课件58张PPT。第15练
空间向量与立体几何 [大题规范练]题组对点练栏目索引模板规范练题组对点练题组一 平行、垂直关系的证明要点重组 (1)(2)设直线l的方向向量a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为u＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则有：
l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；
l⊥α?a∥u?a＝ku?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2，k∈R；
α∥β?u∥v?u＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3，λ∈R；
α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.1.如图所示，已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点.求证：
(1)DE∥平面ABC；证明 由直三棱柱的性质，得A1A⊥AB，A1A⊥AC，又BA⊥AC，如图，
以点A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4，
则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4).
取AB的中点N，连接CN，
则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，又∵NC?平面ABC，DE?平面ABC，
∴DE∥平面ABC.(2)B1F⊥平面AEF.又∵AF∩EF＝F，AF，EF?平面AEF，
∴B1F⊥平面AEF.2.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：
(1)B1D⊥平面ABD；证明 方法一 (几何法)
∵AB⊥BC，平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，∴AB⊥平面BCC1B1，
∵B1D?平面BCC1B1，∴B1D⊥AB，
∴B1B2＝BD2＋B1D2，∴B1D⊥BD，
又BD∩AB＝B，BD，AB?平面ABD，
∴B1D⊥平面ABD.方法二 (坐标系法)
以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4).
设BA＝a，则A(a,0,0)，又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD，
因此B1D⊥平面ABD.(2)平面EGF∥平面ABD.证明 方法一 (几何法)
∵G，F分别为A1C1，B1C1的中点，
∴GF∥A1B1∥AB.
∵GF?平面ABD，AB?平面ABD，
∴GF∥平面ABD.
取B1B的中点M，连接MC1，则EF∥MC1，
又MC1∥BD，∴EF∥BD，
又EF?平面ABD，BD?平面ABD，
∴EF∥平面ABD.
又GF∩EF＝F，GF，EF?平面EGF，
∴平面EGF∥平面ABD.又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF，
因此B1D⊥平面EGF.
结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.方法二 (坐标系法)题组二 空间角的求解要点重组 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2).平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).
(1)线线角3.(2019·浙江)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点.
(1)证明：EF⊥BC；证明 方法一 如图，连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F，
又A1E，A1F?平面A1EF，A1E∩A1F＝A1，
所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.方法二 连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.
如图，以E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E－xyz.(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.解 方法一 取BC的中点G，连接EG，GF，
则EGFA1是平行四边形.
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
所以平行四边形EGFA1为矩形.
连接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，
则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).方法二 设直线EF与平面A1BC所成角为θ.设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z).4.(2019·潍坊模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，∠BAA1＝45°，平面AA1C1C⊥平面AA1B1B.
(1)求证：AA1⊥BC；证明 过点C作CO⊥AA1，垂足为O，
因为平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，平面AA1C1C∩平面AA1B1B＝AA1，
所以CO⊥平面AA1B1B，
故CO⊥OB，
又因为CA＝CB，CO＝CO，∠COA＝∠COB＝90°，
所以Rt△AOC≌Rt△BOC，故OA＝OB，
因为∠BAA1＝45°，所以AA1⊥OB，
又因为AA1⊥CO，所以AA1⊥平面BOC，
故AA1⊥BC.解 如图，以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为CO⊥平面AA1B1B，
所以∠CBO是直线BC与平面AA1B1B所成角，故∠CBO＝45°，所以AO＝BO＝CO＝1，
故A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，A1(－1,0,0)，B1(－2,1,0)，D(－1,0,1)，设平面A1B1D的法向量为n＝(x1，y1，z1)，令x1＝1，则n＝(1,1,0)，
因为OB⊥平面AA1C1C，由图可知，二面角B1－A1D－C1为锐角，题组三 折叠问题要点重组 (1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口.
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.5.(2019·衡水联考)在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，AB＝2BC＝2CD，如图1，以DE为折痕将△ADE折起，使点A到达点P的位置，如图2.
(1)证明：平面BCP⊥平面CEP；图1 图2证明 在题图1中，因为AB＝2BC＝2CD，且D为AB的中点，
由平面几何知识，得∠ACB＝90°.
又因为E为AC的中点，所以DE∥BC，
在题图2中，CE⊥DE，PE⊥DE，且CE∩PE＝E，
CE，PE?平面CEP，
所以DE⊥平面CEP，所以BC⊥平面CEP，
又BC?平面BCP，
所以平面BCP⊥平面CEP.(2)若平面DEP⊥平面BCED，求直线DP与平面BCP所成角的正弦值.图1 图2解 因为平面DEP⊥平面BCED，平面DEP∩平面BCED＝DE，EP?平面DEP，EP⊥DE，
所以EP⊥平面BCED，
又因为CE?平面BCED，所以EP⊥CE，在题图1中，设BC＝2a，则AB＝4a，设n＝(x，y，z)为平面BCP的法向量，令y＝1，则z＝1，所以n＝(0,1,1)，(1)证明：CE⊥平面AEP；证明 因为E是线段AD的中点，所以DE＝EA＝2.
所以CE＝2＝DE.
因为CE2＋DE2＝8＝DC2，
所以CE⊥DE，所以CE⊥EA，CE⊥PE.
又AE∩PE＝E，AE?平面AEP，PE?平面AEP，
所以CE⊥平面AEP. (2)若△AEP是等边三角形，求平面AEP和平面PBC所成锐二面角的余弦值.易知OE＝OA＝CM＝1，所以BM＝3，因为CE⊥平面AEP，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，设平面AEP和平面PBC所成锐二面角为θ，模板规范练典例 (12分)如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝ ，O为BC的中点，将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′－BCDE，其中A′O＝ .模板体验(1)求证：A′O⊥平面BCDE；
(2)求二面角A′－CD－B的余弦值.审题路线图规范解答·评分标准
证明 (1)如图①，在折叠前的图形中，连接AO交DE于点F，则F为DE的中点，在等腰直角三角形ABC中，因为BC＝6，O为BC的中点，如图②，在折叠后的图形中，连接OF和A′F，所以A′O⊥OF. ……………………………………………………………………… 3分
在折叠前的图形中，DE⊥OA，所以在折叠后的图形中，DE⊥A′F，DE⊥OF. ……………………………………4分
又OF∩A′F＝F，OF，A′F?平面OA′F，
所以DE⊥平面OA′F.
因为OA′?平面OA′F，所以DE⊥OA′. ………………………………………… 5分
因为OF∩DE＝F，OF，DE?平面BCDE，
所以A′O⊥平面BCDE. ……………………………………………………………… 6分(2)解 以O为坐标原点，分别以OF，OB，OA′所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图③所示(F为DE的中点)，设n＝(x，y，z)为平面A′CD的一个法向量，构建答题模板
[第一步] 找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线.
[第二步] 写坐标：建立空间直角坐标系，写出特殊点的坐标.
[第三步] 求向量：求直线的方向向量或平面的法向量.
[第四步] 求夹角：计算向量的夹角.
[第五步] 得结论：得到所求两个平面所成的角或直线与平面所成的角.规范演练1.(2019·齐鲁名校协作体联考)如图，在四棱锥S－ABCD中，AD∥BC，CD⊥平面SBC，且SB⊥SD.
(1)求证：平面SAB⊥平面SCD；证明 ∵CD⊥平面SBC，SB?平面SBC，
∴SB⊥CD，
∵SB⊥SD，SD∩DC＝D，SD，DC?平面SCD，
∴SB⊥平面SCD，
又SB?平面SAB，∴平面SAB⊥平面SCD.由(1)可知，∵SB⊥SD，SB⊥SC，
则二面角C－SB－D的平面角为∠CSD，为45°，
可设CD＝2，易得∠SCB＝60°，设平面SAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，2.(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.
(1)证明：MN∥平面C1DE；证明 连接B1C，ME.由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC，
可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，
故ME∥ND且ME＝ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.
又MN?平面C1DE，ED?平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.(2)求二面角A－MA1－N的正弦值.设m＝(x，y，z)为平面A1MA的一个法向量，设n＝(p，q，r)为平面A1MN的一个法向量，则令p＝2，则n＝(2,0，－1). 本课结束 第15练 空间向量与立体几何[大题规范练]
题组一 平行、垂直关系的证明
要点重组 (1)
(2)设直线l的方向向量a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为u＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则有：
l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；
l⊥α?a∥u?a＝ku?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2，k∈R；
α∥β?u∥v?u＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3，λ∈R；
α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
1.如图所示，已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：
(1)DE∥平面ABC；
(2)B1F⊥平面AEF.
证明 (1)由直三棱柱的性质，得A1A⊥AB，A1A⊥AC，又BA⊥AC，如图，以点A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4，
则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．
取AB的中点N，连接CN，
则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，
∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，
∴＝，∴DE∥NC.
又∵NC?平面ABC，DE?平面ABC，
∴DE∥平面ABC.
(2)∵＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)，
∴·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.
∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF.
又∵AF∩EF＝F，AF，EF?平面AEF，
∴B1F⊥平面AEF.
2.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证：
(1)B1D⊥平面ABD；
(2)平面EGF∥平面ABD.
证明 方法一 (几何法)
(1)∵AB⊥BC，平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，∴AB⊥平面BCC1B1，
∵B1D?平面BCC1B1，∴B1D⊥AB，
在△B1BD中，B1B＝4，BD＝B1D＝2，
∴B1B2＝BD2＋B1D2，∴B1D⊥BD，
又BD∩AB＝B，BD，AB?平面ABD，
∴B1D⊥平面ABD.
(2)∵G，F分别为A1C1，B1C1的中点，
∴GF∥A1B1∥AB.
∵GF?平面ABD，AB?平面ABD，
∴GF∥平面ABD.
取B1B的中点M，连接MC1，则EF∥MC1，
又MC1∥BD，∴EF∥BD，
又EF?平面ABD，BD?平面ABD，
∴EF∥平面ABD.
又GF∩EF＝F，GF，EF?平面EGF，
∴平面EGF∥平面ABD.
方法二 (坐标系法)
(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)．
设BA＝a，则A(a,0,0)，
所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)．
·＝0，·＝0＋4－4＝0.
则⊥，⊥，即B1D⊥BA，B1D⊥BD.
又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD，
因此B1D⊥平面ABD.
(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，
则＝，＝(0,1,1)，
·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，
则⊥，⊥，即B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF，
因此B1D⊥平面EGF.
结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.
题组二 空间角的求解
要点重组 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线线角
设l，m所成的角为θ，则cos θ＝＝.
(2)线面角
设直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝＝|cos〈a，u〉|.
(3)二面角
设平面α与平面β所成二面角的平面角为θ，则|cos θ|＝＝|cos〈u，v〉|.
3．(2019·浙江)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．
(1)证明：EF⊥BC；
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．
方法一 (1)证明 如图，连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F，
又A1E，A1F?平面A1EF，A1E∩A1F＝A1，
所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.
(2)解 取BC的中点G，连接EG，GF，
则EGFA1是平行四边形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，
所以平行四边形EGFA1为矩形．
连接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，
则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．
不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.
由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，
所以cos∠EOG＝＝.
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.
方法二 (1)证明 连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E?平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC.
如图，以E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E－xyz.
不妨设AC＝4，则A1(0,0,2)，B(，1,0)，B1(，3,2)，F，C(0,2,0)．
因此，＝，＝(－，1,0)．
由·＝0得EF⊥BC.
(2)解 设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得＝(－，1,0)，＝(0,2，－2)．
设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
取n＝(1，，1)，
故sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
∴cos θ＝＝，
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.
4.(2019·潍坊模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，∠BAA1＝45°，平面AA1C1C⊥平面AA1B1B.
(1)求证：AA1⊥BC；
(2)若BB1＝AB＝2，直线BC与平面ABB1A1所成角为45°，D为CC1的中点，求二面角B1－A1D－C1的余弦值．
(1)证明 过点C作CO⊥AA1，垂足为O，
因为平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，平面AA1C1C∩平面AA1B1B＝AA1，
所以CO⊥平面AA1B1B，
故CO⊥OB，
又因为CA＝CB，CO＝CO，∠COA＝∠COB＝90°，
所以Rt△AOC≌Rt△BOC，故OA＝OB，
因为∠BAA1＝45°，所以AA1⊥OB，
又因为AA1⊥CO，所以AA1⊥平面BOC，
故AA1⊥BC.
(2)解 如图，以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为CO⊥平面AA1B1B，
所以∠CBO是直线BC与平面AA1B1B所成角，故∠CBO＝45°，
又AB＝，∠BAA1＝45°，
所以AO＝BO＝CO＝1，
故A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，A1(－1,0,0)，
B1(－2,1,0)，D(－1,0,1)，
＝(0,0,1)，＝(1，－1,1)，
设平面A1B1D的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则所以
令x1＝1，则n＝(1,1,0)，
因为OB⊥平面AA1C1C，
所以为平面A1C1D的一个法向量，＝(0,1,0)，
cos〈n，〉＝＝，
由图可知，二面角B1－A1D－C1为锐角，
所以二面角B1－A1D－C1的余弦值为.
题组三 折叠问题
要点重组 (1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
5．(2019·衡水联考)在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，AB＝2BC＝2CD，如图1，以DE为折痕将△ADE折起，使点A到达点P的位置，如图2.
图1 图2
(1)证明：平面BCP⊥平面CEP；
(2)若平面DEP⊥平面BCED，求直线DP与平面BCP所成角的正弦值．
(1)证明 在题图1中，因为AB＝2BC＝2CD，且D为AB的中点，
由平面几何知识，得∠ACB＝90°.
又因为E为AC的中点，所以DE∥BC，
在题图2中，CE⊥DE，PE⊥DE，且CE∩PE＝E，
CE，PE?平面CEP，
所以DE⊥平面CEP，所以BC⊥平面CEP，
又BC?平面BCP，
所以平面BCP⊥平面CEP.
(2)解 因为平面DEP⊥平面BCED，平面DEP∩平面BCED＝DE，EP?平面DEP，EP⊥DE，
所以EP⊥平面BCED，
又因为CE?平面BCED，所以EP⊥CE，
以E为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
在题图1中，设BC＝2a，则AB＝4a，AC＝2a，AE＝CE＝a，DE＝a，
则P(0,0，a)，D(a,0,0)，C(0，a,0)，B(2a，a,0)，
所以＝(－a,0，a)，＝(－2a,0,0)，
＝(0，－a，a)，
设n＝(x，y，z)为平面BCP的法向量，
则则
令y＝1，则z＝1，所以n＝(0,1,1)，
设DP与平面BCP所成的角为θ，则
sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为.
6．(2019·衡水信息卷)如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD＝135°，DA＝4，DC＝2，E是线段AD的中点，现将△CDE沿EC折起，使得点D到达点P的位置，得到如图所示的四棱锥P－ABCE.
(1)证明：CE⊥平面AEP；
(2)若△AEP是等边三角形，求平面AEP和平面PBC所成锐二面角的余弦值．
(1)证明 因为E是线段AD的中点，所以DE＝EA＝2.
在△EDC中，由余弦定理得CE2＝DC2＋DE2－2DC·DE·cos 45°＝8＋4－2×2×2×＝4，
所以CE＝2＝DE.
因为CE2＋DE2＝8＝DC2，
所以CE⊥DE，所以CE⊥EA，CE⊥PE.
又AE∩PE＝E，AE?平面AEP，PE?平面AEP，
所以CE⊥平面AEP.
(2)解 取AE的中点为O，连接OP，过点O作OM∥CE交BC于点M.以O为坐标原点，，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．
因为EA＝EP＝PA＝2，所以OP＝.
易知OE＝OA＝CM＝1，所以BM＝3，
则P(0,0，)，E(0，－1,0)，C(2，－1,0)，B(2,3,0)，
故＝(0，－4,0)，＝(2，－1，－)．
因为CE⊥平面AEP，
所以平面AEP的一个法向量为＝(2,0,0)．
设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝1，则n＝.
设平面AEP和平面PBC所成锐二面角为θ，
则cos θ＝＝＝，
即平面AEP和平面PBC所成锐二面角的余弦值为.
典例 (12分)如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝，O为BC的中点，将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′－BCDE，其中A′O＝.
(1)求证：A′O⊥平面BCDE；
(2)求二面角A′－CD－B的余弦值．
审题路线图
(1)―→
―→
(2)―→―→―→―→
规范解答·评分标准
(1)证明 如图①，在折叠前的图形中，连接AO交DE于点F，则F为DE的中点，在等腰直角三角形ABC中，因为BC＝6，O为BC的中点，所以AC＝AB＝3，OA＝3.
因为CD＝BE＝，所以D和E分别是AC，AB的三等分点，则AF＝2，OF＝1.………2分
如图②，在折叠后的图形中，连接OF和A′F，
因为A′O＝，所以A′F2＝OF2＋A′O2，
所以A′O⊥OF. …………………………………………………………………………………3分
在折叠前的图形中，DE⊥OA，
所以在折叠后的图形中，DE⊥A′F，DE⊥OF. ……………………………………………4分
又OF∩A′F＝F，OF，A′F?平面OA′F，
所以DE⊥平面OA′F.
因为OA′?平面OA′F，所以DE⊥OA′. …………………………………………………5分
因为OF∩DE＝F，OF，DE?平面BCDE，
所以A′O⊥平面BCDE. ………………………………………………………………………6分
(2)解 以O为坐标原点，分别以OF，OB，OA′所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图③所示(F为DE的中点)，
则A′(0,0，)，C(0，－3,0)，D(1，－2,0)，
所以＝(0,0，)，＝(0,3，)，＝(－1,2，)．…………………………8分
设n＝(x，y，z)为平面A′CD的一个法向量，
则
令z＝，得n＝(1，－1，)，|n|＝＝.………………………………………9分
由(1)知，＝(0,0，)为平面CDB的一个法向量，
又||＝，·n＝0×1＋0×(－1)＋×＝3，…………………………………10分
所以cos〈n，〉＝＝＝，
又由图知，二面角为锐角，所以二面角A′－CD－B的余弦值为.……………………12分
构建答题模板
[第一步] 找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线．
[第二步] 写坐标：建立空间直角坐标系，写出特殊点的坐标．
[第三步] 求向量：求直线的方向向量或平面的法向量．
[第四步] 求夹角：计算向量的夹角．
[第五步] 得结论：得到所求两个平面所成的角或直线与平面所成的角．
1.(2019·齐鲁名校协作体联考)如图，在四棱锥S－ABCD中，AD∥BC，CD⊥平面SBC，且SB⊥SD.
(1)求证：平面SAB⊥平面SCD；
(2)若CD＝DA＝BC，且二面角C－SB－D为45°，求直线CD与平面SAB所成角的正弦值．
(1)证明 ∵CD⊥平面SBC，SB?平面SBC，
∴SB⊥CD，
∵SB⊥SD，SD∩DC＝D，SD，DC?平面SCD，
∴SB⊥平面SCD，
又SB?平面SAB，∴平面SAB⊥平面SCD.
(2)解 以C为坐标原点，，为x轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
由(1)可知，∵SB⊥SD，SB⊥SC，则二面角C－SB－D的平面角为∠CSD，为45°，
可设CD＝2，易得∠SCB＝60°，
B(4,0,0)，A(2,0,2)，S(1，，0)，D(0,0,2)，
故＝(－2,0,2)，＝(－3，，0)，
设平面SAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
∴令x＝1，则平面SAB的一个法向量为n＝(1，，1)，
又＝(0,0,2)，设直线CD与平面SAB所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.
∴直线CD与平面SAB所成角的正弦值为.
2．(2019·全国Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A－MA1－N的正弦值．
(1)证明 连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，
所以ND＝A1D.
由题设知A1B1∥DC且A1B1＝DC，
可得B1C∥A1D且B1C＝A1D，
故ME∥ND且ME＝ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED.
又MN?平面C1DE，ED?平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)解 由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，
＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的一个法向量，则
所以
令y＝1，则m＝(，1,0)．
设n＝(p，q，r)为平面A1MN的一个法向量，则
所以
令p＝2，则n＝(2,0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A－MA1－N的正弦值为.
