ， ）， 同理可得平面A1B1C1的一个法向量 =（1，﹣ ， ）， ∴cos＜ ， ＞= = ， ∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为 【考点】空间向量的夹角与距离求解公式，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】（1）连结BC1 ， 交B1C于点O，连结AO，可证B1C⊥平面ABO，可得B1C⊥AO，B10=CO，进而可得AC=AB1；（2）以O为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，| |为单位长度， 的方向为y轴的正方向， 的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别可得两平面的法向量，可得所求余弦值．
12、（2017?北京卷）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．（14分）
(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．
【答案】（1）证明：如图，设AC∩BD=O， ∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM， ∵PD∥平面MAC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM， ∴PD∥OM，则 ，即M为PB的中点； （2）解：取AD中点G， ∵PA=PD，∴PG⊥AD， ∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG， 由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD． 以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系， 由PA=PD= ，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0， ），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2， ）， ， ． 设平面PBD的一个法向量为 ， 则由 ，得 ，取z= ，得 ． 取平面PAD的一个法向量为 ． ∴cos＜ ＞= = ． ∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°； （3）解： ，平面PAD的一个法向量为 ． ∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜ ＞|=| |=| |= ． 【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1.）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点； （2.）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小； （3.）求出 的坐标，由 与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值． 21*cnjy*com
13、（2013?江西）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA=EB=AB=1，PA= ，连接CE并延长交AD于F (1)求证：AD⊥平面CFG；(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．
【答案】 （1）解：∵在△DAB中，E为BD的中点，EA=EB=AB=1， ∴AE= BD，可得∠BAD= ，且∠ABE=∠AEB= ∵△DAB≌△DCB，∴△EAB≌△ECB，从而得到∠FED=∠BEC=∠AEB= ∴∠EDA=∠EAD= ，可得EF⊥AD，AF=FD 又∵△PAD中，PG=GD，∴FG是△PAD是的中位线，可得FG∥PA ∵PA⊥平面ABCD，∴FG⊥平面ABCD， ∵AD?平面ABCD，∴FG⊥AD 又∵EF、FG是平面CFG内的相交直线，∴AD⊥平面CFG （2）解：以点A为原点，AB、AD、PA分别为x轴、y轴、z轴建立如图直角坐标系，可得 A（0，0，0），B（1，0，0），C（ ， ，0），D（0， ，0），P（0，0， ） ∴ =（ ， ，0）， =（﹣ ，﹣ ， ）， =（﹣ ， ，0） 设平面BCP的法向量 =（1，y1 ， z1），则 解得y1=﹣ ，z1= ，可得 =（1，﹣ ， ）， 设平面DCP的法向量 =（1，y2 ， z2），则 解得y2= ，z2=2，可得 =（1， ，2）， ∴cos＜ ， ＞= = = 因此平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值等于﹣cos＜ ， ＞=﹣ ． 【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）利用直角三角形的判定得到∠BAD= ，且∠ABE=∠AEB= ．由△DAB≌△DCB得到△EAB≌△ECB，从而得到∠FED=∠FEA= ，所以EF⊥AD且AF=FD，结合题意得到FG是△PAD是的中位线，可得FG∥PA，根据PA⊥平面ABCD得FG⊥平面ABCD，得到FG⊥AD，最后根据线面垂直的判定定理证出AD⊥平面CFG；（2）以点A为原点，AB、AD、PA分别为x轴、y轴、z轴建立如图直角坐标系，得到A、B、C、D、P的坐标，从而得到 、 、 的坐标，利用垂直向量数量积为零的方法建立方程组，解出 =（1，﹣ ， ）和 =（1， ，2）分别为平面BCP、平面DCP的法向量，利用空间向量的夹角公式算出 、 夹角的余弦，即可得到平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．
14、（2017?浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点． （Ⅰ）证明：CE∥平面PAB； （Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形， BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点， ∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系， 设PC=AD=2DC=2CB=2， 则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（ ），A（2，0，0），B（1，1，0）， =（ ）， =（1，0，﹣1）， =（0，1，﹣1）， 设平面PAB的法向量 =（x，y，z）， 则 ，取z=1，得 =（1，1，1）， ∵ = =0，CE?平面PAB， ∴CE∥平面PAB． 解：（Ⅱ） =（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量 =（a，b，c）， 则 ，取b=1，得 =（0，1，1）， 设直线CE与平面PBC所成角为θ， 则sinθ=|cos＜ ＞|= = = ． ∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为 ． 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，向量方法证明线、面的位置关系定理，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB． （Ⅱ）求出平面PBC的法向量和 ，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
15、（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．（12分） （Ⅰ）设P是 上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； （Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．
【答案】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP?平面ABP，AB∩AP=A， ∴BE⊥平面ABP，又BP?平面ABP， ∴BE⊥BP，又∠EBC=120°， 因此∠CBP=30°； （Ⅱ）解法一、 取 的中点H，连接EH，GH，CH， ∵∠EBC=120°，∴四边形BEGH为菱形， ∴AE=GE=AC=GC= ． 取AG中点M，连接EM，CM，EC， 则EM⊥AG，CM⊥AG， ∴∠EMC为所求二面角的平面角． 又AM=1，∴EM=CM= ． 在△BEC中，由于∠EBC=120°， 由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12， ∴ ，因此△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所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1， ，3），C（﹣1， ，0）， 故 ， ， ． 设 为平面AEG的一个法向量， 由 ，得 ，取z1=2，得 ； 设 为平面ACG的一个法向量， 由 ，可得 ，取z2=﹣2，得 ． ∴cos＜ ＞= ． ∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°． 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°； （Ⅱ）法一、取 的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小． 法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．
16、（2017·天津）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． （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值； （Ⅲ）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．
【答案】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF， ∵M为AD中点，∴MF∥BD， ∵BD?平面BDE，MF?平面BDE，∴MF∥平面BDE． ∵N为BC中点，∴NF∥AC， 又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE． ∵DE?平面BDE，NF?平面BDE，∴NF∥平面BDE． 又MF∩NF=F． ∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE； （Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°． ∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系． ∵PA=AC=4，AB=2， ∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2）， 则 ， ， 设平面MEN的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取z=2，得 ． 由图可得平面CME的一个法向量为 ． ∴cos＜ ＞= ． ∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为 ，则正弦值为 ； （Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t）， ， ． ∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ， ∴|cos＜ ＞|=| |=| |= ． 解得：t=4． ∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ，此时线段AH的长为4． 【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE； （Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值； （Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出 的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为 列式求得线段AH的长．
模拟题精练
一、单选题
1、在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα的值是（ ）
A、 B、 C、 D、
【答案】 D 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【解答】解：如图，建立坐标系，易求点D（ ， ， 1）， 平面AA1C1C的一个法向量是=（1，0，0）， 所以 即sinα= ． 故选D． 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面AA1C1C的一个法向量是即可求解sinα，【来源：21cnj*y.co*m】
二、解答题
2、如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2， C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=． （Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1 ， 求线段BM的长．
【答案】解：如图所示，建立空间直角坐标系， 点B为坐标原点，依题意得A（2，0，0），B（0，0，0）， C（，﹣，），A1（2，2，0）， B1（0，2，0），C1（，，） （I）解：易得=（﹣，﹣，）， =（﹣2，0，0）， 于cos=， ∴异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为． 解：由N为棱B1C1的中点， 得N（，，）．设M（a，b，0）， 则=（﹣a，﹣b，） 由MN⊥平面A1B1C1 ， 得， 即 解得故M（，，0）． 因此=（，，0），∴线段BM的长为||=． 【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离 【解析】【分析】如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点． （Ⅰ）利用向量的数量积公式，求出异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）设N为棱B1C1的中点，设M（a，b，0），利用MN⊥平面A1B1C1 ， 结合数量积为0列出关系式，求出a，b，然后求线段BM的长。
3、（2016福建师大附中期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=1，AA1= ，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1 ． (1)证明：BC⊥AB1；
(2)若OC=OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．
【答案】 （1）证明：由题意，因为ABB1A1是矩形， D为AA1中点，AB=1，AA1= ，AD= ， 所以在直角三角形ABB1中，tan∠AB1B= ， 在直角三角形ABD中，tan∠ABD= ， 所以∠AB1B=∠ABD， 又∠BAB1+∠AB1B=90°，∠BAB1+∠ABD=90°， 所以在直角三角形ABO中，故∠BOA=90°， 即BD⊥AB1 ， 又因为CO⊥侧面ABB1A1 ， AB1?侧面ABB1A1 ， 所以CO⊥AB1 所以，AB1⊥面BCD， 因为BC?面BCD， 所以BC⊥AB1 ． （2）解：如图，分别以OD，OB1 ， OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，则A（0，﹣ ，0），B（﹣ ，0，0），C（0，0， ），B1（0， ，0），D（ ，0，0）， 又因为 =2 ，所以 所以 =（﹣ ， ，0）， =（0， ， ）， =（ ）， 设平面ABC的法向量为 =（x，y，z）， 则根据 可得 =（1， ，﹣ ）是平面ABC的一个法向量， 设直线C1D与平面ABC所成角为α，则sinα= ． 【考点】直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）要证明BC⊥AB1 ， 可证明AB1垂直于BC所在的平面BCD，已知CO垂直于侧面ABB1A1 ， 所以CO垂直于AB1 ， 只要在矩形ABB1A1内证明BD垂直于AB1即可，可利用角的关系加以证明；（2）分别以OD，OB1 ， OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，求出 ，平面ABC的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论．
4、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1．
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
【答案】（1）解：以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz如图所示： 则A（3，0，0），C1=（0，3，3），D1=（0，0，3），E（3，0，2） ∴ =（﹣3，3，3）， =（3，0，﹣1） ∴cosθ= = =﹣ 则两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值为 （2）解：B（3，3，0）， =（0，﹣3，2）， =（3，0，﹣1） 设平面BED1F的一个法向量为 =（x，y，z） 由 得 令x=1，则 =（1，2，3） 则直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值为 | |= = 【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）以以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则我们易求出已知中，各点的坐标，进而求出向量 ， 的坐标．代入向量夹角公式，结合异面直线夹角公式，即可得到答案．（2）设出平面BED1F的一个法向量为 ，根据法向量与平面内任一向量垂直，数量积为0，构造方程组，求出平面BED1F的法向量为 的坐标，代入线面夹角向量公式，即可求出答案．
5、（2017广东广雅中学联考模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1．M是棱SB的中点． （Ⅰ）求证：AM∥面SCD； （Ⅱ）求面SCD与面SAB所成二面角的余弦值； （Ⅲ）设点N是直线CD上的动点，MN与面SAB所成的角为θ，求sinθ的最大值．
【答案】解：（Ⅰ）以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（0，0，0），B（0，2，0），D（1，0，0，），S（0，0，2），M（0，1，1）． 则 ， ， ． 设平面SCD的法向量是 ，则 ，即 令z=1，则x=2，y=﹣1．于是 ． ∵ ，∴ ． 又∵AM?平面SCD，∴AM∥平面SCD． （Ⅱ）易知平面SAB的法向量为 ．设平面SCD与平面SAB所成的二面角为α， 则 = = ，即 ． ∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为 ． （Ⅲ）设N（x，2x﹣2，0），则 ． ∴ = = = ． 当 ，即 时， ． 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）通过建立空间直角坐标系，利用平面SCD的法向量 即可证明AM∥平面SCD；（Ⅱ）分别求出平面SCD与平面SAB的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（Ⅲ）利用线面角的夹角公式即可得出表达式，进而利用二次函数的单调性即可得出．
6、（2017黑龙江哈尔滨三中三模）如图所示的几何体是由棱台ABC﹣A1B1C1和棱锥D﹣AA1C1C拼接而成的组合体，其底面四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60°，BB1⊥平面ABCD，BB1=2A1B1=2． （Ⅰ）求证：平面AB1C⊥平面BB1D； （Ⅱ）求二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值． 21教育名师原创作品
【答案】（Ⅰ）证明：∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AC， ∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC， 又BD∩BB1=B，∴AC⊥平面BB1D， ∵AC?平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BB1D； （Ⅱ）设BD、AC交于点O，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OD为y轴，建立如图所示空间直角坐标系． 则 ， ， ， ∴ ， ， ． 设平面A1BD的法向量 ， 由 ，取z= ，得 ， 设平面DCF的法向量 ， 由 ，取z= ，得 ． 设二面角A1﹣BD﹣C1为θ， 则 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】（Ⅰ）由BB1⊥平面ABCD，得BB1⊥AC，再由ABCD是菱形，得BD⊥AC，由线面垂直的判定可得AC⊥平面BB1D，进一步得到平面AB1C⊥平面BB1D；（Ⅱ）设BD、AC交于点O，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OD为y轴，建立如图所示空间直角坐标系．求出所用点的坐标，得到平面A1BD与平面DCF的法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值． 21世纪教育网版权所有
7、（2017湖南怀化一模）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠ADC=120°，AB=2CD=2，平面D1DCC1垂直平面ABCD，D1C⊥AB，M是线段AB的中点． （Ⅰ）求证：D1M∥面B1BCC1； （Ⅱ）若DD1=2，求平面C1D1M和平面ABCD所成的锐角的余弦值．
【答案】证明（Ⅰ）因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB=2CD，所以AB∥DC． 又由M是AB的中点，因此CD∥MB且CD=MB． 在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1 ， CD=C1D1 ， 可得C1D1∥MB，C1D1=MB，所以四边形BMD1C1为平行四边形， 因此D1M∥BC1 ． 又D1M?平面B1BCC1 ， BC1?平面B1BCC1 ， 所以D1M∥平面B1BCC1 （Ⅱ）解：方法一：如图（2），连接AC，MC． 由（Ⅰ）知CD∥AM且CD=AM， 所以四边形AMCD为平行四边形， 可得BC=AD=MC， 由题意∠ABC=∠PAB=60°， 所以△MBC为正三角形， 因此AB=2BC=2，CA= ， 因此CA⊥CB． 又D1C⊥AB，CD∥AB，故D1C⊥CD，而平面D1DCC1垂直平面ABCD且交于CD，则D1C⊥平面ABCD 以C为坐标原点，建立如图（2）所示的空间直角坐标系C﹣xyz 由DD1=2得D1C= ，所以A（ ，0，0），B（0，1，0），D1（0，0， ） 因此M ，所以 ， 设平面C1D1M的一个法向量为 ， 可得平面C1D1M的一个法向量 又 为平面ABCD的一个法向量 因此 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 方法二：由（Ⅰ）知平面D1C1M∩平面ABCD=AB，过点C向AB引垂线交AB于点N， 连接D1N，如图（3）． 由D1C⊥AB，CD∥AB，故D1C⊥CD， 而平面D1DCC1垂直平面ABCD且交于CD， 则D1C⊥平面ABCD， 可得D1N⊥AB， 因此∠D1NC为二面角C1﹣AB﹣C的平面角 在Rt△BNC中，BC=1，∠NBC=60°，可得CN= ． 所以ND1= = ． 在Rt△D1CN中，cos∠D1NC= ， 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）证明AB∥DC．说明以四边形BMD1C1为平行四边形，推出D1M∥BC1 ． 然后证明D1M∥平面B1BCC1（Ⅱ）方法一连接AC，MC．以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C﹣xyz，求出相关的坐标，求出平面C1D1M的一个法向量，平面ABCD的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的平面角的余弦函数值．方法二：说明∠D1NC为二面角C1﹣AB﹣C的平面角，通过在Rt△D1CN中，求解即可．
8、（2017河北衡水一模）如图（1），等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D在线段AC上，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））． （Ⅰ）求证：PB⊥DE； （Ⅱ）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求PE长．
【答案】解：（Ⅰ）∵DE⊥AB，∴DE⊥BE，DE⊥PE， ∵BE∩PE=E，∴DE⊥平面PEB， 又∵PB?平面PEB，∴BP⊥DE； （Ⅱ）∵PE⊥BE，PE⊥DE，DE⊥BE， ∴分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图） 设PE=a，则B（0，4﹣a，0），D（a，0，0），C（2，2﹣a，0）， P（0，0，a）， 可得 ， ， 设面PBC的法向量 ， ∴ 令y=1，可得x=1，z= 因此 是面PBC的一个法向量， ∵ ，PD与平面PBC所成角为30°， ∴ ，即 ， 解之得：a= ，或a=4（舍），因此可得PE的长为 ． 【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（I）根据翻折后DE仍然与BE、PE垂直，结合线面垂直的判定定理可得DE⊥平面PEB，再由线面垂直的性质可得PB⊥DE；（II）分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系．设PE=a，可得点B、D、C、P关于a的坐标形式，从而得到向量 、 坐标，利用垂直向量数量积为0的方法建立方程组，解出平面PCD的一个法向量为 =（1，1， ），由PD与平面PBC所成的角为30°和向量 的坐标，建立关于参数a的方程，解之即可得到线段PE的长．
9、（2017安徽六安舒城中学仿真）如图，在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点． （Ⅰ）求证：BD∥平面FGH； （Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小．
【答案】解：（Ⅰ）证明：根据已知条件，DF∥AC，EF∥BC，DE∥AB； △DEF∽△ABC，又AB=2DE， ∴BC=2EF=2BH， ∴四边形EFHB为平行四边形； ∴BE∥HF，HF?平面FGH，BE?平面FGH； ∴BE∥平面FGH； 同样，因为GH为△ABC中位线，∴GH∥AB； 又DE∥AB； ∴DE∥GH； ∴DE∥平面FGH，DE∩BE=E； ∴平面BDE∥平面FGH，BD?平面BDE； ∴BD∥平面FGH； （Ⅱ）连接HE，则HE∥CF； ∵CF⊥平面ABC； ∴HE⊥平面ABC，并且HG⊥HC； ∴HC，HG，HE三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设HC=1，则： H（0，0，0），G（0，1，0），F（1，0，1），B（﹣1，0，0）； 连接BG，根据已知条件BA=BC，G为AC中点； ∴BG⊥AC； 又CF⊥平面ABC，BG?平面ABC； ∴BG⊥CF，AC∩CF=C； ∴BG⊥平面ACFD； ∴向量 为平面ACFD的法向量； 设平面FGH的法向量为 ，则： ，取z=1，则： ； 设平面FGH和平面ACFD所成的锐二面角为θ，则：cosθ=|cos |= ； ∴平面FGH与平面ACFD所成的角为60° 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）根据AB=2DE便可得到BC=2EF，从而可以得出四边形EFHB为平行四边形，从而得到BE∥HF，便有BE∥平面FGH，再证明DE∥平面FGH，从而得到平面BDE∥平面FGH，从而BD∥平面FGH；（Ⅱ）连接HE，根据条件能够说明HC，HG，HE三直线两两垂直，从而分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后求出一些点的坐标．连接BG，可说明 为平面ACFD的一条法向量，设平面FGH的法向量为 ，根据 即可求出法向量 ，设平面FGH与平面ACFD所成的角为θ，根据cosθ= 即可求出平面FGH与平面ACFD所成的角的大小．
10、（2017黑龙江大庆实验中学模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，AB=BD= ，PB= （Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面ABCD； （Ⅱ）设Q是棱PC上的点，当PA∥平面BDQ时，求二面角A﹣BD﹣Q的余弦值．
【答案】解：（Ⅰ）证明：取AD中点O，连结OP，OB， ∵PAD是边长为2的正三角形，∴ ， ∵ ， ∴OB2+OP2=PB2 ， 则OP⊥OB， ∵OB∩AD=O，∴OP⊥平面ABCD， 又OP?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD； （Ⅱ）解：连接AC交BD于E，连接QE， ∵PA∥平面BDQ，∴PA∥QE， 又E为AC的中点，∴Q为PC的中点． 以O为原点，分别以OA、OB、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则A（1，0，0），B（0，2，0），D（﹣1，0，0），Q（﹣1，1， ）． ． 设平面BDQ的一个法向量为 ． 由 ，得 ，取z=2 ，得 ． 由图可知，平面ABD的一个法向量 ． ∴cos＜ ＞= = ． ∴二面角A﹣BD﹣Q的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取AD中点O，连结OP，OB，求解三角形可得OP⊥AD，OP⊥OB，再由线面垂直的判定可得OP⊥平面ABCD，进一步得到平面PAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）连接AC交BD于E，连接QE，由线面平行的性质可得PA∥QE，则Q为PC的中点．以O为原点，分别以OA、OB、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到平面BDQ与平面ABD的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角A﹣BD﹣Q的余弦值．
11、（2017四川成都洛带中学模拟）如图，PA⊥平面AC，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点． （Ⅰ）求证：AF∥平面PCE； （Ⅱ）若二面角P﹣CD﹣B为45°，AD=2，CD=3，求点F到平面PCE的距离．
【答案】解：（Ⅰ）取PC中点M，连接ME、MF． ∵ ， ∴AE∥FM，且AE=FM， 即四边形AFME是平行四边形， ∴AF∥EM，∵AF?平在PCE， ∴AF∥平面PCE． （Ⅱ）∵PA⊥平面AC，CD⊥AD， 根据三垂线定理知，CD⊥PD， ∴∠PDA是二面角， P﹣CD﹣B的平面角，则∠PDA=45° 于是，△PAD是等腰直角三角形， ∴AF⊥PD，又AF⊥CD， ∴AF⊥面PCD．而EM∥AF， ∴EM⊥面PCD．又EM?平面PEC， ∴面PEC⊥面PCD．…（8分） 在面PCD内过F作FH⊥PC于H， 则FH为点F到平面PCE的距离． 由已知，PD=2 ，PF= ． ∵△PFH∽△PCD， ∴ 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取PC中点M，连接ME、MF．由 ，知AE∥FM，且AE=FM，由此能证明四边形AFME是平行四边形，从而得到AF∥平面PCE．（Ⅱ）由PA⊥平面AC，CD⊥AD，根据三垂线定理知，CD⊥PD，故∠PDA是二面角P﹣CD﹣B的平面角，所以△PAD是等腰直角三角形，由AF⊥PD，AF⊥CD，得到面PEC⊥面PCD，由此入手能够求出点F到平面PCE的距离． 【来源：21·世纪·教育·网】
12、（2017湖南衡阳十校联考三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC=BC=5，AB=6，M是CC1中点，CC1=8．
(1)求证：平面AB1M⊥平面A1ABB1；
(2)求平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：连结A1B，交AB1于点P， ∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形ABB1A1是矩形，∴P是A1B的中点， 取AB的中点N，连结CN，PN，MP， 则NP∥CM，且NP=CM，∴四边形MCNP是平行四边形， ∴CN∥MP， 又AC=BC，∴CN⊥AB， ∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥CN， 又AA1∥CC1 ， ∴CN⊥AA1 ， ∴CN⊥平面A1ABB1 ， ∴MP⊥平面A1ABB1 ， ∵MP?平面AB1M，∴平面AB1M⊥平面A1ABB1 ． （2）解：以N为原点，NA为x轴，CN为y轴，NP为z轴，建立空间直角坐标系， ∵AC=BC=5，AB=6，M是CC1中点，CC1=8， ∴A（3，0，0），M（0，﹣4，4），B1（﹣3，0，8）， =（﹣3，﹣4，4）， =（﹣6，0，8）， 设平面AB1M的法向量 =（x，y，z）， 则 ，取x=4，得 =（4，0，3）， 平面ABC的法向量 =（0，0，1）， 设平面AB1M与平面ABC所成二面角的平面角为θ， 则cosθ= = ，sinθ= = ． ∴平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）连结A1B，交AB1于点P，取AB的中点N，连结CN，PN，MP，推导出四边形MCNP是平行四边形，从而CN∥MP，进而CC1⊥CN，由AA1∥CC1 ， 知CN⊥AA1 ， 从而CN⊥平面A1ABB1 ， 进而MP⊥平面A1ABB1 ， 由此能证明平面AB1M⊥平面A1ABB1 ． （2）以N为原点，NA为x轴，CN为y轴，NP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值．
13、（2017湖南怀化四模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，∠ACB=90°，BB1=3，AC=BC=2，D，E分别为AB，BC的中点，F为BB1上一点，且 = ．
(1)求证：平面CDF⊥平面A1C1E；
(2)求二面角C1﹣CD﹣F的余弦值．
【答案】（1）证明：以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴正半轴建立空间直角坐标系， ∵BB1=3，AC=BC=2，D，E分别为AB，BC的中点， = ． ∴C（0，0，0），D（1，1，0），F（0，2， ），E（0，1，0），A1（2，0，3），C1（0，0，3）． ， ， ． 设平面CDF的一个法向量为 ， 则 ，取y=﹣1，得 ； 再平面A1C1E的一个法向量为 ， 则 ，取z=1，得 ． ∵ ， ∴ ，则平面CDF⊥平面A1C1E； （2）解：由（1）知，平面CDF的一个法向量 ， 又平面C1CD的一个法向量 ， ∴cos＜ ＞= = ， ∵二面角C1﹣CD﹣F为锐角， ∴二面角C1﹣CD﹣F的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴正半轴建立空间直角坐标系，再由已知求出C，D，F，E，A1 ， C1的坐标，得到平面CDF与平面A1C1E的一个法向量，由两法向量垂直可得平面CDF⊥平面A1C1E；（2）由（1）知，平面CDF的一个法向量 ，又平面C1CD的一个法向量 ，由两法向量所成角的余弦值求得二面角C1﹣CD﹣F的大小．
14、（2017江苏盐城三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC= ，M在PC上，且PA∥面BDM．
(1)求直线PC与平面BDM所成角的正弦值；
(2)求平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小．
【答案】（1）解：∵面PAD⊥面ABCD，△PAD为正三角形，作AD边上的高PO， ∵面PAD∩面ABCD=AD，由面面垂直的性质定理，得PO⊥面ABCD， 又ABCD是矩形，同理可得CD⊥面PAD，知CD⊥PD， ∵PC= ，PD=2，∴CD=3． 以AD中点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，AD的垂直平分线为y轴，建立如图所示的坐标系， 则P（0，0， ），A（1，0，0），B（1，3，0），C（﹣1，3，0），D（﹣1，0，0）， 连结AC交BD于点N，由PA∥面MBD，面APC∩面MBD=MN， ∴MN∥PA，又N是AC的中点， ∴M是PC的中点，则M（ ， ， ）， 设面BDM的法向量为 ， ， ， 则 ，令x=1，解得y=﹣ ，z= ，得 ． 设PC与面BDM所成的角为θ，则 ， ∴直线PC与平面BDM所成角的正弦值为 ． （2）面PAD的法向量为向量 ，设面BDM与面PAD所成的锐二面角为φ， 则cosφ= ， 故平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小为 ． 【考点】直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】作AD边上的高PO，由已知结合面面垂直的性质可得PO⊥面ABCD，再由ABCD是矩形，得到CD⊥PD，求解直角三角形可得CD．以AD中点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，AD的垂直平分线为y轴，建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到平面BDM的法向量 ．（1）设PC与面BDM所成的角为θ，由sinθ=| 求得直线PC与平面BDM所成角的正弦值．（2）求出平面PAD的法向量 ，由两平面法向量所成角的余弦值求得平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小．
15、（2017安徽蚌埠二模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，AC=2BC=2CD=4，∠ACB=∠ACD=60°．
(1)证明：CP⊥BD；
(2)若AP=PC=2 ，求二面角A﹣BP﹣C的余弦值．
【答案】（1）证明：∵BC=CD，即△BCD为等腰三角形， 又AC平分∠BCD，故AC⊥BD， ∵平面PAC⊥底面ABCD，平面PAC∩底面ABCD=AC， ∴BD⊥平面PAC， ∵CP?平面PAC，∴CP⊥BD （2）解：如图，记BD交AC于点E，作PO⊥AC于点O， 则PO⊥底面ABCD， ∵AP=PC=2 ，AC=4，∴∠APC=90°，PO=2， 则EC=CD?cos60°=1，ED=CD?sin60°= ， 以O为坐标原点，平行于DB的直线为x轴，OC所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 则A（0，﹣2，0），B（ ，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2）， ∴ ， ． 设平面PAB的一个法向量为 ，则 ，取z=1，则 ； 设平面PBC的一个法向量为 ，则 ，取z=1，则 ． ∴cos＜ ＞= = = ． ∴二面角A﹣BP﹣C的余弦值为 ． 【考点】直线与平面垂直的性质，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）推导出AC⊥BD，由平面PAC⊥底面ABCD，得BD⊥平面PAC，由此能证明CP⊥BD；（2）作PO⊥AC于点O，则PO⊥底面ABCD，以O为坐标原点，平行于DB的直线为x轴，OC所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，求得平面PAB与平面PBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣BP﹣C的余弦值． 21·世纪*教育网
16、（2017辽宁葫芦岛二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AP=AB=AC=a， ，PA⊥底面ABCD．
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)在棱PC上是否存在一点E，使得二面角B﹣AE﹣D的平面角的余弦值为 ？若存在，求出 的值？若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明：在△ACD中，AC=a，CD=a，AD= a， ?由勾股定理得：CD⊥AC ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD， AC?面PAC，PA?面PAC，PA∩AC=A ∴CD⊥面PAC 又∵CD?面PCD ∴平面PCD⊥平面PAC （2）解：（由（1）知：AB⊥AC，又PA⊥底面ABCD ∴以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系 则A（0，0，0），B（a，0，0），C（0，a，0）， D（﹣a，a，0），P（0，0，a） 假设点E存在，且λ= ，则 =λ ??? （xE ， yE﹣a，zE）=λ（0，﹣a，a） ∴xE=0，yE=（1﹣λ）a，zE=λa =（a，0，0） =（0，（1﹣λ）a，λa）， =（﹣a，a，0） 设平面BAE的法向量为 =（x1 ， y1 ， z1），平面DAE的法向量为 =（x2 ， y2 ， z2）， 则 ，取y1=λ，得 ， ，取x2=λ，得 =（λ，λ，λ﹣1） cos＜ ＞= = = ， 由题意：|cos＜ ＞|= = ， 整理得：3（2λ2﹣2λ+1）=2（3λ2﹣2λ+1），解得λ= ， ∴棱PC上存在一点E，使得二面角B﹣AE﹣D的平面角的余弦值为﹣ ，且此时λ= ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）由勾股定理得：CD⊥AC，由线面垂直得PA⊥CD，从而CD⊥面PAC，由此能证明平面PCD⊥平面PAC．（2）以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
17、（2017上海杨浦三模）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AD=AB=1．AA1=CD=2．E为棱DD1的中点．
(1)证明：B1C1⊥平面BDE；
(2)求二面角D﹣BE﹣C1的大小．
【答案】（1）证明：由题意，BD=BC= ， ∵CD=2，∴BD2+BC2=CD2 ， 则BC⊥BD． 又∵ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，∴BC⊥DE， ∵BD∩DE=D，∴BC⊥平面BDE， 又∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥平面BDE （2）解：如图建立空间直角坐标系， 则有B（1，1，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），E（0，0，1）． ， ． 设平面BEC1 的法向量为 ， 由 ，得 ，取x=3，得 ． 由（1）知，平面BDE的一个法向量 ． ∴cos＜ ＞= = ． 由图可知，二面角D﹣BE﹣C1为钝角， ∴二面角D﹣BE﹣C1的大小为arccos（﹣ ） 【考点】直线与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）由题意证明BC⊥BD，再由已知ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，得BC⊥DE，由线面垂直的判定可得BC⊥平面BDE，进一步得到B1C1⊥平面BDE；（2）如图建立空间直角坐标系，由已知求出B，C，C1 ， E的坐标，进一步求出平面BEC1 与平面BDE的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角D﹣BE﹣C1的大小．
18、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1．
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
【答案】（1）解：以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz如图所示： 则A（3，0，0），C1=（0，3，3），D1=（0，0，3），E（3，0，2） ∴ =（﹣3，3，3）， =（3，0，﹣1） ∴cosθ= = =﹣ 则两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值为 （2）解：B（3，3，0）， =（0，﹣3，2）， =（3，0，﹣1） 设平面BED1F的一个法向量为 =（x，y，z） 由 得 令x=1，则 =（1，2，3） 则直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值为 | |= = 【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）以以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则我们易求出已知中，各点的坐标，进而求出向量 ， 的坐标．代入向量夹角公式，结合异面直线夹角公式，即可得到答案．（2）设出平面BED1F的一个法向量为 ，根据法向量与平面内任一向量垂直，数量积为0，构造方程组，求出平面BED1F的法向量为 的坐标，代入线面夹角向量公式，即可求出答案．
19、（2017四川成都三诊）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE=2，M为线段BF上一点，且DM⊥平面ACE．
(1)求BM的长；
(2)求二面角A﹣DM﹣B的余弦值的大小．
【答案】（1）解：设AC∩BD=O，取EF中点N，连接NO ∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD， ∵四边形BDEF是矩形，∴ON⊥BD， ∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，ON?平面BDEF， ∴ON⊥平面ABCD， 以O为原点，以OC，OB，ON为坐标轴建立空间坐标系如图所示： ∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°， ∴OB=OD=1，OA=OC= ， ∵四边形BDEF是矩形，DE=2， ∴A（﹣ ，0，0），B（0，1，0），C（ ，0，0），E（0，﹣1，2），D（0，﹣1，0）， 设BM=h，则M（0，1，h）， ∴ =（0，2，h）， =（ ，﹣1，2）， ∵DM⊥平面ACE，∴ ， ∴﹣2+2h=0，解得h=1， ∴BM=1 （2）解： =（ ，﹣1，0）， =（0，2，1）， 设平面ADM的法向量为 =（x，y，z），则 ， ∴ ，令x= 得 =（ ，3，﹣6）， 又AC⊥平面BDM，∴ =（1，0，0）是平面BDM的一个法向量， ∴cos＜ ＞= = = ， ∴二面角A﹣DM﹣B的余弦值为 【考点】平面与平面垂直的性质，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）建立坐标系，设BM=h，求出 和 的坐标，令 =0解出h；（2）求出平面ADM和平面BDM的法向量，计算法向量的夹角即可得出二面角的夹角．
20、（2017浙江宁波镇海中学模拟）在边长为3的正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如图（1）将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连结A1B、A1P（如图（2））．
(1)求证：A1E⊥平面BEP；
(2)求二面角B﹣A1P﹣E的余弦值．
【答案】（1）证明：在图（1）中，取BE的中点D，连结DF， ∵AE：EB=CF：FA=1：2，∴AF=AD=2， 而∠A=60°，∴△ADF为正三角形． 又AE=DE=1，∴EF⊥AD． 在图（2）中，A1E⊥EF，BE⊥EF， ∴∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的一个平面角， 由题设条件知此二面角为直二面角，∴A1E⊥平面BEP （2）解：分别以EB、EF、EA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则E（0，0，0），B（2，0，0），P（1， ，0），A1（0，0，1）， ， ． 设面EA1P的法向量为 ， 则 ，取y=﹣1，得 =（ ，﹣1，0）； 设面BA1P的法向量为 ， 则 ，取y=1，得 =（ ，1，2 ）． ∴cos＜ ＞= = ， ∴二面角B﹣A1P﹣E的大小的余弦值为 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）在图（1）中，取BE的中点D，连结DF，由已知可得△ADF为正三角形．进一步得到EF⊥AD．在图（2）中，可得A1E⊥EF，BE⊥EF，即∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的一个平面角，由题设条件知此二面角为直二面角，可得A1E⊥平面BEP； （2）分别以EB、EF、EA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，然后分别求出面EA1P与面BA1P的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值得答案．
2018年高考数学一轮复习真题精讲精练（2013-2017）：
7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离
考纲剖析
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.
知识回顾
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
求法
2.直线与平面所成角的求法
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，a与n的夹角为β.则sin θ＝ 。
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|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．21教育网
4．利用空间向量求距离(供选用)
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝ 。.
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为
精讲方法
一、利用空间向量求点面距
利用向量法求点面距，其步骤如下：
（1）求出该平面的一个法向量；
（2）找出过该点的平面的任一条斜线段对应的向量；
（3）求出法向量与斜线段所对应向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即可求出点面平面的距离，如图：【出处：21教育名师】
点P到平面α的距离
由于可以视为平面的单位法向量，所以点到平面的距离实质就是平面的单位法向量与从该点出发的斜线段所对应向量的数量积的绝对值，即。
二、利用空间向量求空间角
求空间角（异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角）一直是高考的热点，如果用几何法求需要作出这些角的平面角，对空间想象能力要求高。而用向量法求解时，只需利用公式。通过简单的向量运算即可解决，显示了向量这一工具巨大的作用。求二面角时，可以利用法向量求。
方法概述
1．若利用向量求角，各类角都可以转化为向量的夹角来运算．
(1)求两异面直线a，b的夹角θ，须求出它们的方向
向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos|.
(2)求直线l与平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角，则sin θ＝|cos|.
(3)求二面角α－l－β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝或π－.
2．(1)利用向量夹角转化为各空间角时，一定要注意向量夹角与各空间角的定义、范围不同．
(2)求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点.
例题精讲
考点一 求异面直线所成的角
【例题1】 将正方形沿对角线折成一个直二面角，点到达点 ， 则异面直线与所成角是( )
A、 B、 C、 D、
【答案】 B 【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离 【解析】【解答】方法一:如图,则所以与所成的角即为异面直线与所成角,设正方形边长为2,则,所以为等边三角形,故异面直线与所成角是. 方法二:建立如图所示的空间坐标系,则 所以 , 所以, 故异面直线与所成角是.
【变式训练1】（2016广东湛江一中期末）如图所示的长方体中，AB=2 ，AD= ， = ，E、F分别为 的中点，则异面直线DE、BF所成角的大小为（ ）www.21-cn-jy.com
A、 B、 C、 D、
考点二 利用空间向量求直线与平面所成的角
【例题2】（2016天津静海一中）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠APB=90°，∠PAB=60°，AB=BC=CA，平面PAB⊥平面ABC．
（Ⅰ）求直线PC与平面ABC所成角的大小；
【答案】 （Ⅰ）设AB中点为D，连接CD．因为O在AB上，且O为P在平面ABC内的射影， 所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥AB，且PO⊥CD．因为AB=BC=CA，所以CD⊥AB，设E为AC中点，则EO∥CD，从而OE⊥PO，OE⊥AB． 如图，以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz． 不妨设PA=2，由已知可得，AB=4，OA=OD=1，OP= ， CD=2 ，所以O（0，0，0），A（﹣1，0，0），C（1，2 ，0），P（0，0， ），所以 =（﹣1，﹣2 ， ） =（0，0， ）为平面ABC的一个法向量． 设α为直线PC与平面ABC所成的角，则sinα= = = ．故直线PC与平面ABC所成的角大小为arcsin 【考点】直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】 解法二（Ⅰ）设AB中点为D，连接CD．以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz．利用 与平面ABC的一个法向量夹角求解．
【变式训练2】（2016广东湛江一中期末）在正四棱锥S﹣ABCD中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD，则直线BC与平面PAC的夹角是（? ）
A、30° B、45° C、60° D、75°
考点三 利用向量求二面角
【例题3】（2017河北八所重点中学一模）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF． （Ⅰ）求证：BD⊥平面AED； （Ⅱ）求二面角F﹣BD﹣C的余弦值．
【答案】 证明：（I）因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°．所以∠ADC=∠BCD=120°．又CB=CD， 所以∠CDB=30°，因此，∠ADB=90°，AD⊥BD， 又AE⊥BD且，AE∩AD=A，AE，AD?平面AED， 所以BD⊥平面AED； （II） 由（I）知，AD⊥BD，同理AC⊥BC， 又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为X轴，Y轴，Z轴建立如图的空间直角坐标系， 不妨设CB=1，则C（0，0，0），B（0，1，0），D（ ，﹣ ，0），F（0，0，1），因此 =（ ，﹣ ，0）， =（0，﹣1，1） 设平面BDF的一个法向量为 =（x，y，z），则 ? =0， ? =0 所以x= y= z，取z=1，则 =（ ，1，1）， 由于 =（0，0，1）是平面BDC的一个法向量， 则cos＜ ， ＞= = = ，所以二面角F﹣BD﹣C的余弦值为 【版权所有：21教育】
【考点】直线与平面垂直的判定，向量语言表述线面的垂直、平行关系，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）由题意及图可得，先由条件证得AD⊥BD及AE⊥BD，再由线面垂直的判定定理即可证得线面垂直；（II）取BD的中点G，连接CG，FG，由于 CB=CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，可证明出∠FGC为二面角F﹣BD﹣C的平面角，再解三角形求出二面角F﹣BD﹣C的余弦值．
【变式训练3】（2017四川名校联考一模）如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和AD的交点，AC⊥BC，且AC=BC． （Ⅰ）求证：AM⊥平面EBC； （Ⅱ）求二面角A﹣EB﹣C的大小． www-2-1-cnjy-com
真题精析
1、（2014?山东）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点．
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1= ，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
2、（2013?福建）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k，（k＞0） (1)求证：CD⊥平面ADD1A1(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为 ，求k的值(3)现将与四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f（k），写出f（k）的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）【来源：21cnj*y.co*m】
3、（2014?辽宁）如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2．∠ABC=∠DBC=120°，E、F分别为AC、DC的中点．
(1)求证：EF⊥BC；
(2)求二面角E﹣BF﹣C的正弦值．
4、（2017?新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC； （Ⅱ）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．
5、（2013?湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；
(2)设（1）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足 ．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．
6、（2017?新课标Ⅱ）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． （Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）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．
7、（2013?陕西）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD， ．(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D； (2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．
8、（2017?新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）
(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．
9、（2013?新课标Ⅰ）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1 ， ∠BAA1=60°．
(1)证明AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
10、（2017?江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°． （Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．
11、（2014?新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．
(1)证明：AC=AB1；
(2)若AC⊥AB1 ， ∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
12、（2017?北京卷）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．（14分）
(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．
（2013?江西）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA=EB=AB=1，PA= ，连接CE并延长交AD于F (1)求证：AD⊥平面CFG；【来源：21·世纪·教育·网】
(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．
14、（2017?浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点． （Ⅰ）证明：CE∥平面PAB； （Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
15、（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．（12分） （Ⅰ）设P是 上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； （Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．
16、（2017·天津）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． （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值； （Ⅲ）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．
模拟题精练
一、单选题
1、在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα的值是（ ）
A、 B、 C、 D、
二、解答题
2、如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2， C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=． （Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1 ， 求线段BM的长． 21cnjy.com
3、（2016福建师大附中期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=1，AA1= ，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1 ． (1)证明：BC⊥AB1；21*cnjy*com
(2)若OC=OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．
4、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1． 21·世纪*教育网
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
5、（2017广东广雅中学联考模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1．M是棱SB的中点． （Ⅰ）求证：AM∥面SCD； （Ⅱ）求面SCD与面SAB所成二面角的余弦值； （Ⅲ）设点N是直线CD上的动点，MN与面SAB所成的角为θ，求sinθ的最大值．
6、（2017黑龙江哈尔滨三中三模）如图所示的几何体是由棱台ABC﹣A1B1C1和棱锥D﹣AA1C1C拼接而成的组合体，其底面四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60°，BB1⊥平面ABCD，BB1=2A1B1=2． （Ⅰ）求证：平面AB1C⊥平面BB1D； （Ⅱ）求二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值． 21世纪教育网版权所有
7、（2017湖南怀化一模）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠ADC=120°，AB=2CD=2，平面D1DCC1垂直平面ABCD，D1C⊥AB，M是线段AB的中点． （Ⅰ）求证：D1M∥面B1BCC1； （Ⅱ）若DD1=2，求平面C1D1M和平面ABCD所成的锐角的余弦值．
8、（2017河北衡水一模）如图（1），等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D在线段AC上，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））． （Ⅰ）求证：PB⊥DE； （Ⅱ）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求PE长．
9、（2017安徽六安舒城中学仿真）如图，在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点． （Ⅰ）求证：BD∥平面FGH； （Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小．
10、（2017黑龙江大庆实验中学模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，AB=BD= ，PB= （Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面ABCD； （Ⅱ）设Q是棱PC上的点，当PA∥平面BDQ时，求二面角A﹣BD﹣Q的余弦值．
11、（2017四川成都洛带中学模拟）如图，PA⊥平面AC，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点． （Ⅰ）求证：AF∥平面PCE； （Ⅱ）若二面角P﹣CD﹣B为45°，AD=2，CD=3，求点F到平面PCE的距离．
12、（2017湖南衡阳十校联考三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC=BC=5，AB=6，M是CC1中点，CC1=8． 21·cn·jy·com
(1)求证：平面AB1M⊥平面A1ABB1；
(2)求平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值．
13、（2017湖南怀化四模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，∠ACB=90°，BB1=3，AC=BC=2，D，E分别为AB，BC的中点，F为BB1上一点，且 = ． 2-1-c-n-j-y
(1)求证：平面CDF⊥平面A1C1E；
(2)求二面角C1﹣CD﹣F的余弦值．
14、（2017江苏盐城三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC= ，M在PC上，且PA∥面BDM． 2·1·c·n·j·y
(1)求直线PC与平面BDM所成角的正弦值；
(2)求平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小．
15、（2017安徽蚌埠二模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，AC=2BC=2CD=4，∠ACB=∠ACD=60°．
(1)证明：CP⊥BD；
(2)若AP=PC=2 ，求二面角A﹣BP﹣C的余弦值．
16、（2017辽宁葫芦岛二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AP=AB=AC=a， ，PA⊥底面ABCD．
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)在棱PC上是否存在一点E，使得二面角B﹣AE﹣D的平面角的余弦值为 ？若存在，求出 的值？若不存在，说明理由． 21教育名师原创作品
17、（2017上海杨浦三模）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AD=AB=1．AA1=CD=2．E为棱DD1的中点．
(1)证明：B1C1⊥平面BDE；
(2)求二面角D﹣BE﹣C1的大小．
18、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1． 21*cnjy*com
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
19、（2017四川成都三诊）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE=2，M为线段BF上一点，且DM⊥平面ACE．
(1)求BM的长；
(2)求二面角A﹣DM﹣B的余弦值的大小．
20、（2017浙江宁波镇海中学模拟）在边长为3的正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如图（1）将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连结A1B、A1P（如图（2））．
(1)求证：A1E⊥平面BEP；
(2)求二面角B﹣A1P﹣E的余弦值．
2018年高考数学一轮复习真题精讲精练（2013-2017）：
7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离（答案）
知识回顾
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.直线与平面所成角的求法
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，a与n的夹角为β.则sin θ＝|cos β|＝.21教育网
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＝<，>.21·cn·jy·com
(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|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．2-1-c-n-j-y
4．利用空间向量求距离(供选用)
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝.
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝.
例题精讲
考点一 求异面直线所成的角
【变式训练1】（2016广东湛江一中期末）如图所示的长方体中，AB=2 ，AD= ， = ，E、F分别为 的中点，则异面直线DE、BF所成角的大小为（ ）
A、 B、 C、 D、
【答案】 C 【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离 【解析】【解答】解： 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系， D（0,0,0,），E（ ）， ， ， ， 设异面直线DE，BF所成角为 ， ， 异面直线DE，BF所成角的大小为 故选：C 【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线DE，BF所成角的大小．
考点二 利用空间向量求直线与平面所成的角
【变式训练2】（2016广东湛江一中期末）在正四棱锥S﹣ABCD中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD，则直线BC与平面PAC的夹角是（? ）
A、30° B、45° C、60° D、75°
【答案】 A 【考点】直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【解答】解：如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴， 建立空间直角坐标系O﹣xyz． 设OD=SO=OA=OB=OC=a， 则A（a，0，0），B（0，a，0），C（﹣a，0，0），P（0，﹣ ， ）， 则 =（2a，0，0）， =（﹣a，﹣ ， ）， =（a，a，0）， 设平面PAC的一个法向量为 ， 则 ， ， ∴ ，可取 =（0，1，1）， ∴cos＜ ，n＞= = = ， ∴＜ ，n＞=60°， ∴直线BC与平面PAC的夹角为90°﹣60°=30°． 故选：A． 【分析】以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法求解．2·1·c·n·j·y
考点三 利用向量求二面角
【变式训练3】（2017四川名校联考一模）如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和AD的交点，AC⊥BC，且AC=BC． （Ⅰ）求证：AM⊥平面EBC； （Ⅱ）求二面角A﹣EB﹣C的大小．
【答案】 （Ⅰ）证明：∵四边形ACDE是正方形，∴EA⊥AC， ∵平面ACDE⊥平面ABC，EA⊥平面ABC， ∴以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴， 分别以直线AC和AE为y轴和z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz， 设EA=AC=BC=2，则A（0，0，0），C（0，2，0），E（0，0，2）， M是正方形ACDE的对角线的交点，M（0，1，1）， =（0，1，1）， =（0，2，﹣2）， ， ∴ ，∴AM⊥EC，AM⊥BC， 又EC∩BC=C，∴AM⊥平面EBC． （Ⅱ）设平面EAB的法向量为 ，则 ， ∴ ，取y=﹣1，则x=1，则 =（1，﹣1，0）， 又∵ 为平面EBC的一个法向量， ∴cos＜ ＞= =﹣ ， 设二面角A﹣EB﹣C的平面角为θ，则cosθ=|cos＜ ＞|= ，∴θ=60°， ∴二面角A﹣EB﹣C等于60°． 21*cnjy*com
【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】 （Ⅰ）以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，分别以直线AC和AE为y轴和z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，利用向量法能证明AM⊥平面EBC．（2）求出平面EAB的法向量和平面EBC的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣EB﹣C的大小．
真题精析
1、（2014?山东）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点．
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1= ，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
【答案】（1）解：连接AD1 ， ∵ABCD﹣A1B1C1D1为四棱柱，∴CD C1D1 ， 又M为AB的中点，∴AM=1． ∴CD∥AM，CD=AM， ∴AM C1D1 ， ∴AMC1D1为平行四边形，∴AD1∥MC1 ， 又MC1?平面A1ADD1 ， AD1?平面A1ADD1 ， ∴C1M∥平面A1ADD1； （2）解：解法一：∵AB∥A1B1 ， A1B1∥C1D1 ， ∴面D1C1M与ABC1D1共面， 作CN⊥AB，连接D1N，则∠D1NC即为所求二面角， 在ABCD中，DC=1，AB=2，∠DAB=60°， ∴CN= ， 在Rt△D1CN中，CD1= ，CN= ， ∴D1N= ∴cos∠D1CN= = = 解法二：作CP⊥AB于P，以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系 则C1（﹣1，0， ），D1 ， （0，0， ），M（ ， ，0）， ∴ =（1，0，0）， =（ ， ，﹣ ）， 设平面C1D1M的法向量 =（x1 ， y1 ， z1）， 则 ，∴ =（0，2，1）． 显然平面ABCD的法向量 =（0，0，1）， cos＜ ， ＞|= = = ， 显然二面角为锐角， ∴平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 ． 【考点】直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】（1）连接AD1 ， 易证AMC1D1为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证得C1M∥平面A1ADD1；（2）作CP⊥AB于P，以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系，易求C1（﹣1，0， ），D1 ， （0，0， ），M（ ， ，0）， =（1，1，0）， =（ ， ，﹣ ），设平面C1D1M的法向量 =（x1 ， y1 ， z1），可求得 =（0，2，1），而平面ABCD的法向量 =（1，0，0），从而可求得平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
2、（2013?福建）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k，（k＞0） (1)求证：CD⊥平面ADD1A1(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为 ，求k的值(3)现将与四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f（k），写出f（k）的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）
【答案】 （1）证明：取DC的中点E，连接BE，∵AB∥ED，AB=ED=3k， ∴四边形ABED是平行四边形， ∴BE∥AD，且BE=AD=4k，∴BE2+EC2=（4k）2+（3k）2=（5k）2=BC2 ， ∴∠BEC=90°，∴BE⊥CD， 又∵BE∥AD，∴CD⊥AD． ∵侧棱AA1⊥底面ABCD，∴AA1⊥CD， ∵AA1∩AD=A，∴CD⊥平面ADD1A1 （2）解：以D为坐标原点， 、 、 的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A（4k，0，0），C（0，6k，0），B1（4k，3k，1），A1（4k，0，1）． ∴ ， ， ． 设平面AB1C的一个法向量为 =（x，y，z），则 ，取y=2，则z=﹣6k，x=3．∴ ． 设AA1与平面AB1C所成角为θ，则 = = = ，解得k=1，故所求k=1． （3）解：由题意可与左右平面ADD1A1 ， BCC1B1 ， 上或下面ABCD，A1B1C1D1拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案． 写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出f（k）= 【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积，直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）取DC得中点E，连接BE，可证明四边形ABED是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理可得BE⊥CD，即CD⊥AD，又侧棱AA1⊥底面ABCD，可得AA1⊥DC，利用线面垂直的判定定理即可证明．（2）通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与斜线的方向向量的夹角即可得出；（3）由题意可与左右平面ADD1A1 ， BCC1B1 ， 上或下面ABCD，A1B1C1D1拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案．写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出f（k）．
3、（2014?辽宁）如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2．∠ABC=∠DBC=120°，E、F分别为AC、DC的中点．
(1)求证：EF⊥BC；
(2)求二面角E﹣BF﹣C的正弦值．
【答案】（1）证明：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，易得B（0，0，0），A（0，﹣1， ），D（ ，﹣1，0），C（0，2，0），因而E（0， ， ），F（ ， ，0），所以 =（ ，0，﹣ ）， =（0，2，0），因此 ? =0，所以EF⊥BC． （2）解：在图中，设平面BFC的一个法向量 =（0，0，1），平面BEF的法向量 =（x，y，z），又 =（ ， ，0）， =（0， ， ）， 由 得其中一个 =（1，﹣ ，1）， 设二面角E﹣BF﹣C的大小为θ，由题意知θ为锐角，则 cosθ=|cos＜ ， ＞|=| |= ， 因此sinθ= = ，即所求二面角正弦值为 ． 【考点】直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，得到E、F、B、C点的坐标，易求得此 ? =0，所以EF⊥BC；（2）设平面BFC的一个法向量 =（0，0，1），平面BEF的法向量 =（x，y，z），依题意，可求得一个 =（1，﹣ ，1），设二面角E﹣BF﹣C的大小为θ，可求得sinθ的值．
4、（2017?新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC； （Ⅱ）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．
【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD． ∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC． △ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD， ∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD． ∵△ACD是直角三角形， ∴AC是斜边，∴∠ADC=90°． ∴DO= AC． ∴DO2+BO2=AB2=BD2 ． ∴∠BOD=90°． ∴OB⊥OD． 又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD． 又OB?平面ABC， ∴平面ACD⊥平面ABC． （Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD ， hE ． 则 = ． ∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分， ∴ = = =1． ∴点E是BD的中点． 建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2． 则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0， ，0），E ． =（﹣1，0，1）， = ， =（﹣2，0，0）． 设平面ADE的法向量为 =（x，y，z），则 ，即 ，取 = ． 同理可得：平面ACE的法向量为 =（0，1， ）． ∴cos = = =﹣ ． ∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．△ABC是等边三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD=CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜边，∠ADC=90°．可得DO= AC．利用DO2+BO2=AB2=BD2 ． 可得OB⊥OD．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明． （Ⅱ）设点D，B到平面ACE的距离分别为hD ， hE ． 则 = ．根据平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，可得 = = =1，即点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=2．利用法向量的夹角公式即可得出．
5、（2013?湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；
(2)设（1）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足 ．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．
【答案】（1）解：直线l∥平面PAC，证明如下： 连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC， 又EF?平面ABC，且AC?平面ABC，所以EF∥平面ABC． 而EF?平面BEF，且平面BEF∩平面ABC=l，所以EF∥l． 因为l?平面PAC，EF?平面PAC，所以直线l∥平面PAC． （2）解：（综合法）如图1，连接BD，由（1）可知交线l即为直线BD，且l∥AC． 因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC． 已知PC⊥平面ABC，而l?平面ABC，所以PC⊥l． 而PC∩BC=C，所以l⊥平面PBC． 连接BE，BF，因为BF?平面PBC，所以l⊥BF． 故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β． 由 ，作DQ∥CP，且 ． 连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ=PF， 从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD． 连接CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影， 故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ． 又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α， 于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得 ， 从而 ． （向量法）如图2，由 ，作DQ∥CP，且 ． 连接PQ，EF，BE，BF，BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD． 以点C为原点，向量 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，设CA=a，CB=b，CP=2c，则有 ． 于是 ， ∴ = ，从而 ， 又取平面ABC的一个法向量为 ，可得 ， 设平面BEF的一个法向量为 ， 所以由 可得 取 =（0，c，b）， 于是 ，从而 ． 故 ，即sinθ=sinαsinβ． 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系，直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）直线l∥平面PAC．连接EF，利用三角形的中位线定理可得，EF∥AC；利用线面平行的判定定理即可得到EF∥平面ABC．由线面平行的性质定理可得EF∥l．再利用线面平行的判定定理即可证明直线l∥平面PAC．（2）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明l⊥平面PBC．连接BE，BF，因为BF?平面PBC，所以l⊥BC．故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β．已知PC⊥平面ABC，可知CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ．由BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论； 向量法：以点C为原点，向量 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，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角．
6、（2017?新课标Ⅱ）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． （Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）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． www-2-1-cnjy-com
【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点， 所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥ AD， ∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF?平面PAB，CF?平面PAB， ∴直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）解：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． 取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ， ∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°， 可得：BN=MN，CN= MN，BC=1， 可得：1+ BN2=BN2 ， BN= ，MN= ， 作NQ⊥AB于Q，连接MQ， 所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ= = ， 二面角M﹣AB﹣D的余弦值为： = ． 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可． （Ⅱ）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M﹣AB﹣D的余弦值即可．
7、（2013?陕西）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD， ．(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D； (2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．【版权所有：21教育】
【答案】 （1）证明：∵A1O⊥面ABCD，且BD?面ABCD，∴A1O⊥BD； 又∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，A1O∩AC=O， ∴BD⊥面A1AC，且A1C?面A1AC，故A1C⊥BD． 在正方形ABCD中，∵ ，∴AO=1， 在Rt△A1OA中，∵ ，∴A1O=1． 设B1D1的中点为E1 ， 则四边形A1OCE1为正方形，∴A1C⊥E1O． 又BD?面BB1D1D，且E10?面BB1D1D，且BD∩E1O=O， ∴A1C⊥面BB1D1D； （2）解：以O为原点，分别以OB，OC，OA1所在直线为x，y，Z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则B（1，0，0），C（0，1，0），A1（0，0，1），B1（1，1，1）， ． 由（1）知，平面BB1D1D的一个法向量 ， ， ． 设平面OCB1的法向量为 ， 由 ，得 ，取z=﹣1，得x=1． ∴ ． 则 = ． 所以，平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为 ． 【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）要证明A1C⊥平面BB1D1D，只要证明A1C垂直于平面BB1D1D内的两条相交直线即可，由已知可证出A1C⊥BD，取B1D1的中点为E1 ， 通过证明四边形A1OCE1为正方形可证A1C⊥E1O．由线面垂直的判定定理问题得证．（2）以O为原点，分别以OB，OC，OA1所在直线为x，y，Z轴建立空间直角坐标系，然后求出平面OCB1与平面BB1D1D的法向量，利用法向量所成的角求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．
8、（2017?新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）
(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．
【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD， ∵AB∥CD，∴AB⊥PD， 又∵PA∩PD=P，且PA?平面PAD，PD?平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又AB?平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD； （2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形， 由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形， 在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形， 设PA=AB=2a，则AD= ． 取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE， 以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则：D（ ），B（ ），P（0，0， ），C（ ）． ， ， ． 设平面PBC的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取y=1，得 ． ∵AB⊥平面PAD，AD?平面PAD，∴AB⊥AD， 又PD⊥PA，PA∩AB=A， ∴PD⊥平面PAB，则 为平面PAB的一个法向量， ． ∴cos＜ ＞= = ． 由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角， ∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD； （2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得 为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值． www.21-cn-jy.com
9、（2013?新课标Ⅰ）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1 ， ∠BAA1=60°． 【出处：21教育名师】
(1)证明AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
【答案】（1）解：取AB的中点O，连接OC，OA1 ， A1B， 因为CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1 ， ∠BAA1=60°， 所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB， 又因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C， 又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C； （2）解：由（1）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB， 所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1 ， OC两两垂直． 以O为坐标原点， 的方向为x轴的正向，| |为单位长，建立如图所示的坐标系， 可得A（1，0，0），A1（0， ，0），C（0，0， ），B（﹣1，0，0）， 则 =（1，0， ）， =（﹣1， ，0）， =（0，﹣ ， ）， 设 =（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则 ，即 ， 可取y=1，可得 =（ ，1，﹣1），故cos＜ ， ＞= =- ， 又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值， 故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为： ． 【考点】直线与平面垂直的性质，平面与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）取AB的中点O，连接OC，OA1 ， A1B，由已知可证OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，进而可得AB⊥A1C；（2）易证OA，OA1 ， OC两两垂直．以O为坐标原点， 的方向为x轴的正向，| |为单位长，建立坐标系，可得 ， ， 的坐标，设 =（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则 ，可解得 =（ ，1，﹣1），可求|cos＜ ， ＞|，即为所求正弦值．
10、（2017?江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°． （Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．
【答案】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD， ∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax?平面ABCD， ∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD， 以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系． ∵AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°， ∴A（0，0，0），B（ ），C（ ，1，0）， D（0，2，0）， A1（0，0， ），C1（ ）． =（ ）， =（ ）， ， ． （Ⅰ）∵cos＜ ＞= = ． ∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为 ； （Ⅱ）设平面BA1D的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取x= ，得 ； 取平面A1AD的一个法向量为 ． ∴cos＜ ＞= = ． ∴二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为 ，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为 ． 【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．结合已知求出A，B，C，D，A1 ， C1 的坐标，进一步求出 ， ， ， 的坐标． （Ⅰ）直接利用两法向量所成角的余弦值可得异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； （Ⅱ）求出平面BA1D与平面A1AD的一个法向量，再由两法向量所成角的余弦值求得二面角B﹣A1D﹣A的余弦值，进一步得到正弦值． 21cnjy.com
11、（2014?新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．
(1)证明：AC=AB1；
(2)若AC⊥AB1 ， ∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
【答案】（1）证明：连结BC1 ， 交B1C于点O，连结AO， ∵侧面BB1C1C为菱形， ∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点， 又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO， ∵AO?平面ABO，∴B1C⊥AO， 又B10=CO，∴AC=AB1 ， （2）解：∵AC⊥AB1 ， 且O为B1C的中点，∴AO=CO， 又∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB， ∴OA，OB，OB1两两垂直， 以O为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，| |为单位长度， 的方向为y轴的正方向， 的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， ∵∠CBB1=60°，∴△CBB1为正三角形，又AB=BC， ∴A（0，0， ），B（1，0，0，），B1（0， ，0），C（0， ，0） ∴ =（0， ， ）， = =（1，0， ）， = =（﹣1， ，0）， 设向量 =（x，y，z）是平面AA1B1的法向量， 则 ，可取 =（1， ， ）， 同理可得平面A1B1C1的一个法向量 =（1，﹣ ， ）， ∴cos＜ ， ＞= = ， ∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为 【考点】空间向量的夹角与距离求解公式，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】（1）连结BC1 ， 交B1C于点O，连结AO，可证B1C⊥平面ABO，可得B1C⊥AO，B10=CO，进而可得AC=AB1；（2）以O为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，| |为单位长度， 的方向为y轴的正方向， 的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别可得两平面的法向量，可得所求余弦值．
12、（2017?北京卷）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．（14分）
(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．
【答案】（1）证明：如图，设AC∩BD=O， ∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM， ∵PD∥平面MAC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM， ∴PD∥OM，则 ，即M为PB的中点； （2）解：取AD中点G， ∵PA=PD，∴PG⊥AD， ∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG， 由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD． 以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系， 由PA=PD= ，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0， ），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2， ）， ， ． 设平面PBD的一个法向量为 ， 则由 ，得 ，取z= ，得 ． 取平面PAD的一个法向量为 ． ∴cos＜ ＞= = ． ∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°； （3）解： ，平面PAD的一个法向量为 ． ∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜ ＞|=| |=| |= ． 【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1.）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点； （2.）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小； （3.）求出 的坐标，由 与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值． 21*cnjy*com
13、（2013?江西）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA=EB=AB=1，PA= ，连接CE并延长交AD于F (1)求证：AD⊥平面CFG；(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．
【答案】 （1）解：∵在△DAB中，E为BD的中点，EA=EB=AB=1， ∴AE= BD，可得∠BAD= ，且∠ABE=∠AEB= ∵△DAB≌△DCB，∴△EAB≌△ECB，从而得到∠FED=∠BEC=∠AEB= ∴∠EDA=∠EAD= ，可得EF⊥AD，AF=FD 又∵△PAD中，PG=GD，∴FG是△PAD是的中位线，可得FG∥PA ∵PA⊥平面ABCD，∴FG⊥平面ABCD， ∵AD?平面ABCD，∴FG⊥AD 又∵EF、FG是平面CFG内的相交直线，∴AD⊥平面CFG （2）解：以点A为原点，AB、AD、PA分别为x轴、y轴、z轴建立如图直角坐标系，可得 A（0，0，0），B（1，0，0），C（ ， ，0），D（0， ，0），P（0，0， ） ∴ =（ ， ，0）， =（﹣ ，﹣ ， ）， =（﹣ ， ，0） 设平面BCP的法向量 =（1，y1 ， z1），则 解得y1=﹣ ，z1= ，可得 =（1，﹣ ， ）， 设平面DCP的法向量 =（1，y2 ， z2），则 解得y2= ，z2=2，可得 =（1， ，2）， ∴cos＜ ， ＞= = = 因此平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值等于﹣cos＜ ， ＞=﹣ ． 【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）利用直角三角形的判定得到∠BAD= ，且∠ABE=∠AEB= ．由△DAB≌△DCB得到△EAB≌△ECB，从而得到∠FED=∠FEA= ，所以EF⊥AD且AF=FD，结合题意得到FG是△PAD是的中位线，可得FG∥PA，根据PA⊥平面ABCD得FG⊥平面ABCD，得到FG⊥AD，最后根据线面垂直的判定定理证出AD⊥平面CFG；（2）以点A为原点，AB、AD、PA分别为x轴、y轴、z轴建立如图直角坐标系，得到A、B、C、D、P的坐标，从而得到 、 、 的坐标，利用垂直向量数量积为零的方法建立方程组，解出 =（1，﹣ ， ）和 =（1， ，2）分别为平面BCP、平面DCP的法向量，利用空间向量的夹角公式算出 、 夹角的余弦，即可得到平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．
14、（2017?浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点． （Ⅰ）证明：CE∥平面PAB； （Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形， BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点， ∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系， 设PC=AD=2DC=2CB=2， 则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（ ），A（2，0，0），B（1，1，0）， =（ ）， =（1，0，﹣1）， =（0，1，﹣1）， 设平面PAB的法向量 =（x，y，z）， 则 ，取z=1，得 =（1，1，1）， ∵ = =0，CE?平面PAB， ∴CE∥平面PAB． 解：（Ⅱ） =（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量 =（a，b，c）， 则 ，取b=1，得 =（0，1，1）， 设直线CE与平面PBC所成角为θ， 则sinθ=|cos＜ ＞|= = = ． ∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为 ． 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，向量方法证明线、面的位置关系定理，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB． （Ⅱ）求出平面PBC的法向量和 ，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
15、（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．（12分） （Ⅰ）设P是 上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； （Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．
【答案】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP?平面ABP，AB∩AP=A， ∴BE⊥平面ABP，又BP?平面ABP， ∴BE⊥BP，又∠EBC=120°， 因此∠CBP=30°； （Ⅱ）解法一、 取 的中点H，连接EH，GH，CH， ∵∠EBC=120°，∴四边形BEGH为菱形， ∴AE=GE=AC=GC= ． 取AG中点M，连接EM，CM，EC， 则EM⊥AG，CM⊥AG， ∴∠EMC为所求二面角的平面角． 又AM=1，∴EM=CM= ． 在△BEC中，由于∠EBC=120°， 由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12， ∴ ，因此△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所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1， ，3），C（﹣1， ，0）， 故 ， ， ． 设 为平面AEG的一个法向量， 由 ，得 ，取z1=2，得 ； 设 为平面ACG的一个法向量， 由 ，可得 ，取z2=﹣2，得 ． ∴cos＜ ＞= ． ∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°． 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°； （Ⅱ）法一、取 的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小． 法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．
16、（2017·天津）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． （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值； （Ⅲ）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．
【答案】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF， ∵M为AD中点，∴MF∥BD， ∵BD?平面BDE，MF?平面BDE，∴MF∥平面BDE． ∵N为BC中点，∴NF∥AC， 又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE． ∵DE?平面BDE，NF?平面BDE，∴NF∥平面BDE． 又MF∩NF=F． ∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE； （Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°． ∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系． ∵PA=AC=4，AB=2， ∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2）， 则 ， ， 设平面MEN的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取z=2，得 ． 由图可得平面CME的一个法向量为 ． ∴cos＜ ＞= ． ∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为 ，则正弦值为 ； （Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t）， ， ． ∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ， ∴|cos＜ ＞|=| |=| |= ． 解得：t=4． ∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ，此时线段AH的长为4． 【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE； （Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值； （Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出 的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为 列式求得线段AH的长．
模拟题精练
一、单选题
1、在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα的值是（ ）
A、 B、 C、 D、
【答案】 D 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【解答】解：如图，建立坐标系，易求点D（ ， ， 1）， 平面AA1C1C的一个法向量是=（1，0，0）， 所以 即sinα= ． 故选D． 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面AA1C1C的一个法向量是即可求解sinα，【来源：21cnj*y.co*m】
二、解答题
2、如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2， C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=． （Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1 ， 求线段BM的长．
【答案】解：如图所示，建立空间直角坐标系， 点B为坐标原点，依题意得A（2，0，0），B（0，0，0）， C（，﹣，），A1（2，2，0）， B1（0，2，0），C1（，，） （I）解：易得=（﹣，﹣，）， =（﹣2，0，0）， 于cos=， ∴异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为． 解：由N为棱B1C1的中点， 得N（，，）．设M（a，b，0）， 则=（﹣a，﹣b，） 由MN⊥平面A1B1C1 ， 得， 即 解得故M（，，0）． 因此=（，，0），∴线段BM的长为||=． 【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离 【解析】【分析】如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点． （Ⅰ）利用向量的数量积公式，求出异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）设N为棱B1C1的中点，设M（a，b，0），利用MN⊥平面A1B1C1 ， 结合数量积为0列出关系式，求出a，b，然后求线段BM的长。
3、（2016福建师大附中期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=1，AA1= ，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1 ． (1)证明：BC⊥AB1；
(2)若OC=OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．
【答案】 （1）证明：由题意，因为ABB1A1是矩形， D为AA1中点，AB=1，AA1= ，AD= ， 所以在直角三角形ABB1中，tan∠AB1B= ， 在直角三角形ABD中，tan∠ABD= ， 所以∠AB1B=∠ABD， 又∠BAB1+∠AB1B=90°，∠BAB1+∠ABD=90°， 所以在直角三角形ABO中，故∠BOA=90°， 即BD⊥AB1 ， 又因为CO⊥侧面ABB1A1 ， AB1?侧面ABB1A1 ， 所以CO⊥AB1 所以，AB1⊥面BCD， 因为BC?面BCD， 所以BC⊥AB1 ． （2）解：如图，分别以OD，OB1 ， OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，则A（0，﹣ ，0），B（﹣ ，0，0），C（0，0， ），B1（0， ，0），D（ ，0，0）， 又因为 =2 ，所以 所以 =（﹣ ， ，0）， =（0， ， ）， =（ ）， 设平面ABC的法向量为 =（x，y，z）， 则根据 可得 =（1， ，﹣ ）是平面ABC的一个法向量， 设直线C1D与平面ABC所成角为α，则sinα= ． 【考点】直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）要证明BC⊥AB1 ， 可证明AB1垂直于BC所在的平面BCD，已知CO垂直于侧面ABB1A1 ， 所以CO垂直于AB1 ， 只要在矩形ABB1A1内证明BD垂直于AB1即可，可利用角的关系加以证明；（2）分别以OD，OB1 ， OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，求出 ，平面ABC的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论．
4、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1．
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
【答案】（1）解：以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz如图所示： 则A（3，0，0），C1=（0，3，3），D1=（0，0，3），E（3，0，2） ∴ =（﹣3，3，3）， =（3，0，﹣1） ∴cosθ= = =﹣ 则两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值为 （2）解：B（3，3，0）， =（0，﹣3，2）， =（3，0，﹣1） 设平面BED1F的一个法向量为 =（x，y，z） 由 得 令x=1，则 =（1，2，3） 则直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值为 | |= = 【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）以以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则我们易求出已知中，各点的坐标，进而求出向量 ， 的坐标．代入向量夹角公式，结合异面直线夹角公式，即可得到答案．（2）设出平面BED1F的一个法向量为 ，根据法向量与平面内任一向量垂直，数量积为0，构造方程组，求出平面BED1F的法向量为 的坐标，代入线面夹角向量公式，即可求出答案．
5、（2017广东广雅中学联考模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1．M是棱SB的中点． （Ⅰ）求证：AM∥面SCD； （Ⅱ）求面SCD与面SAB所成二面角的余弦值； （Ⅲ）设点N是直线CD上的动点，MN与面SAB所成的角为θ，求sinθ的最大值．
【答案】解：（Ⅰ）以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（0，0，0），B（0，2，0），D（1，0，0，），S（0，0，2），M（0，1，1）． 则 ， ， ． 设平面SCD的法向量是 ，则 ，即 令z=1，则x=2，y=﹣1．于是 ． ∵ ，∴ ． 又∵AM?平面SCD，∴AM∥平面SCD． （Ⅱ）易知平面SAB的法向量为 ．设平面SCD与平面SAB所成的二面角为α， 则 = = ，即 ． ∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为 ． （Ⅲ）设N（x，2x﹣2，0），则 ． ∴ = = = ． 当 ，即 时， ． 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）通过建立空间直角坐标系，利用平面SCD的法向量 即可证明AM∥平面SCD；（Ⅱ）分别求出平面SCD与平面SAB的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（Ⅲ）利用线面角的夹角公式即可得出表达式，进而利用二次函数的单调性即可得出．
6、（2017黑龙江哈尔滨三中三模）如图所示的几何体是由棱台ABC﹣A1B1C1和棱锥D﹣AA1C1C拼接而成的组合体，其底面四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60°，BB1⊥平面ABCD，BB1=2A1B1=2． （Ⅰ）求证：平面AB1C⊥平面BB1D； （Ⅱ）求二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值． 21教育名师原创作品
【答案】（Ⅰ）证明：∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AC， ∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC， 又BD∩BB1=B，∴AC⊥平面BB1D， ∵AC?平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BB1D； （Ⅱ）设BD、AC交于点O，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OD为y轴，建立如图所示空间直角坐标系． 则 ， ， ， ∴ ， ， ． 设平面A1BD的法向量 ， 由 ，取z= ，得 ， 设平面DCF的法向量 ， 由 ，取z= ，得 ． 设二面角A1﹣BD﹣C1为θ， 则 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】（Ⅰ）由BB1⊥平面ABCD，得BB1⊥AC，再由ABCD是菱形，得BD⊥AC，由线面垂直的判定可得AC⊥平面BB1D，进一步得到平面AB1C⊥平面BB1D；（Ⅱ）设BD、AC交于点O，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OD为y轴，建立如图所示空间直角坐标系．求出所用点的坐标，得到平面A1BD与平面DCF的法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值． 21世纪教育网版权所有
7、（2017湖南怀化一模）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠ADC=120°，AB=2CD=2，平面D1DCC1垂直平面ABCD，D1C⊥AB，M是线段AB的中点． （Ⅰ）求证：D1M∥面B1BCC1； （Ⅱ）若DD1=2，求平面C1D1M和平面ABCD所成的锐角的余弦值．
【答案】证明（Ⅰ）因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB=2CD，所以AB∥DC． 又由M是AB的中点，因此CD∥MB且CD=MB． 在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1 ， CD=C1D1 ， 可得C1D1∥MB，C1D1=MB，所以四边形BMD1C1为平行四边形， 因此D1M∥BC1 ． 又D1M?平面B1BCC1 ， BC1?平面B1BCC1 ， 所以D1M∥平面B1BCC1 （Ⅱ）解：方法一：如图（2），连接AC，MC． 由（Ⅰ）知CD∥AM且CD=AM， 所以四边形AMCD为平行四边形， 可得BC=AD=MC， 由题意∠ABC=∠PAB=60°， 所以△MBC为正三角形， 因此AB=2BC=2，CA= ， 因此CA⊥CB． 又D1C⊥AB，CD∥AB，故D1C⊥CD，而平面D1DCC1垂直平面ABCD且交于CD，则D1C⊥平面ABCD 以C为坐标原点，建立如图（2）所示的空间直角坐标系C﹣xyz 由DD1=2得D1C= ，所以A（ ，0，0），B（0，1，0），D1（0，0， ） 因此M ，所以 ， 设平面C1D1M的一个法向量为 ， 可得平面C1D1M的一个法向量 又 为平面ABCD的一个法向量 因此 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 方法二：由（Ⅰ）知平面D1C1M∩平面ABCD=AB，过点C向AB引垂线交AB于点N， 连接D1N，如图（3）． 由D1C⊥AB，CD∥AB，故D1C⊥CD， 而平面D1DCC1垂直平面ABCD且交于CD， 则D1C⊥平面ABCD， 可得D1N⊥AB， 因此∠D1NC为二面角C1﹣AB﹣C的平面角 在Rt△BNC中，BC=1，∠NBC=60°，可得CN= ． 所以ND1= = ． 在Rt△D1CN中，cos∠D1NC= ， 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）证明AB∥DC．说明以四边形BMD1C1为平行四边形，推出D1M∥BC1 ． 然后证明D1M∥平面B1BCC1（Ⅱ）方法一连接AC，MC．以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C﹣xyz，求出相关的坐标，求出平面C1D1M的一个法向量，平面ABCD的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的平面角的余弦函数值．方法二：说明∠D1NC为二面角C1﹣AB﹣C的平面角，通过在Rt△D1CN中，求解即可．
8、（2017河北衡水一模）如图（1），等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D在线段AC上，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））． （Ⅰ）求证：PB⊥DE； （Ⅱ）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求PE长．
【答案】解：（Ⅰ）∵DE⊥AB，∴DE⊥BE，DE⊥PE， ∵BE∩PE=E，∴DE⊥平面PEB， 又∵PB?平面PEB，∴BP⊥DE； （Ⅱ）∵PE⊥BE，PE⊥DE，DE⊥BE， ∴分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图） 设PE=a，则B（0，4﹣a，0），D（a，0，0），C（2，2﹣a，0）， P（0，0，a）， 可得 ， ， 设面PBC的法向量 ， ∴ 令y=1，可得x=1，z= 因此 是面PBC的一个法向量， ∵ ，PD与平面PBC所成角为30°， ∴ ，即 ， 解之得：a= ，或a=4（舍），因此可得PE的长为 ． 【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（I）根据翻折后DE仍然与BE、PE垂直，结合线面垂直的判定定理可得DE⊥平面PEB，再由线面垂直的性质可得PB⊥DE；（II）分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系．设PE=a，可得点B、D、C、P关于a的坐标形式，从而得到向量 、 坐标，利用垂直向量数量积为0的方法建立方程组，解出平面PCD的一个法向量为 =（1，1， ），由PD与平面PBC所成的角为30°和向量 的坐标，建立关于参数a的方程，解之即可得到线段PE的长．
9、（2017安徽六安舒城中学仿真）如图，在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点． （Ⅰ）求证：BD∥平面FGH； （Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小．
【答案】解：（Ⅰ）证明：根据已知条件，DF∥AC，EF∥BC，DE∥AB； △DEF∽△ABC，又AB=2DE， ∴BC=2EF=2BH， ∴四边形EFHB为平行四边形； ∴BE∥HF，HF?平面FGH，BE?平面FGH； ∴BE∥平面FGH； 同样，因为GH为△ABC中位线，∴GH∥AB； 又DE∥AB； ∴DE∥GH； ∴DE∥平面FGH，DE∩BE=E； ∴平面BDE∥平面FGH，BD?平面BDE； ∴BD∥平面FGH； （Ⅱ）连接HE，则HE∥CF； ∵CF⊥平面ABC； ∴HE⊥平面ABC，并且HG⊥HC； ∴HC，HG，HE三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设HC=1，则： H（0，0，0），G（0，1，0），F（1，0，1），B（﹣1，0，0）； 连接BG，根据已知条件BA=BC，G为AC中点； ∴BG⊥AC； 又CF⊥平面ABC，BG?平面ABC； ∴BG⊥CF，AC∩CF=C； ∴BG⊥平面ACFD； ∴向量 为平面ACFD的法向量； 设平面FGH的法向量为 ，则： ，取z=1，则： ； 设平面FGH和平面ACFD所成的锐二面角为θ，则：cosθ=|cos |= ； ∴平面FGH与平面ACFD所成的角为60° 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）根据AB=2DE便可得到BC=2EF，从而可以得出四边形EFHB为平行四边形，从而得到BE∥HF，便有BE∥平面FGH，再证明DE∥平面FGH，从而得到平面BDE∥平面FGH，从而BD∥平面FGH；（Ⅱ）连接HE，根据条件能够说明HC，HG，HE三直线两两垂直，从而分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后求出一些点的坐标．连接BG，可说明 为平面ACFD的一条法向量，设平面FGH的法向量为 ，根据 即可求出法向量 ，设平面FGH与平面ACFD所成的角为θ，根据cosθ= 即可求出平面FGH与平面ACFD所成的角的大小．
10、（2017黑龙江大庆实验中学模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，AB=BD= ，PB= （Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面ABCD； （Ⅱ）设Q是棱PC上的点，当PA∥平面BDQ时，求二面角A﹣BD﹣Q的余弦值．
【答案】解：（Ⅰ）证明：取AD中点O，连结OP，OB， ∵PAD是边长为2的正三角形，∴ ， ∵ ， ∴OB2+OP2=PB2 ， 则OP⊥OB， ∵OB∩AD=O，∴OP⊥平面ABCD， 又OP?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD； （Ⅱ）解：连接AC交BD于E，连接QE， ∵PA∥平面BDQ，∴PA∥QE， 又E为AC的中点，∴Q为PC的中点． 以O为原点，分别以OA、OB、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则A（1，0，0），B（0，2，0），D（﹣1，0，0），Q（﹣1，1， ）． ． 设平面BDQ的一个法向量为 ． 由 ，得 ，取z=2 ，得 ． 由图可知，平面ABD的一个法向量 ． ∴cos＜ ＞= = ． ∴二面角A﹣BD﹣Q的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取AD中点O，连结OP，OB，求解三角形可得OP⊥AD，OP⊥OB，再由线面垂直的判定可得OP⊥平面ABCD，进一步得到平面PAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）连接AC交BD于E，连接QE，由线面平行的性质可得PA∥QE，则Q为PC的中点．以O为原点，分别以OA、OB、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到平面BDQ与平面ABD的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角A﹣BD﹣Q的余弦值．
11、（2017四川成都洛带中学模拟）如图，PA⊥平面AC，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点． （Ⅰ）求证：AF∥平面PCE； （Ⅱ）若二面角P﹣CD﹣B为45°，AD=2，CD=3，求点F到平面PCE的距离．
【答案】解：（Ⅰ）取PC中点M，连接ME、MF． ∵ ， ∴AE∥FM，且AE=FM， 即四边形AFME是平行四边形， ∴AF∥EM，∵AF?平在PCE， ∴AF∥平面PCE． （Ⅱ）∵PA⊥平面AC，CD⊥AD， 根据三垂线定理知，CD⊥PD， ∴∠PDA是二面角， P﹣CD﹣B的平面角，则∠PDA=45° 于是，△PAD是等腰直角三角形， ∴AF⊥PD，又AF⊥CD， ∴AF⊥面PCD．而EM∥AF， ∴EM⊥面PCD．又EM?平面PEC， ∴面PEC⊥面PCD．…（8分） 在面PCD内过F作FH⊥PC于H， 则FH为点F到平面PCE的距离． 由已知，PD=2 ，PF= ． ∵△PFH∽△PCD， ∴ 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取PC中点M，连接ME、MF．由 ，知AE∥FM，且AE=FM，由此能证明四边形AFME是平行四边形，从而得到AF∥平面PCE．（Ⅱ）由PA⊥平面AC，CD⊥AD，根据三垂线定理知，CD⊥PD，故∠PDA是二面角P﹣CD﹣B的平面角，所以△PAD是等腰直角三角形，由AF⊥PD，AF⊥CD，得到面PEC⊥面PCD，由此入手能够求出点F到平面PCE的距离． 【来源：21·世纪·教育·网】
12、（2017湖南衡阳十校联考三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC=BC=5，AB=6，M是CC1中点，CC1=8．
(1)求证：平面AB1M⊥平面A1ABB1；
(2)求平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：连结A1B，交AB1于点P， ∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形ABB1A1是矩形，∴P是A1B的中点， 取AB的中点N，连结CN，PN，MP， 则NP∥CM，且NP=CM，∴四边形MCNP是平行四边形， ∴CN∥MP， 又AC=BC，∴CN⊥AB， ∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥CN， 又AA1∥CC1 ， ∴CN⊥AA1 ， ∴CN⊥平面A1ABB1 ， ∴MP⊥平面A1ABB1 ， ∵MP?平面AB1M，∴平面AB1M⊥平面A1ABB1 ． （2）解：以N为原点，NA为x轴，CN为y轴，NP为z轴，建立空间直角坐标系， ∵AC=BC=5，AB=6，M是CC1中点，CC1=8， ∴A（3，0，0），M（0，﹣4，4），B1（﹣3，0，8）， =（﹣3，﹣4，4）， =（﹣6，0，8）， 设平面AB1M的法向量 =（x，y，z）， 则 ，取x=4，得 =（4，0，3）， 平面ABC的法向量 =（0，0，1）， 设平面AB1M与平面ABC所成二面角的平面角为θ， 则cosθ= = ，sinθ= = ． ∴平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）连结A1B，交AB1于点P，取AB的中点N，连结CN，PN，MP，推导出四边形MCNP是平行四边形，从而CN∥MP，进而CC1⊥CN，由AA1∥CC1 ， 知CN⊥AA1 ， 从而CN⊥平面A1ABB1 ， 进而MP⊥平面A1ABB1 ， 由此能证明平面AB1M⊥平面A1ABB1 ． （2）以N为原点，NA为x轴，CN为y轴，NP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值．
13、（2017湖南怀化四模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，∠ACB=90°，BB1=3，AC=BC=2，D，E分别为AB，BC的中点，F为BB1上一点，且 = ．
(1)求证：平面CDF⊥平面A1C1E；
(2)求二面角C1﹣CD﹣F的余弦值．
【答案】（1）证明：以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴正半轴建立空间直角坐标系， ∵BB1=3，AC=BC=2，D，E分别为AB，BC的中点， = ． ∴C（0，0，0），D（1，1，0），F（0，2， ），E（0，1，0），A1（2，0，3），C1（0，0，3）． ， ， ． 设平面CDF的一个法向量为 ， 则 ，取y=﹣1，得 ； 再平面A1C1E的一个法向量为 ， 则 ，取z=1，得 ． ∵ ， ∴ ，则平面CDF⊥平面A1C1E； （2）解：由（1）知，平面CDF的一个法向量 ， 又平面C1CD的一个法向量 ， ∴cos＜ ＞= = ， ∵二面角C1﹣CD﹣F为锐角， ∴二面角C1﹣CD﹣F的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴正半轴建立空间直角坐标系，再由已知求出C，D，F，E，A1 ， C1的坐标，得到平面CDF与平面A1C1E的一个法向量，由两法向量垂直可得平面CDF⊥平面A1C1E；（2）由（1）知，平面CDF的一个法向量 ，又平面C1CD的一个法向量 ，由两法向量所成角的余弦值求得二面角C1﹣CD﹣F的大小．
14、（2017江苏盐城三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC= ，M在PC上，且PA∥面BDM．
(1)求直线PC与平面BDM所成角的正弦值；
(2)求平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小．
【答案】（1）解：∵面PAD⊥面ABCD，△PAD为正三角形，作AD边上的高PO， ∵面PAD∩面ABCD=AD，由面面垂直的性质定理，得PO⊥面ABCD， 又ABCD是矩形，同理可得CD⊥面PAD，知CD⊥PD， ∵PC= ，PD=2，∴CD=3． 以AD中点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，AD的垂直平分线为y轴，建立如图所示的坐标系， 则P（0，0， ），A（1，0，0），B（1，3，0），C（﹣1，3，0），D（﹣1，0，0）， 连结AC交BD于点N，由PA∥面MBD，面APC∩面MBD=MN， ∴MN∥PA，又N是AC的中点， ∴M是PC的中点，则M（ ， ， ）， 设面BDM的法向量为 ， ， ， 则 ，令x=1，解得y=﹣ ，z= ，得 ． 设PC与面BDM所成的角为θ，则 ， ∴直线PC与平面BDM所成角的正弦值为 ． （2）面PAD的法向量为向量 ，设面BDM与面PAD所成的锐二面角为φ， 则cosφ= ， 故平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小为 ． 【考点】直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】作AD边上的高PO，由已知结合面面垂直的性质可得PO⊥面ABCD，再由ABCD是矩形，得到CD⊥PD，求解直角三角形可得CD．以AD中点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，AD的垂直平分线为y轴，建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到平面BDM的法向量 ．（1）设PC与面BDM所成的角为θ，由sinθ=| 求得直线PC与平面BDM所成角的正弦值．（2）求出平面PAD的法向量 ，由两平面法向量所成角的余弦值求得平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小．
15、（2017安徽蚌埠二模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，AC=2BC=2CD=4，∠ACB=∠ACD=60°．
(1)证明：CP⊥BD；
(2)若AP=PC=2 ，求二面角A﹣BP﹣C的余弦值．
【答案】（1）证明：∵BC=CD，即△BCD为等腰三角形， 又AC平分∠BCD，故AC⊥BD， ∵平面PAC⊥底面ABCD，平面PAC∩底面ABCD=AC， ∴BD⊥平面PAC， ∵CP?平面PAC，∴CP⊥BD （2）解：如图，记BD交AC于点E，作PO⊥AC于点O， 则PO⊥底面ABCD， ∵AP=PC=2 ，AC=4，∴∠APC=90°，PO=2， 则EC=CD?cos60°=1，ED=CD?sin60°= ， 以O为坐标原点，平行于DB的直线为x轴，OC所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 则A（0，﹣2，0），B（ ，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2）， ∴ ， ． 设平面PAB的一个法向量为 ，则 ，取z=1，则 ； 设平面PBC的一个法向量为 ，则 ，取z=1，则 ． ∴cos＜ ＞= = = ． ∴二面角A﹣BP﹣C的余弦值为 ． 【考点】直线与平面垂直的性质，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）推导出AC⊥BD，由平面PAC⊥底面ABCD，得BD⊥平面PAC，由此能证明CP⊥BD；（2）作PO⊥AC于点O，则PO⊥底面ABCD，以O为坐标原点，平行于DB的直线为x轴，OC所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，求得平面PAB与平面PBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣BP﹣C的余弦值． 21·世纪*教育网
16、（2017辽宁葫芦岛二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AP=AB=AC=a， ，PA⊥底面ABCD．
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)在棱PC上是否存在一点E，使得二面角B﹣AE﹣D的平面角的余弦值为 ？若存在，求出 的值？若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明：在△ACD中，AC=a，CD=a，AD= a， ?由勾股定理得：CD⊥AC ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD， AC?面PAC，PA?面PAC，PA∩AC=A ∴CD⊥面PAC 又∵CD?面PCD ∴平面PCD⊥平面PAC （2）解：（由（1）知：AB⊥AC，又PA⊥底面ABCD ∴以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系 则A（0，0，0），B（a，0，0），C（0，a，0）， D（﹣a，a，0），P（0，0，a） 假设点E存在，且λ= ，则 =λ ??? （xE ， yE﹣a，zE）=λ（0，﹣a，a） ∴xE=0，yE=（1﹣λ）a，zE=λa =（a，0，0） =（0，（1﹣λ）a，λa）， =（﹣a，a，0） 设平面BAE的法向量为 =（x1 ， y1 ， z1），平面DAE的法向量为 =（x2 ， y2 ， z2）， 则 ，取y1=λ，得 ， ，取x2=λ，得 =（λ，λ，λ﹣1） cos＜ ＞= = = ， 由题意：|cos＜ ＞|= = ， 整理得：3（2λ2﹣2λ+1）=2（3λ2﹣2λ+1），解得λ= ， ∴棱PC上存在一点E，使得二面角B﹣AE﹣D的平面角的余弦值为﹣ ，且此时λ= ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）由勾股定理得：CD⊥AC，由线面垂直得PA⊥CD，从而CD⊥面PAC，由此能证明平面PCD⊥平面PAC．（2）以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
17、（2017上海杨浦三模）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AD=AB=1．AA1=CD=2．E为棱DD1的中点．
(1)证明：B1C1⊥平面BDE；
(2)求二面角D﹣BE﹣C1的大小．
【答案】（1）证明：由题意，BD=BC= ， ∵CD=2，∴BD2+BC2=CD2 ， 则BC⊥BD． 又∵ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，∴BC⊥DE， ∵BD∩DE=D，∴BC⊥平面BDE， 又∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥平面BDE （2）解：如图建立空间直角坐标系， 则有B（1，1，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），E（0，0，1）． ， ． 设平面BEC1 的法向量为 ， 由 ，得 ，取x=3，得 ． 由（1）知，平面BDE的一个法向量 ． ∴cos＜ ＞= = ． 由图可知，二面角D﹣BE﹣C1为钝角， ∴二面角D﹣BE﹣C1的大小为arccos（﹣ ） 【考点】直线与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）由题意证明BC⊥BD，再由已知ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，得BC⊥DE，由线面垂直的判定可得BC⊥平面BDE，进一步得到B1C1⊥平面BDE；（2）如图建立空间直角坐标系，由已知求出B，C，C1 ， E的坐标，进一步求出平面BEC1 与平面BDE的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角D﹣BE﹣C1的大小．
18、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1．
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
【答案】（1）解：以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz如图所示： 则A（3，0，0），C1=（0，3，3），D1=（0，0，3），E（3，0，2） ∴ =（﹣3，3，3）， =（3，0，﹣1） ∴cosθ= = =﹣ 则两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值为 （2）解：B（3，3，0）， =（0，﹣3，2）， =（3，0，﹣1） 设平面BED1F的一个法向量为 =（x，y，z） 由 得 令x=1，则 =（1，2，3） 则直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值为 | |= = 【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）以以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则我们易求出已知中，各点的坐标，进而求出向量 ， 的坐标．代入向量夹角公式，结合异面直线夹角公式，即可得到答案．（2）设出平面BED1F的一个法向量为 ，根据法向量与平面内任一向量垂直，数量积为0，构造方程组，求出平面BED1F的法向量为 的坐标，代入线面夹角向量公式，即可求出答案．
19、（2017四川成都三诊）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE=2，M为线段BF上一点，且DM⊥平面ACE．
(1)求BM的长；
(2)求二面角A﹣DM﹣B的余弦值的大小．
【答案】（1）解：设AC∩BD=O，取EF中点N，连接NO ∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD， ∵四边形BDEF是矩形，∴ON⊥BD， ∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，ON?平面BDEF， ∴ON⊥平面ABCD， 以O为原点，以OC，OB，ON为坐标轴建立空间坐标系如图所示： ∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°， ∴OB=OD=1，OA=OC= ， ∵四边形BDEF是矩形，DE=2， ∴A（﹣ ，0，0），B（0，1，0），C（ ，0，0），E（0，﹣1，2），D（0，﹣1，0）， 设BM=h，则M（0，1，h）， ∴ =（0，2，h）， =（ ，﹣1，2）， ∵DM⊥平面ACE，∴ ， ∴﹣2+2h=0，解得h=1， ∴BM=1 （2）解： =（ ，﹣1，0）， =（0，2，1）， 设平面ADM的法向量为 =（x，y，z），则 ， ∴ ，令x= 得 =（ ，3，﹣6）， 又AC⊥平面BDM，∴ =（1，0，0）是平面BDM的一个法向量， ∴cos＜ ＞= = = ， ∴二面角A﹣DM﹣B的余弦值为 【考点】平面与平面垂直的性质，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）建立坐标系，设BM=h，求出 和 的坐标，令 =0解出h；（2）求出平面ADM和平面BDM的法向量，计算法向量的夹角即可得出二面角的夹角．
20、（2017浙江宁波镇海中学模拟）在边长为3的正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如图（1）将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连结A1B、A1P（如图（2））．
(1)求证：A1E⊥平面BEP；
(2)求二面角B﹣A1P﹣E的余弦值．
【答案】（1）证明：在图（1）中，取BE的中点D，连结DF， ∵AE：EB=CF：FA=1：2，∴AF=AD=2， 而∠A=60°，∴△ADF为正三角形． 又AE=DE=1，∴EF⊥AD． 在图（2）中，A1E⊥EF，BE⊥EF， ∴∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的一个平面角， 由题设条件知此二面角为直二面角，∴A1E⊥平面BEP （2）解：分别以EB、EF、EA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则E（0，0，0），B（2，0，0），P（1， ，0），A1（0，0，1）， ， ． 设面EA1P的法向量为 ， 则 ，取y=﹣1，得 =（ ，﹣1，0）； 设面BA1P的法向量为 ， 则 ，取y=1，得 =（ ，1，2 ）． ∴cos＜ ＞= = ， ∴二面角B﹣A1P﹣E的大小的余弦值为 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）在图（1）中，取BE的中点D，连结DF，由已知可得△ADF为正三角形．进一步得到EF⊥AD．在图（2）中，可得A1E⊥EF，BE⊥EF，即∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的一个平面角，由题设条件知此二面角为直二面角，可得A1E⊥平面BEP； （2）分别以EB、EF、EA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，然后分别求出面EA1P与面BA1P的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值得答案．
2018年高考数学一轮复习真题精讲精练（2013-2017）：
7.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离（答案）
知识回顾
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.直线与平面所成角的求法
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，a与n的夹角为β.则sin θ＝|cos β|＝.21教育网
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＝<，>.21·cn·jy·com
(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|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．2-1-c-n-j-y
4．利用空间向量求距离(供选用)
(1)两点间的距离
设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝.
(2)点到平面的距离
如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为||＝.
例题精讲
考点一 求异面直线所成的角
【变式训练1】（2016广东湛江一中期末）如图所示的长方体中，AB=2 ，AD= ， = ，E、F分别为 的中点，则异面直线DE、BF所成角的大小为（ ）
A、 B、 C、 D、
【答案】 C 【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离 【解析】【解答】解： 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系， D（0,0,0,），E（ ）， ， ， ， 设异面直线DE，BF所成角为 ， ， 异面直线DE，BF所成角的大小为 故选：C 【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴， 为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线DE，BF所成角的大小．
考点二 利用空间向量求直线与平面所成的角
【变式训练2】（2016广东湛江一中期末）在正四棱锥S﹣ABCD中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且SO=OD，则直线BC与平面PAC的夹角是（? ）
A、30° B、45° C、60° D、75°
【答案】 A 【考点】直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【解答】解：如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴， 建立空间直角坐标系O﹣xyz． 设OD=SO=OA=OB=OC=a， 则A（a，0，0），B（0，a，0），C（﹣a，0，0），P（0，﹣ ， ）， 则 =（2a，0，0）， =（﹣a，﹣ ， ）， =（a，a，0）， 设平面PAC的一个法向量为 ， 则 ， ， ∴ ，可取 =（0，1，1）， ∴cos＜ ，n＞= = = ， ∴＜ ，n＞=60°， ∴直线BC与平面PAC的夹角为90°﹣60°=30°． 故选：A． 【分析】以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法求解．2·1·c·n·j·y
考点三 利用向量求二面角
【变式训练3】（2017四川名校联考一模）如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE和AD的交点，AC⊥BC，且AC=BC． （Ⅰ）求证：AM⊥平面EBC； （Ⅱ）求二面角A﹣EB﹣C的大小．
【答案】 （Ⅰ）证明：∵四边形ACDE是正方形，∴EA⊥AC， ∵平面ACDE⊥平面ABC，EA⊥平面ABC， ∴以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴， 分别以直线AC和AE为y轴和z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz， 设EA=AC=BC=2，则A（0，0，0），C（0，2，0），E（0，0，2）， M是正方形ACDE的对角线的交点，M（0，1，1）， =（0，1，1）， =（0，2，﹣2）， ， ∴ ，∴AM⊥EC，AM⊥BC， 又EC∩BC=C，∴AM⊥平面EBC． （Ⅱ）设平面EAB的法向量为 ，则 ， ∴ ，取y=﹣1，则x=1，则 =（1，﹣1，0）， 又∵ 为平面EBC的一个法向量， ∴cos＜ ＞= =﹣ ， 设二面角A﹣EB﹣C的平面角为θ，则cosθ=|cos＜ ＞|= ，∴θ=60°， ∴二面角A﹣EB﹣C等于60°． 21*cnjy*com
【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】 （Ⅰ）以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，分别以直线AC和AE为y轴和z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，利用向量法能证明AM⊥平面EBC．（2）求出平面EAB的法向量和平面EBC的法向量，利用向量法能求出二面角A﹣EB﹣C的大小．
真题精析
1、（2014?山东）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB=60°，AB=2CD=2，M是线段AB的中点．
(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1= ，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
【答案】（1）解：连接AD1 ， ∵ABCD﹣A1B1C1D1为四棱柱，∴CD C1D1 ， 又M为AB的中点，∴AM=1． ∴CD∥AM，CD=AM， ∴AM C1D1 ， ∴AMC1D1为平行四边形，∴AD1∥MC1 ， 又MC1?平面A1ADD1 ， AD1?平面A1ADD1 ， ∴C1M∥平面A1ADD1； （2）解：解法一：∵AB∥A1B1 ， A1B1∥C1D1 ， ∴面D1C1M与ABC1D1共面， 作CN⊥AB，连接D1N，则∠D1NC即为所求二面角， 在ABCD中，DC=1，AB=2，∠DAB=60°， ∴CN= ， 在Rt△D1CN中，CD1= ，CN= ， ∴D1N= ∴cos∠D1CN= = = 解法二：作CP⊥AB于P，以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系 则C1（﹣1，0， ），D1 ， （0，0， ），M（ ， ，0）， ∴ =（1，0，0）， =（ ， ，﹣ ）， 设平面C1D1M的法向量 =（x1 ， y1 ， z1）， 则 ，∴ =（0，2，1）． 显然平面ABCD的法向量 =（0，0，1）， cos＜ ， ＞|= = = ， 显然二面角为锐角， ∴平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 ． 【考点】直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】（1）连接AD1 ， 易证AMC1D1为平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证得C1M∥平面A1ADD1；（2）作CP⊥AB于P，以C为原点，CD为x轴，CP为y轴，CD1为z轴建立空间坐标系，易求C1（﹣1，0， ），D1 ， （0，0， ），M（ ， ，0）， =（1，1，0）， =（ ， ，﹣ ），设平面C1D1M的法向量 =（x1 ， y1 ， z1），可求得 =（0，2，1），而平面ABCD的法向量 =（1，0，0），从而可求得平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值．
2、（2013?福建）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥DC，AA1=1，AB=3k，AD=4k，BC=5k，DC=6k，（k＞0） (1)求证：CD⊥平面ADD1A1(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为 ，求k的值(3)现将与四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案，问共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f（k），写出f（k）的解析式．（直接写出答案，不必说明理由）
【答案】 （1）证明：取DC的中点E，连接BE，∵AB∥ED，AB=ED=3k， ∴四边形ABED是平行四边形， ∴BE∥AD，且BE=AD=4k，∴BE2+EC2=（4k）2+（3k）2=（5k）2=BC2 ， ∴∠BEC=90°，∴BE⊥CD， 又∵BE∥AD，∴CD⊥AD． ∵侧棱AA1⊥底面ABCD，∴AA1⊥CD， ∵AA1∩AD=A，∴CD⊥平面ADD1A1 （2）解：以D为坐标原点， 、 、 的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A（4k，0，0），C（0，6k，0），B1（4k，3k，1），A1（4k，0，1）． ∴ ， ， ． 设平面AB1C的一个法向量为 =（x，y，z），则 ，取y=2，则z=﹣6k，x=3．∴ ． 设AA1与平面AB1C所成角为θ，则 = = = ，解得k=1，故所求k=1． （3）解：由题意可与左右平面ADD1A1 ， BCC1B1 ， 上或下面ABCD，A1B1C1D1拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案． 写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出f（k）= 【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积，直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）取DC得中点E，连接BE，可证明四边形ABED是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理可得BE⊥CD，即CD⊥AD，又侧棱AA1⊥底面ABCD，可得AA1⊥DC，利用线面垂直的判定定理即可证明．（2）通过建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与斜线的方向向量的夹角即可得出；（3）由题意可与左右平面ADD1A1 ， BCC1B1 ， 上或下面ABCD，A1B1C1D1拼接得到方案新四棱柱共有此4种不同方案．写出每一方案下的表面积，通过比较即可得出f（k）．
3、（2014?辽宁）如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB=BC=BD=2．∠ABC=∠DBC=120°，E、F分别为AC、DC的中点．
(1)求证：EF⊥BC；
(2)求二面角E﹣BF﹣C的正弦值．
【答案】（1）证明：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，易得B（0，0，0），A（0，﹣1， ），D（ ，﹣1，0），C（0，2，0），因而E（0， ， ），F（ ， ，0），所以 =（ ，0，﹣ ）， =（0，2，0），因此 ? =0，所以EF⊥BC． （2）解：在图中，设平面BFC的一个法向量 =（0，0，1），平面BEF的法向量 =（x，y，z），又 =（ ， ，0）， =（0， ， ）， 由 得其中一个 =（1，﹣ ，1）， 设二面角E﹣BF﹣C的大小为θ，由题意知θ为锐角，则 cosθ=|cos＜ ， ＞|=| |= ， 因此sinθ= = ，即所求二面角正弦值为 ． 【考点】直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，得到E、F、B、C点的坐标，易求得此 ? =0，所以EF⊥BC；（2）设平面BFC的一个法向量 =（0，0，1），平面BEF的法向量 =（x，y，z），依题意，可求得一个 =（1，﹣ ，1），设二面角E﹣BF﹣C的大小为θ，可求得sinθ的值．
4、（2017?新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD． （Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC； （Ⅱ）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．
【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD． ∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC． △ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD， ∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD． ∵△ACD是直角三角形， ∴AC是斜边，∴∠ADC=90°． ∴DO= AC． ∴DO2+BO2=AB2=BD2 ． ∴∠BOD=90°． ∴OB⊥OD． 又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD． 又OB?平面ABC， ∴平面ACD⊥平面ABC． （Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD ， hE ． 则 = ． ∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分， ∴ = = =1． ∴点E是BD的中点． 建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2． 则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0， ，0），E ． =（﹣1，0，1）， = ， =（﹣2，0，0）． 设平面ADE的法向量为 =（x，y，z），则 ，即 ，取 = ． 同理可得：平面ACE的法向量为 =（0，1， ）． ∴cos = = =﹣ ． ∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．△ABC是等边三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD=CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜边，∠ADC=90°．可得DO= AC．利用DO2+BO2=AB2=BD2 ． 可得OB⊥OD．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明． （Ⅱ）设点D，B到平面ACE的距离分别为hD ， hE ． 则 = ．根据平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，可得 = = =1，即点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=2．利用法向量的夹角公式即可得出．
5、（2013?湖北）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点．
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线l与平面PAC的位置关系，并加以证明；
(2)设（1）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足 ．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β．求证：sinθ=sinαsinβ．
【答案】（1）解：直线l∥平面PAC，证明如下： 连接EF，因为E，F分别是PA，PC的中点，所以EF∥AC， 又EF?平面ABC，且AC?平面ABC，所以EF∥平面ABC． 而EF?平面BEF，且平面BEF∩平面ABC=l，所以EF∥l． 因为l?平面PAC，EF?平面PAC，所以直线l∥平面PAC． （2）解：（综合法）如图1，连接BD，由（1）可知交线l即为直线BD，且l∥AC． 因为AB是⊙O的直径，所以AC⊥BC，于是l⊥BC． 已知PC⊥平面ABC，而l?平面ABC，所以PC⊥l． 而PC∩BC=C，所以l⊥平面PBC． 连接BE，BF，因为BF?平面PBC，所以l⊥BF． 故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β． 由 ，作DQ∥CP，且 ． 连接PQ，DF，因为F是CP的中点，CP=2PF，所以DQ=PF， 从而四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD． 连接CD，因为PC⊥平面ABC，所以CD是FD在平面ABC内的射影， 故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ． 又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α， 于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分别可得 ， 从而 ． （向量法）如图2，由 ，作DQ∥CP，且 ． 连接PQ，EF，BE，BF，BD，由（Ⅰ）可知交线l即为直线BD． 以点C为原点，向量 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，设CA=a，CB=b，CP=2c，则有 ． 于是 ， ∴ = ，从而 ， 又取平面ABC的一个法向量为 ，可得 ， 设平面BEF的一个法向量为 ， 所以由 可得 取 =（0，c，b）， 于是 ，从而 ． 故 ，即sinθ=sinαsinβ． 【考点】空间中直线与平面之间的位置关系，直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）直线l∥平面PAC．连接EF，利用三角形的中位线定理可得，EF∥AC；利用线面平行的判定定理即可得到EF∥平面ABC．由线面平行的性质定理可得EF∥l．再利用线面平行的判定定理即可证明直线l∥平面PAC．（2）综合法：利用线面垂直的判定定理可证明l⊥平面PBC．连接BE，BF，因为BF?平面PBC，所以l⊥BC．故∠CBF就是二面角E﹣l﹣C的平面角，即∠CBF=β．已知PC⊥平面ABC，可知CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ．由BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF=α，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论； 向量法：以点C为原点，向量 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，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角．
6、（2017?新课标Ⅱ）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． （Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）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． www-2-1-cnjy-com
【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点， 所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥ AD， ∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF?平面PAB，CF?平面PAB， ∴直线CE∥平面PAB； （Ⅱ）解：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． 取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ， ∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°， 可得：BN=MN，CN= MN，BC=1， 可得：1+ BN2=BN2 ， BN= ，MN= ， 作NQ⊥AB于Q，连接MQ， 所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ= = ， 二面角M﹣AB﹣D的余弦值为： = ． 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可． （Ⅱ）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M﹣AB﹣D的余弦值即可．
7、（2013?陕西）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD， ．(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D； (2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．【版权所有：21教育】
【答案】 （1）证明：∵A1O⊥面ABCD，且BD?面ABCD，∴A1O⊥BD； 又∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，A1O∩AC=O， ∴BD⊥面A1AC，且A1C?面A1AC，故A1C⊥BD． 在正方形ABCD中，∵ ，∴AO=1， 在Rt△A1OA中，∵ ，∴A1O=1． 设B1D1的中点为E1 ， 则四边形A1OCE1为正方形，∴A1C⊥E1O． 又BD?面BB1D1D，且E10?面BB1D1D，且BD∩E1O=O， ∴A1C⊥面BB1D1D； （2）解：以O为原点，分别以OB，OC，OA1所在直线为x，y，Z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则B（1，0，0），C（0，1，0），A1（0，0，1），B1（1，1，1）， ． 由（1）知，平面BB1D1D的一个法向量 ， ， ． 设平面OCB1的法向量为 ， 由 ，得 ，取z=﹣1，得x=1． ∴ ． 则 = ． 所以，平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ为 ． 【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）要证明A1C⊥平面BB1D1D，只要证明A1C垂直于平面BB1D1D内的两条相交直线即可，由已知可证出A1C⊥BD，取B1D1的中点为E1 ， 通过证明四边形A1OCE1为正方形可证A1C⊥E1O．由线面垂直的判定定理问题得证．（2）以O为原点，分别以OB，OC，OA1所在直线为x，y，Z轴建立空间直角坐标系，然后求出平面OCB1与平面BB1D1D的法向量，利用法向量所成的角求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．
8、（2017?新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）
(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．
【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD， ∵AB∥CD，∴AB⊥PD， 又∵PA∩PD=P，且PA?平面PAD，PD?平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又AB?平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD； （2）解：∵AB∥CD，AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形， 由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形， 在△APD中，由PA=PD，∠APD=90°，可得△PAD为等腰直角三角形， 设PA=AB=2a，则AD= ． 取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE， 以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则：D（ ），B（ ），P（0，0， ），C（ ）． ， ， ． 设平面PBC的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取y=1，得 ． ∵AB⊥平面PAD，AD?平面PAD，∴AB⊥AD， 又PD⊥PA，PA∩AB=A， ∴PD⊥平面PAB，则 为平面PAB的一个法向量， ． ∴cos＜ ＞= = ． 由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角， ∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1.）由已知可得PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD； （2.）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，设PA=AB=2a，则AD= ．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得 为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣PB﹣C的余弦值． www.21-cn-jy.com
9、（2013?新课标Ⅰ）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1 ， ∠BAA1=60°． 【出处：21教育名师】
(1)证明AB⊥A1C；
(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
【答案】（1）解：取AB的中点O，连接OC，OA1 ， A1B， 因为CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1 ， ∠BAA1=60°， 所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB， 又因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C， 又A1C?平面OA1C，故AB⊥A1C； （2）解：由（1）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB， 所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1 ， OC两两垂直． 以O为坐标原点， 的方向为x轴的正向，| |为单位长，建立如图所示的坐标系， 可得A（1，0，0），A1（0， ，0），C（0，0， ），B（﹣1，0，0）， 则 =（1，0， ）， =（﹣1， ，0）， =（0，﹣ ， ）， 设 =（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则 ，即 ， 可取y=1，可得 =（ ，1，﹣1），故cos＜ ， ＞= =- ， 又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值， 故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为： ． 【考点】直线与平面垂直的性质，平面与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）取AB的中点O，连接OC，OA1 ， A1B，由已知可证OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，进而可得AB⊥A1C；（2）易证OA，OA1 ， OC两两垂直．以O为坐标原点， 的方向为x轴的正向，| |为单位长，建立坐标系，可得 ， ， 的坐标，设 =（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则 ，可解得 =（ ，1，﹣1），可求|cos＜ ， ＞|，即为所求正弦值．
10、（2017?江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°． （Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．
【答案】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD， ∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax?平面ABCD， ∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD， 以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系． ∵AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°， ∴A（0，0，0），B（ ），C（ ，1，0）， D（0，2，0）， A1（0，0， ），C1（ ）． =（ ）， =（ ）， ， ． （Ⅰ）∵cos＜ ＞= = ． ∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为 ； （Ⅱ）设平面BA1D的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取x= ，得 ； 取平面A1AD的一个法向量为 ． ∴cos＜ ＞= = ． ∴二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为 ，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为 ． 【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．结合已知求出A，B，C，D，A1 ， C1 的坐标，进一步求出 ， ， ， 的坐标． （Ⅰ）直接利用两法向量所成角的余弦值可得异面直线A1B与AC1所成角的余弦值； （Ⅱ）求出平面BA1D与平面A1AD的一个法向量，再由两法向量所成角的余弦值求得二面角B﹣A1D﹣A的余弦值，进一步得到正弦值． 21cnjy.com
11、（2014?新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．
(1)证明：AC=AB1；
(2)若AC⊥AB1 ， ∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
【答案】（1）证明：连结BC1 ， 交B1C于点O，连结AO， ∵侧面BB1C1C为菱形， ∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点， 又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO， ∵AO?平面ABO，∴B1C⊥AO， 又B10=CO，∴AC=AB1 ， （2）解：∵AC⊥AB1 ， 且O为B1C的中点，∴AO=CO， 又∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB， ∴OA，OB，OB1两两垂直， 以O为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，| |为单位长度， 的方向为y轴的正方向， 的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， ∵∠CBB1=60°，∴△CBB1为正三角形，又AB=BC， ∴A（0，0， ），B（1，0，0，），B1（0， ，0），C（0， ，0） ∴ =（0， ， ）， = =（1，0， ）， = =（﹣1， ，0）， 设向量 =（x，y，z）是平面AA1B1的法向量， 则 ，可取 =（1， ， ）， 同理可得平面A1B1C1的一个法向量 =（1，﹣ ， ）， ∴cos＜ ， ＞= = ， ∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为 【考点】空间向量的夹角与距离求解公式，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】（1）连结BC1 ， 交B1C于点O，连结AO，可证B1C⊥平面ABO，可得B1C⊥AO，B10=CO，进而可得AC=AB1；（2）以O为坐标原点， 的方向为x轴的正方向，| |为单位长度， 的方向为y轴的正方向， 的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别可得两平面的法向量，可得所求余弦值．
12、（2017?北京卷）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．（14分）
(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．
【答案】（1）证明：如图，设AC∩BD=O， ∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM， ∵PD∥平面MAC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM， ∴PD∥OM，则 ，即M为PB的中点； （2）解：取AD中点G， ∵PA=PD，∴PG⊥AD， ∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG， 由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD． 以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系， 由PA=PD= ，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0， ），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2， ）， ， ． 设平面PBD的一个法向量为 ， 则由 ，得 ，取z= ，得 ． 取平面PAD的一个法向量为 ． ∴cos＜ ＞= = ． ∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°； （3）解： ，平面PAD的一个法向量为 ． ∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜ ＞|=| |=| |= ． 【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1.）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点； （2.）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小； （3.）求出 的坐标，由 与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值． 21*cnjy*com
13、（2013?江西）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA=EB=AB=1，PA= ，连接CE并延长交AD于F (1)求证：AD⊥平面CFG；(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．
【答案】 （1）解：∵在△DAB中，E为BD的中点，EA=EB=AB=1， ∴AE= BD，可得∠BAD= ，且∠ABE=∠AEB= ∵△DAB≌△DCB，∴△EAB≌△ECB，从而得到∠FED=∠BEC=∠AEB= ∴∠EDA=∠EAD= ，可得EF⊥AD，AF=FD 又∵△PAD中，PG=GD，∴FG是△PAD是的中位线，可得FG∥PA ∵PA⊥平面ABCD，∴FG⊥平面ABCD， ∵AD?平面ABCD，∴FG⊥AD 又∵EF、FG是平面CFG内的相交直线，∴AD⊥平面CFG （2）解：以点A为原点，AB、AD、PA分别为x轴、y轴、z轴建立如图直角坐标系，可得 A（0，0，0），B（1，0，0），C（ ， ，0），D（0， ，0），P（0，0， ） ∴ =（ ， ，0）， =（﹣ ，﹣ ， ）， =（﹣ ， ，0） 设平面BCP的法向量 =（1，y1 ， z1），则 解得y1=﹣ ，z1= ，可得 =（1，﹣ ， ）， 设平面DCP的法向量 =（1，y2 ， z2），则 解得y2= ，z2=2，可得 =（1， ，2）， ∴cos＜ ， ＞= = = 因此平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值等于﹣cos＜ ， ＞=﹣ ． 【考点】直线与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）利用直角三角形的判定得到∠BAD= ，且∠ABE=∠AEB= ．由△DAB≌△DCB得到△EAB≌△ECB，从而得到∠FED=∠FEA= ，所以EF⊥AD且AF=FD，结合题意得到FG是△PAD是的中位线，可得FG∥PA，根据PA⊥平面ABCD得FG⊥平面ABCD，得到FG⊥AD，最后根据线面垂直的判定定理证出AD⊥平面CFG；（2）以点A为原点，AB、AD、PA分别为x轴、y轴、z轴建立如图直角坐标系，得到A、B、C、D、P的坐标，从而得到 、 、 的坐标，利用垂直向量数量积为零的方法建立方程组，解出 =（1，﹣ ， ）和 =（1， ，2）分别为平面BCP、平面DCP的法向量，利用空间向量的夹角公式算出 、 夹角的余弦，即可得到平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值．
14、（2017?浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点． （Ⅰ）证明：CE∥平面PAB； （Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形， BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点， ∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系， 设PC=AD=2DC=2CB=2， 则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（ ），A（2，0，0），B（1，1，0）， =（ ）， =（1，0，﹣1）， =（0，1，﹣1）， 设平面PAB的法向量 =（x，y，z）， 则 ，取z=1，得 =（1，1，1）， ∵ = =0，CE?平面PAB， ∴CE∥平面PAB． 解：（Ⅱ） =（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量 =（a，b，c）， 则 ，取b=1，得 =（0，1，1）， 设直线CE与平面PBC所成角为θ， 则sinθ=|cos＜ ＞|= = = ． ∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为 ． 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，向量方法证明线、面的位置关系定理，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB． （Ⅱ）求出平面PBC的法向量和 ，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
15、（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．（12分） （Ⅰ）设P是 上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； （Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．
【答案】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP?平面ABP，AB∩AP=A， ∴BE⊥平面ABP，又BP?平面ABP， ∴BE⊥BP，又∠EBC=120°， 因此∠CBP=30°； （Ⅱ）解法一、 取 的中点H，连接EH，GH，CH， ∵∠EBC=120°，∴四边形BEGH为菱形， ∴AE=GE=AC=GC= ． 取AG中点M，连接EM，CM，EC， 则EM⊥AG，CM⊥AG， ∴∠EMC为所求二面角的平面角． 又AM=1，∴EM=CM= ． 在△BEC中，由于∠EBC=120°， 由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12， ∴ ，因此△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所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1， ，3），C（﹣1， ，0）， 故 ， ， ． 设 为平面AEG的一个法向量， 由 ，得 ，取z1=2，得 ； 设 为平面ACG的一个法向量， 由 ，可得 ，取z2=﹣2，得 ． ∴cos＜ ＞= ． ∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°． 【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°； （Ⅱ）法一、取 的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小． 法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．
16、（2017·天津）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． （Ⅰ）求证：MN∥平面BDE； （Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值； （Ⅲ）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．
【答案】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF， ∵M为AD中点，∴MF∥BD， ∵BD?平面BDE，MF?平面BDE，∴MF∥平面BDE． ∵N为BC中点，∴NF∥AC， 又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE． ∵DE?平面BDE，NF?平面BDE，∴NF∥平面BDE． 又MF∩NF=F． ∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE； （Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°． ∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系． ∵PA=AC=4，AB=2， ∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2）， 则 ， ， 设平面MEN的一个法向量为 ， 由 ，得 ，取z=2，得 ． 由图可得平面CME的一个法向量为 ． ∴cos＜ ＞= ． ∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为 ，则正弦值为 ； （Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t）， ， ． ∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ， ∴|cos＜ ＞|=| |=| |= ． 解得：t=4． ∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为 ，此时线段AH的长为4． 【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE； （Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值； （Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出 的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为 列式求得线段AH的长．
模拟题精练
一、单选题
1、在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为棱长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sinα的值是（ ）
A、 B、 C、 D、
【答案】 D 【考点】用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【解答】解：如图，建立坐标系，易求点D（ ， ， 1）， 平面AA1C1C的一个法向量是=（1，0，0）， 所以 即sinα= ． 故选D． 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面AA1C1C的一个法向量是即可求解sinα，【来源：21cnj*y.co*m】
二、解答题
2、如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=2， C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=． （Ⅰ）求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1 ， 求线段BM的长．
【答案】解：如图所示，建立空间直角坐标系， 点B为坐标原点，依题意得A（2，0，0），B（0，0，0）， C（，﹣，），A1（2，2，0）， B1（0，2，0），C1（，，） （I）解：易得=（﹣，﹣，）， =（﹣2，0，0）， 于cos=， ∴异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为． 解：由N为棱B1C1的中点， 得N（，，）．设M（a，b，0）， 则=（﹣a，﹣b，） 由MN⊥平面A1B1C1 ， 得， 即 解得故M（，，0）． 因此=（，，0），∴线段BM的长为||=． 【考点】用空间向量求直线间的夹角、距离 【解析】【分析】如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点． （Ⅰ）利用向量的数量积公式，求出异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； （Ⅱ）设N为棱B1C1的中点，设M（a，b，0），利用MN⊥平面A1B1C1 ， 结合数量积为0列出关系式，求出a，b，然后求线段BM的长。
3、（2016福建师大附中期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=1，AA1= ，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，CO⊥侧面ABB1A1 ． (1)证明：BC⊥AB1；
(2)若OC=OA，求直线C1D与平面ABC所成角的正弦值．
【答案】 （1）证明：由题意，因为ABB1A1是矩形， D为AA1中点，AB=1，AA1= ，AD= ， 所以在直角三角形ABB1中，tan∠AB1B= ， 在直角三角形ABD中，tan∠ABD= ， 所以∠AB1B=∠ABD， 又∠BAB1+∠AB1B=90°，∠BAB1+∠ABD=90°， 所以在直角三角形ABO中，故∠BOA=90°， 即BD⊥AB1 ， 又因为CO⊥侧面ABB1A1 ， AB1?侧面ABB1A1 ， 所以CO⊥AB1 所以，AB1⊥面BCD， 因为BC?面BCD， 所以BC⊥AB1 ． （2）解：如图，分别以OD，OB1 ， OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，则A（0，﹣ ，0），B（﹣ ，0，0），C（0，0， ），B1（0， ，0），D（ ，0，0）， 又因为 =2 ，所以 所以 =（﹣ ， ，0）， =（0， ， ）， =（ ）， 设平面ABC的法向量为 =（x，y，z）， 则根据 可得 =（1， ，﹣ ）是平面ABC的一个法向量， 设直线C1D与平面ABC所成角为α，则sinα= ． 【考点】直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）要证明BC⊥AB1 ， 可证明AB1垂直于BC所在的平面BCD，已知CO垂直于侧面ABB1A1 ， 所以CO垂直于AB1 ， 只要在矩形ABB1A1内证明BD垂直于AB1即可，可利用角的关系加以证明；（2）分别以OD，OB1 ， OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，求出 ，平面ABC的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论．
4、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1．
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
【答案】（1）解：以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz如图所示： 则A（3，0，0），C1=（0，3，3），D1=（0，0，3），E（3，0，2） ∴ =（﹣3，3，3）， =（3，0，﹣1） ∴cosθ= = =﹣ 则两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值为 （2）解：B（3，3，0）， =（0，﹣3，2）， =（3，0，﹣1） 设平面BED1F的一个法向量为 =（x，y，z） 由 得 令x=1，则 =（1，2，3） 则直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值为 | |= = 【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）以以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则我们易求出已知中，各点的坐标，进而求出向量 ， 的坐标．代入向量夹角公式，结合异面直线夹角公式，即可得到答案．（2）设出平面BED1F的一个法向量为 ，根据法向量与平面内任一向量垂直，数量积为0，构造方程组，求出平面BED1F的法向量为 的坐标，代入线面夹角向量公式，即可求出答案．
5、（2017广东广雅中学联考模拟）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1．M是棱SB的中点． （Ⅰ）求证：AM∥面SCD； （Ⅱ）求面SCD与面SAB所成二面角的余弦值； （Ⅲ）设点N是直线CD上的动点，MN与面SAB所成的角为θ，求sinθ的最大值．
【答案】解：（Ⅰ）以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（0，0，0），B（0，2，0），D（1，0，0，），S（0，0，2），M（0，1，1）． 则 ， ， ． 设平面SCD的法向量是 ，则 ，即 令z=1，则x=2，y=﹣1．于是 ． ∵ ，∴ ． 又∵AM?平面SCD，∴AM∥平面SCD． （Ⅱ）易知平面SAB的法向量为 ．设平面SCD与平面SAB所成的二面角为α， 则 = = ，即 ． ∴平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为 ． （Ⅲ）设N（x，2x﹣2，0），则 ． ∴ = = = ． 当 ，即 时， ． 【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）通过建立空间直角坐标系，利用平面SCD的法向量 即可证明AM∥平面SCD；（Ⅱ）分别求出平面SCD与平面SAB的法向量，利用法向量的夹角即可得出；（Ⅲ）利用线面角的夹角公式即可得出表达式，进而利用二次函数的单调性即可得出．
6、（2017黑龙江哈尔滨三中三模）如图所示的几何体是由棱台ABC﹣A1B1C1和棱锥D﹣AA1C1C拼接而成的组合体，其底面四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD=60°，BB1⊥平面ABCD，BB1=2A1B1=2． （Ⅰ）求证：平面AB1C⊥平面BB1D； （Ⅱ）求二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值． 21教育名师原创作品
【答案】（Ⅰ）证明：∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AC， ∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC， 又BD∩BB1=B，∴AC⊥平面BB1D， ∵AC?平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BB1D； （Ⅱ）设BD、AC交于点O，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OD为y轴，建立如图所示空间直角坐标系． 则 ， ， ， ∴ ， ， ． 设平面A1BD的法向量 ， 由 ，取z= ，得 ， 设平面DCF的法向量 ， 由 ，取z= ，得 ． 设二面角A1﹣BD﹣C1为θ， 则 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角 【解析】【分析】（Ⅰ）由BB1⊥平面ABCD，得BB1⊥AC，再由ABCD是菱形，得BD⊥AC，由线面垂直的判定可得AC⊥平面BB1D，进一步得到平面AB1C⊥平面BB1D；（Ⅱ）设BD、AC交于点O，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OD为y轴，建立如图所示空间直角坐标系．求出所用点的坐标，得到平面A1BD与平面DCF的法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A1﹣BD﹣C1的余弦值． 21世纪教育网版权所有
7、（2017湖南怀化一模）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠ADC=120°，AB=2CD=2，平面D1DCC1垂直平面ABCD，D1C⊥AB，M是线段AB的中点． （Ⅰ）求证：D1M∥面B1BCC1； （Ⅱ）若DD1=2，求平面C1D1M和平面ABCD所成的锐角的余弦值．
【答案】证明（Ⅰ）因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB=2CD，所以AB∥DC． 又由M是AB的中点，因此CD∥MB且CD=MB． 在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1 ， CD=C1D1 ， 可得C1D1∥MB，C1D1=MB，所以四边形BMD1C1为平行四边形， 因此D1M∥BC1 ． 又D1M?平面B1BCC1 ， BC1?平面B1BCC1 ， 所以D1M∥平面B1BCC1 （Ⅱ）解：方法一：如图（2），连接AC，MC． 由（Ⅰ）知CD∥AM且CD=AM， 所以四边形AMCD为平行四边形， 可得BC=AD=MC， 由题意∠ABC=∠PAB=60°， 所以△MBC为正三角形， 因此AB=2BC=2，CA= ， 因此CA⊥CB． 又D1C⊥AB，CD∥AB，故D1C⊥CD，而平面D1DCC1垂直平面ABCD且交于CD，则D1C⊥平面ABCD 以C为坐标原点，建立如图（2）所示的空间直角坐标系C﹣xyz 由DD1=2得D1C= ，所以A（ ，0，0），B（0，1，0），D1（0，0， ） 因此M ，所以 ， 设平面C1D1M的一个法向量为 ， 可得平面C1D1M的一个法向量 又 为平面ABCD的一个法向量 因此 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 方法二：由（Ⅰ）知平面D1C1M∩平面ABCD=AB，过点C向AB引垂线交AB于点N， 连接D1N，如图（3）． 由D1C⊥AB，CD∥AB，故D1C⊥CD， 而平面D1DCC1垂直平面ABCD且交于CD， 则D1C⊥平面ABCD， 可得D1N⊥AB， 因此∠D1NC为二面角C1﹣AB﹣C的平面角 在Rt△BNC中，BC=1，∠NBC=60°，可得CN= ． 所以ND1= = ． 在Rt△D1CN中，cos∠D1NC= ， 所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角（锐角）的余弦值为 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）证明AB∥DC．说明以四边形BMD1C1为平行四边形，推出D1M∥BC1 ． 然后证明D1M∥平面B1BCC1（Ⅱ）方法一连接AC，MC．以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C﹣xyz，求出相关的坐标，求出平面C1D1M的一个法向量，平面ABCD的一个法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的平面角的余弦函数值．方法二：说明∠D1NC为二面角C1﹣AB﹣C的平面角，通过在Rt△D1CN中，求解即可．
8、（2017河北衡水一模）如图（1），等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D在线段AC上，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））． （Ⅰ）求证：PB⊥DE； （Ⅱ）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为30°，求PE长．
【答案】解：（Ⅰ）∵DE⊥AB，∴DE⊥BE，DE⊥PE， ∵BE∩PE=E，∴DE⊥平面PEB， 又∵PB?平面PEB，∴BP⊥DE； （Ⅱ）∵PE⊥BE，PE⊥DE，DE⊥BE， ∴分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（如图） 设PE=a，则B（0，4﹣a，0），D（a，0，0），C（2，2﹣a，0）， P（0，0，a）， 可得 ， ， 设面PBC的法向量 ， ∴ 令y=1，可得x=1，z= 因此 是面PBC的一个法向量， ∵ ，PD与平面PBC所成角为30°， ∴ ，即 ， 解之得：a= ，或a=4（舍），因此可得PE的长为 ． 【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（I）根据翻折后DE仍然与BE、PE垂直，结合线面垂直的判定定理可得DE⊥平面PEB，再由线面垂直的性质可得PB⊥DE；（II）分别以DE、BE、PE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系．设PE=a，可得点B、D、C、P关于a的坐标形式，从而得到向量 、 坐标，利用垂直向量数量积为0的方法建立方程组，解出平面PCD的一个法向量为 =（1，1， ），由PD与平面PBC所成的角为30°和向量 的坐标，建立关于参数a的方程，解之即可得到线段PE的长．
9、（2017安徽六安舒城中学仿真）如图，在三棱台DEF﹣ABC中，AB=2DE，G，H分别为AC，BC的中点． （Ⅰ）求证：BD∥平面FGH； （Ⅱ）若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF=DE，∠BAC=45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小．
【答案】解：（Ⅰ）证明：根据已知条件，DF∥AC，EF∥BC，DE∥AB； △DEF∽△ABC，又AB=2DE， ∴BC=2EF=2BH， ∴四边形EFHB为平行四边形； ∴BE∥HF，HF?平面FGH，BE?平面FGH； ∴BE∥平面FGH； 同样，因为GH为△ABC中位线，∴GH∥AB； 又DE∥AB； ∴DE∥GH； ∴DE∥平面FGH，DE∩BE=E； ∴平面BDE∥平面FGH，BD?平面BDE； ∴BD∥平面FGH； （Ⅱ）连接HE，则HE∥CF； ∵CF⊥平面ABC； ∴HE⊥平面ABC，并且HG⊥HC； ∴HC，HG，HE三直线两两垂直，分别以这三直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设HC=1，则： H（0，0，0），G（0，1，0），F（1，0，1），B（﹣1，0，0）； 连接BG，根据已知条件BA=BC，G为AC中点； ∴BG⊥AC； 又CF⊥平面ABC，BG?平面ABC； ∴BG⊥CF，AC∩CF=C； ∴BG⊥平面ACFD； ∴向量 为平面ACFD的法向量； 设平面FGH的法向量为 ，则： ，取z=1，则： ； 设平面FGH和平面ACFD所成的锐二面角为θ，则：cosθ=|cos |= ； ∴平面FGH与平面ACFD所成的角为60° 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）根据AB=2DE便可得到BC=2EF，从而可以得出四边形EFHB为平行四边形，从而得到BE∥HF，便有BE∥平面FGH，再证明DE∥平面FGH，从而得到平面BDE∥平面FGH，从而BD∥平面FGH；（Ⅱ）连接HE，根据条件能够说明HC，HG，HE三直线两两垂直，从而分别以这三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，然后求出一些点的坐标．连接BG，可说明 为平面ACFD的一条法向量，设平面FGH的法向量为 ，根据 即可求出法向量 ，设平面FGH与平面ACFD所成的角为θ，根据cosθ= 即可求出平面FGH与平面ACFD所成的角的大小．
10、（2017黑龙江大庆实验中学模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，AB=BD= ，PB= （Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面ABCD； （Ⅱ）设Q是棱PC上的点，当PA∥平面BDQ时，求二面角A﹣BD﹣Q的余弦值．
【答案】解：（Ⅰ）证明：取AD中点O，连结OP，OB， ∵PAD是边长为2的正三角形，∴ ， ∵ ， ∴OB2+OP2=PB2 ， 则OP⊥OB， ∵OB∩AD=O，∴OP⊥平面ABCD， 又OP?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD； （Ⅱ）解：连接AC交BD于E，连接QE， ∵PA∥平面BDQ，∴PA∥QE， 又E为AC的中点，∴Q为PC的中点． 以O为原点，分别以OA、OB、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则A（1，0，0），B（0，2，0），D（﹣1，0，0），Q（﹣1，1， ）． ． 设平面BDQ的一个法向量为 ． 由 ，得 ，取z=2 ，得 ． 由图可知，平面ABD的一个法向量 ． ∴cos＜ ＞= = ． ∴二面角A﹣BD﹣Q的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取AD中点O，连结OP，OB，求解三角形可得OP⊥AD，OP⊥OB，再由线面垂直的判定可得OP⊥平面ABCD，进一步得到平面PAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）连接AC交BD于E，连接QE，由线面平行的性质可得PA∥QE，则Q为PC的中点．以O为原点，分别以OA、OB、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到平面BDQ与平面ABD的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角A﹣BD﹣Q的余弦值．
11、（2017四川成都洛带中学模拟）如图，PA⊥平面AC，四边形ABCD是矩形，E、F分别是AB、PD的中点． （Ⅰ）求证：AF∥平面PCE； （Ⅱ）若二面角P﹣CD﹣B为45°，AD=2，CD=3，求点F到平面PCE的距离．
【答案】解：（Ⅰ）取PC中点M，连接ME、MF． ∵ ， ∴AE∥FM，且AE=FM， 即四边形AFME是平行四边形， ∴AF∥EM，∵AF?平在PCE， ∴AF∥平面PCE． （Ⅱ）∵PA⊥平面AC，CD⊥AD， 根据三垂线定理知，CD⊥PD， ∴∠PDA是二面角， P﹣CD﹣B的平面角，则∠PDA=45° 于是，△PAD是等腰直角三角形， ∴AF⊥PD，又AF⊥CD， ∴AF⊥面PCD．而EM∥AF， ∴EM⊥面PCD．又EM?平面PEC， ∴面PEC⊥面PCD．…（8分） 在面PCD内过F作FH⊥PC于H， 则FH为点F到平面PCE的距离． 由已知，PD=2 ，PF= ． ∵△PFH∽△PCD， ∴ 【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（Ⅰ）取PC中点M，连接ME、MF．由 ，知AE∥FM，且AE=FM，由此能证明四边形AFME是平行四边形，从而得到AF∥平面PCE．（Ⅱ）由PA⊥平面AC，CD⊥AD，根据三垂线定理知，CD⊥PD，故∠PDA是二面角P﹣CD﹣B的平面角，所以△PAD是等腰直角三角形，由AF⊥PD，AF⊥CD，得到面PEC⊥面PCD，由此入手能够求出点F到平面PCE的距离． 【来源：21·世纪·教育·网】
12、（2017湖南衡阳十校联考三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC=BC=5，AB=6，M是CC1中点，CC1=8．
(1)求证：平面AB1M⊥平面A1ABB1；
(2)求平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：连结A1B，交AB1于点P， ∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形ABB1A1是矩形，∴P是A1B的中点， 取AB的中点N，连结CN，PN，MP， 则NP∥CM，且NP=CM，∴四边形MCNP是平行四边形， ∴CN∥MP， 又AC=BC，∴CN⊥AB， ∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥CN， 又AA1∥CC1 ， ∴CN⊥AA1 ， ∴CN⊥平面A1ABB1 ， ∴MP⊥平面A1ABB1 ， ∵MP?平面AB1M，∴平面AB1M⊥平面A1ABB1 ． （2）解：以N为原点，NA为x轴，CN为y轴，NP为z轴，建立空间直角坐标系， ∵AC=BC=5，AB=6，M是CC1中点，CC1=8， ∴A（3，0，0），M（0，﹣4，4），B1（﹣3，0，8）， =（﹣3，﹣4，4）， =（﹣6，0，8）， 设平面AB1M的法向量 =（x，y，z）， 则 ，取x=4，得 =（4，0，3）， 平面ABC的法向量 =（0，0，1）， 设平面AB1M与平面ABC所成二面角的平面角为θ， 则cosθ= = ，sinθ= = ． ∴平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）连结A1B，交AB1于点P，取AB的中点N，连结CN，PN，MP，推导出四边形MCNP是平行四边形，从而CN∥MP，进而CC1⊥CN，由AA1∥CC1 ， 知CN⊥AA1 ， 从而CN⊥平面A1ABB1 ， 进而MP⊥平面A1ABB1 ， 由此能证明平面AB1M⊥平面A1ABB1 ． （2）以N为原点，NA为x轴，CN为y轴，NP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AB1M与平面ABC所成二面角的正弦值．
13、（2017湖南怀化四模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，∠ACB=90°，BB1=3，AC=BC=2，D，E分别为AB，BC的中点，F为BB1上一点，且 = ．
(1)求证：平面CDF⊥平面A1C1E；
(2)求二面角C1﹣CD﹣F的余弦值．
【答案】（1）证明：以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴正半轴建立空间直角坐标系， ∵BB1=3，AC=BC=2，D，E分别为AB，BC的中点， = ． ∴C（0，0，0），D（1，1，0），F（0，2， ），E（0，1，0），A1（2，0，3），C1（0，0，3）． ， ， ． 设平面CDF的一个法向量为 ， 则 ，取y=﹣1，得 ； 再平面A1C1E的一个法向量为 ， 则 ，取z=1，得 ． ∵ ， ∴ ，则平面CDF⊥平面A1C1E； （2）解：由（1）知，平面CDF的一个法向量 ， 又平面C1CD的一个法向量 ， ∴cos＜ ＞= = ， ∵二面角C1﹣CD﹣F为锐角， ∴二面角C1﹣CD﹣F的余弦值为 ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴正半轴建立空间直角坐标系，再由已知求出C，D，F，E，A1 ， C1的坐标，得到平面CDF与平面A1C1E的一个法向量，由两法向量垂直可得平面CDF⊥平面A1C1E；（2）由（1）知，平面CDF的一个法向量 ，又平面C1CD的一个法向量 ，由两法向量所成角的余弦值求得二面角C1﹣CD﹣F的大小．
14、（2017江苏盐城三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，面PAD⊥底面ABCD，且△PAD是边长为2的等边三角形，PC= ，M在PC上，且PA∥面BDM．
(1)求直线PC与平面BDM所成角的正弦值；
(2)求平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小．
【答案】（1）解：∵面PAD⊥面ABCD，△PAD为正三角形，作AD边上的高PO， ∵面PAD∩面ABCD=AD，由面面垂直的性质定理，得PO⊥面ABCD， 又ABCD是矩形，同理可得CD⊥面PAD，知CD⊥PD， ∵PC= ，PD=2，∴CD=3． 以AD中点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，AD的垂直平分线为y轴，建立如图所示的坐标系， 则P（0，0， ），A（1，0，0），B（1，3，0），C（﹣1，3，0），D（﹣1，0，0）， 连结AC交BD于点N，由PA∥面MBD，面APC∩面MBD=MN， ∴MN∥PA，又N是AC的中点， ∴M是PC的中点，则M（ ， ， ）， 设面BDM的法向量为 ， ， ， 则 ，令x=1，解得y=﹣ ，z= ，得 ． 设PC与面BDM所成的角为θ，则 ， ∴直线PC与平面BDM所成角的正弦值为 ． （2）面PAD的法向量为向量 ，设面BDM与面PAD所成的锐二面角为φ， 则cosφ= ， 故平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小为 ． 【考点】直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】作AD边上的高PO，由已知结合面面垂直的性质可得PO⊥面ABCD，再由ABCD是矩形，得到CD⊥PD，求解直角三角形可得CD．以AD中点O为坐标原点，OA所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，AD的垂直平分线为y轴，建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，得到平面BDM的法向量 ．（1）设PC与面BDM所成的角为θ，由sinθ=| 求得直线PC与平面BDM所成角的正弦值．（2）求出平面PAD的法向量 ，由两平面法向量所成角的余弦值求得平面BDM与平面PAD所成锐二面角的大小．
15、（2017安徽蚌埠二模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，AC=2BC=2CD=4，∠ACB=∠ACD=60°．
(1)证明：CP⊥BD；
(2)若AP=PC=2 ，求二面角A﹣BP﹣C的余弦值．
【答案】（1）证明：∵BC=CD，即△BCD为等腰三角形， 又AC平分∠BCD，故AC⊥BD， ∵平面PAC⊥底面ABCD，平面PAC∩底面ABCD=AC， ∴BD⊥平面PAC， ∵CP?平面PAC，∴CP⊥BD （2）解：如图，记BD交AC于点E，作PO⊥AC于点O， 则PO⊥底面ABCD， ∵AP=PC=2 ，AC=4，∴∠APC=90°，PO=2， 则EC=CD?cos60°=1，ED=CD?sin60°= ， 以O为坐标原点，平行于DB的直线为x轴，OC所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 则A（0，﹣2，0），B（ ，1，0），C（0，2，0），P（0，0，2）， ∴ ， ． 设平面PAB的一个法向量为 ，则 ，取z=1，则 ； 设平面PBC的一个法向量为 ，则 ，取z=1，则 ． ∴cos＜ ＞= = = ． ∴二面角A﹣BP﹣C的余弦值为 ． 【考点】直线与平面垂直的性质，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）推导出AC⊥BD，由平面PAC⊥底面ABCD，得BD⊥平面PAC，由此能证明CP⊥BD；（2）作PO⊥AC于点O，则PO⊥底面ABCD，以O为坐标原点，平行于DB的直线为x轴，OC所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求出所用点的坐标，求得平面PAB与平面PBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣BP﹣C的余弦值． 21·世纪*教育网
16、（2017辽宁葫芦岛二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AP=AB=AC=a， ，PA⊥底面ABCD．
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)在棱PC上是否存在一点E，使得二面角B﹣AE﹣D的平面角的余弦值为 ？若存在，求出 的值？若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明：在△ACD中，AC=a，CD=a，AD= a， ?由勾股定理得：CD⊥AC ∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD， AC?面PAC，PA?面PAC，PA∩AC=A ∴CD⊥面PAC 又∵CD?面PCD ∴平面PCD⊥平面PAC （2）解：（由（1）知：AB⊥AC，又PA⊥底面ABCD ∴以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示坐标系 则A（0，0，0），B（a，0，0），C（0，a，0）， D（﹣a，a，0），P（0，0，a） 假设点E存在，且λ= ，则 =λ ??? （xE ， yE﹣a，zE）=λ（0，﹣a，a） ∴xE=0，yE=（1﹣λ）a，zE=λa =（a，0，0） =（0，（1﹣λ）a，λa）， =（﹣a，a，0） 设平面BAE的法向量为 =（x1 ， y1 ， z1），平面DAE的法向量为 =（x2 ， y2 ， z2）， 则 ，取y1=λ，得 ， ，取x2=λ，得 =（λ，λ，λ﹣1） cos＜ ＞= = = ， 由题意：|cos＜ ＞|= = ， 整理得：3（2λ2﹣2λ+1）=2（3λ2﹣2λ+1），解得λ= ， ∴棱PC上存在一点E，使得二面角B﹣AE﹣D的平面角的余弦值为﹣ ，且此时λ= ． 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）由勾股定理得：CD⊥AC，由线面垂直得PA⊥CD，从而CD⊥面PAC，由此能证明平面PCD⊥平面PAC．（2）以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
17、（2017上海杨浦三模）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，AD=AB=1．AA1=CD=2．E为棱DD1的中点．
(1)证明：B1C1⊥平面BDE；
(2)求二面角D﹣BE﹣C1的大小．
【答案】（1）证明：由题意，BD=BC= ， ∵CD=2，∴BD2+BC2=CD2 ， 则BC⊥BD． 又∵ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，∴BC⊥DE， ∵BD∩DE=D，∴BC⊥平面BDE， 又∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥平面BDE （2）解：如图建立空间直角坐标系， 则有B（1，1，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），E（0，0，1）． ， ． 设平面BEC1 的法向量为 ， 由 ，得 ，取x=3，得 ． 由（1）知，平面BDE的一个法向量 ． ∴cos＜ ＞= = ． 由图可知，二面角D﹣BE﹣C1为钝角， ∴二面角D﹣BE﹣C1的大小为arccos（﹣ ） 【考点】直线与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）由题意证明BC⊥BD，再由已知ABCD﹣A1B1C1D1为直四棱柱，得BC⊥DE，由线面垂直的判定可得BC⊥平面BDE，进一步得到B1C1⊥平面BDE；（2）如图建立空间直角坐标系，由已知求出B，C，C1 ， E的坐标，进一步求出平面BEC1 与平面BDE的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角D﹣BE﹣C1的大小．
18、（2017江苏扬州中学最后一卷）如图，在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1E=CF=1．
(1)求两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值；
(2)求直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值．
【答案】（1）解：以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz如图所示： 则A（3，0，0），C1=（0，3，3），D1=（0，0，3），E（3，0，2） ∴ =（﹣3，3，3）， =（3，0，﹣1） ∴cosθ= = =﹣ 则两条异面直线AC1与D1E所成角的余弦值为 （2）解：B（3，3，0）， =（0，﹣3，2）， =（3，0，﹣1） 设平面BED1F的一个法向量为 =（x，y，z） 由 得 令x=1，则 =（1，2，3） 则直线AC1与平面BED1F所成角的正弦值为 | |= = 【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离，用空间向量求直线与平面的夹角 【解析】【分析】（1）以以D为原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则我们易求出已知中，各点的坐标，进而求出向量 ， 的坐标．代入向量夹角公式，结合异面直线夹角公式，即可得到答案．（2）设出平面BED1F的一个法向量为 ，根据法向量与平面内任一向量垂直，数量积为0，构造方程组，求出平面BED1F的法向量为 的坐标，代入线面夹角向量公式，即可求出答案．
19、（2017四川成都三诊）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE=2，M为线段BF上一点，且DM⊥平面ACE．
(1)求BM的长；
(2)求二面角A﹣DM﹣B的余弦值的大小．
【答案】（1）解：设AC∩BD=O，取EF中点N，连接NO ∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD， ∵四边形BDEF是矩形，∴ON⊥BD， ∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，ON?平面BDEF， ∴ON⊥平面ABCD， 以O为原点，以OC，OB，ON为坐标轴建立空间坐标系如图所示： ∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°， ∴OB=OD=1，OA=OC= ， ∵四边形BDEF是矩形，DE=2， ∴A（﹣ ，0，0），B（0，1，0），C（ ，0，0），E（0，﹣1，2），D（0，﹣1，0）， 设BM=h，则M（0，1，h）， ∴ =（0，2，h）， =（ ，﹣1，2）， ∵DM⊥平面ACE，∴ ， ∴﹣2+2h=0，解得h=1， ∴BM=1 （2）解： =（ ，﹣1，0）， =（0，2，1）， 设平面ADM的法向量为 =（x，y，z），则 ， ∴ ，令x= 得 =（ ，3，﹣6）， 又AC⊥平面BDM，∴ =（1，0，0）是平面BDM的一个法向量， ∴cos＜ ＞= = = ， ∴二面角A﹣DM﹣B的余弦值为 【考点】平面与平面垂直的性质，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）建立坐标系，设BM=h，求出 和 的坐标，令 =0解出h；（2）求出平面ADM和平面BDM的法向量，计算法向量的夹角即可得出二面角的夹角．
20、（2017浙江宁波镇海中学模拟）在边长为3的正三角形ABC中，E、F、P分别是AB、AC、BC边上的点，满足AE：EB=CF：FA=CP：PB=1：2（如图（1）将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连结A1B、A1P（如图（2））．
(1)求证：A1E⊥平面BEP；
(2)求二面角B﹣A1P﹣E的余弦值．
【答案】（1）证明：在图（1）中，取BE的中点D，连结DF， ∵AE：EB=CF：FA=1：2，∴AF=AD=2， 而∠A=60°，∴△ADF为正三角形． 又AE=DE=1，∴EF⊥AD． 在图（2）中，A1E⊥EF，BE⊥EF， ∴∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的一个平面角， 由题设条件知此二面角为直二面角，∴A1E⊥平面BEP （2）解：分别以EB、EF、EA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 则E（0，0，0），B（2，0，0），P（1， ，0），A1（0，0，1）， ， ． 设面EA1P的法向量为 ， 则 ，取y=﹣1，得 =（ ，﹣1，0）； 设面BA1P的法向量为 ， 则 ，取y=1，得 =（ ，1，2 ）． ∴cos＜ ＞= = ， ∴二面角B﹣A1P﹣E的大小的余弦值为 【考点】平面与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法 【解析】【分析】（1）在图（1）中，取BE的中点D，连结DF，由已知可得△ADF为正三角形．进一步得到EF⊥AD．在图（2）中，可得A1E⊥EF，BE⊥EF，即∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的一个平面角，由题设条件知此二面角为直二面角，可得A1E⊥平面BEP； （2）分别以EB、EF、EA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，然后分别求出面EA1P与面BA1P的一个法向量，求出两法向量所成角的余弦值得答案．
