1、（1）向量（0，1，1），（2，0，0），故0.所以BEDC.（2）因为ABAD，又PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA，PAADA，所以AB平面PAD，所以向量（1，0，0）为平面PAD的一个法向量而（0，1，1）（1，0，0）0，所以BEAB，又BE平面PAD，所以BE平面PAD.（3）由（2）知平面PAD的一个法向量（1，0，0），向量（0，2，2），（2，0，0），设平面PCD的法向量为n（x，y，z），则即不妨令y1，可得n（0，1，1）为平面PCD的一个法向量且n所以n.所以平面PCD平面PAD.利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤（1）建立空间直角坐标系，建系时要
2、尽可能地利用条件中的垂直关系（2）建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素（3）通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系（4）根据运算结果解释相关问题对点训练在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点E在线段BB1上，且EB11，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：（1）依题意，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，
3、0，4），C1（0，2，4），设BAa，则A（a，0，0），所以（a，0，0），（0，2，2），（0，2，2），0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，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），0220，0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.结合（1）可知是平面ABD的一个法向量，所以平面EGF平面ABD.利用空间向量求空间角（综合型）典型例题命题角度一异面直线所成的角 已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面
4、直线AB1与BC1所成角的余弦值为_【解析】如图，在平面ABC内过点B作BDAB，交AC于点D，则CBD30.因为BB1平面ABC，故以B为坐标原点，分别以射线BD，BA，BB1为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（0，2，0），B1（0，0，1），C1（cos 30，sin 30，1），即C1.所以（0，2，1），.所以cos，.所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.【答案】两异面直线所成角的求法（1）定义法：过空间中任一点，分别作两异面直线的平行线，则这两条相交直线所成的锐角或直角等于两异面直 线所成的角定义法求解的实质就是将空间中两异面直线所成的角转
5、化为平面三角形的内角进行求解（2）向量法：设异面直线a，b的方向向量分别为a，b，则异面直线a，b所成角的余弦值等于|cosa，b|.命题角度二直线与平面所成的角 （2018高考全国卷）如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值【解】（1）证明：由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.（2）作PHEF，垂足为H.由（1）得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单
6、位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由（1）可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.可得PH，EH.则H（0，0，0），P，D，为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.向量法求直线和平面所成的角设为直线l与平面所成的角，为直线l的方向向量v与平面的法向量n之间的夹角，则有（如图1）或（如图2），所以有sin |cos |cosv，n|.特别地，0时，l；时，0，l或l. 命题角度三二面角的平面角沈阳教学质量监测（一）如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，底面ABCD是正方形，
7、且PAPD，APD90平面PAB平面PCD；（2）（一题多解）求二面角APBC的余弦值因为底面ABCD为正方形，所以CDAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以CD平面PAD.又AP平面PAD，所以CDAP.因为APD90，即PDAP，CDPDD，所以AP平面PCD.因为AP平面PAB，所以平面PAB平面PCD.（2）法一：取AD的中点为O，BC的中点为Q，连接PO，OQ，易得PO底面ABCD，OQAD，以O为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方形ABCD的边长为2，可得A（1，0，0），B（1，2，0），C（1，2，0），P（
8、0，0，1）设平面APB的法向量为n1（x1，y1，z1），而（1，0，1），（1，2，1）则y10，取x11，得n1（1，0，1）为平面APB的一个法向量设平面BCP的法向量为n2（x2，y2，z2），而（1，2，1），（1，2，1），则即则x20，取y21，得n2（0，1，2）为平面BCP的一个法向量所以cosn1，n2，由图易知二面角APBC为钝角，故二面角APBC的余弦值为.法二：以D为原点，建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方形ABCD的边长为2，可得A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），P（1，0，1），设平面PAB的法向量为n1（x1，y1，z1），而（1，0，1
9、），（1，2，1），则y10，取z11，则n1（1，0，1）为平面PAB的一个法向量设平面PBC的法向量为n2（x2，y2，z2），则x20，取y21，则n2（0，1，2）为平面PBC的一个法向量所以cosn1，n2，由图可得二面角APBC为钝角，向量法求二面角设二面角l的平面角为（0），n1，n2分别为平面，的法向量，向量n1，n2的夹角为，则有（如图1）或（如图2），其中cos .（2018高考全国卷）如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，O为AC的中点PO平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值解：因为APCPAC4
10、，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPAC知PO平面ABC.（2）如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O（0，0，0），B（2，0，0），A（0，2，0），C（0，2，0），P（0，0，2），（0，2，2）取平面PAC的一个法向量（2，0，0）设M（a，2a，0）（0a2），则（a，4a，0）设平面PAM的法向量为n（x，y，z）由n0，n0得可取n（a4），a，a），所以cos，n.由已知可得|cos，n|，所以，解得a
11、4（舍去），a，所以n.又（0，2，2），所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.利用向量解决探索性问题（综合型）长春质量监测（二）如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AD2BC2CD4，AA12.AD1B1D；（2）设E是线段A1B1（不包括端点）上的动点，是否存在这样的点E，使得二面角EBD1A的余弦值为，如果存在，求出B1E的长；如果不存在，请说明理由连接BD，B1D1（图略），在等腰梯形ABCD中，由AD2BC2CD4，得BD2，故四边形B1BDD1是正方形，BD1B1D.AD1B1D.（2）假设存在这样的点E，依题意，以B为原点，方向为x轴
12、正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系（图略），设B1Em（0m2），则E（0，m，2），B（0，0，0），D1（2，0，2），A（0，2，0），（0，m，2），（2，0，2），设平面EBD1的法向量为n1（x1，y1，z1），则，即，令z1m，则，所以n1（m，2，m）（0，2，0），（2，0，2），设平面BD1A的法向量为n2（x2，y2，z2），令x21，则，所以n2（1，0，1），|cosn1，n2|，解得m21，则m1，故B1E的长为1.利用空间向量巧解探索性问题（1）空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运
13、算进行判断（2）解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PAPD2，BCAD1，CD.（1）求证：平面PBC平面PQB；（2）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60，求PM的长因为ADBC，Q为AD的中点，BCAD，所以BCQD，所以四边形BCDQ是平行四边形，因为ADC90，所以BCBQ.因为PAPD，AQQD，所
14、以PQAD，又因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PQ平面ABCD.所以PQBC，又因为PQBQQ，所以BC平面PQB.因为BC平面PBC，所以平面PBC平面PQB.（2）由（1）可知PQ平面ABCD.如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系则Q（0，0，0），D（1，0，0），P（0，0，），B（0，0），C（1，0），所以（1，0，），（1，），设平面PDC的法向量为n（x1，y1，z1），则，即，取x13，则n（3，0，）为平面PDC的一个法向量当M与C重合时，平面MQB的法向量为（0，0，），cos 60，满足题意此时PM
15、.当M与C不重合时，由（1，），且01，得M（，），所以（，（1），易得（0，0），设平面MBQ的法向量为m（x2，y2，z2），取x2，则m为平面MBQ的一个法向量因为平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60，所以cos 60，所以，所以PM，由知PM或. A组夯基保分专练一、选择题1（2018合肥第一次质量检测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF平面ABCD，DE平面ABCD，BFDE，M为棱AE的中点平面BDM平面EFC；（2）若DE2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值连接AC，交BD于点N，连接MN，则N为AC的中点，又M为AE的中点，所以MNE
16、C.因为MN平面EFC，EC平面EFC，所以MN平面EFC.因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BFDE.因为BFDE，所以四边形BDEF为平行四边形，所以BDEF.因为BD平面EFC，EF平面EFC，所以BD平面EFC.又MNBDN，所以平面BDM平面EFC.（2）因为DE平面ABCD，四边形ABCD是正方形，所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系Dxyz.设AB2，则DE4，从而D（0，0，0），B（2，2，0），M（1，0，2），A（2，0，0），E（0，0，4），所以（2，2，0），（1，0，2），设平面BDM的法向量为n（x，y，z），则得令x2，则y2，z1，从而
17、n（2，2，1）为平面BDM的一个法向量因为（2，0，4），设直线AE与平面BDM所成的角为，则sin |cosn|，所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.2.（2018高考全国卷）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点平面AMD平面BMC; （2）当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD平面
18、BMC.（2）以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点由题设得D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），M（0，1，1），（2，1，1），（0，2，0），（2，0，0）设n（x，y，z）是平面MAB的法向量，则即可取n（1，0，2）是平面MCD的法向量，因此cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.3（2018陕西教学质量检测（一）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，ACBDO，A1O底面ABCD，AB2，AA13.平面A1CO平面BB1D1D
19、；（2）若BAD60，求二面角BOB1C的余弦值因为A1O平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1OBD.因为四边形ABCD是菱形，所以COBD.因为A1OCOO，所以BD平面A1CO.因为BD平面BB1D1D，所以平面A1CO平面BB1D1D.（2）因为A1O平面ABCD，COBD，所以OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系因为AB2，AA13，BAD60所以OBOD1，OAOC，OA1.则O（0，0，0），B（1，0，0），C（0，0），A（0，0），A1（0，0，），所以（1，0，0），（0，），（1，），设平面OBB1的法向
20、量为n（x，y，z），所以令y，得n（0，1）是平面OBB1的一个法向量同理可求得平面OCB1的一个法向量m（，0，1），所以cosn，m，由图可知二面角BOB1C是锐二面角，所以二面角BOB1C的余弦值为.4.如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点直线CE平面PAB；（2）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45 ，求二面角MABD的余弦值取PA的中点F，连接EF，BF，如图所示因为E是PD的中点，所以EFAD，EFAD.由BADABC90得BCAD，又BCAD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四
21、边形，CEBF，又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE平面PAB.由已知得BAAD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，设|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），P（0，1，），（1，0，），（1，0，0）设M（x，y，z）（0x1），则（x1，y，z），（x，y1，z）因为BM与底面ABCD所成的角为45，而n（0，0，1）是底面ABCD的一个法向量，所以|cos，n|sin 45，即（x1）2y2z20.又M在棱PC上，设，则x，y1，z.由，解得（舍去），所以M，从而.设m（x0，y0，z0）是平面ABM的法向量，则所以
22、可取m（0，2）于是cosm，n.因此二面角MABD的余弦值为.B组大题增分专练南昌模拟）如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABCD为直角梯形，ADBC，ADAB，ABBCAPAD3，ACBDO，过O点作平面平行于平面PAB，平面与棱BC，AD，PD，PC分别相交于点E，F，G，H.（1）求GH的长度；（2）求二面角BFHE的余弦值（1）因为平面平面PAB，平面平面ABCDEF，平面PAB平面ABCDAB，所以EFAB.同理EHBP，FGAP.因为BCAD，AD6，BC3，所以BOCDOA，且，所以，CECB1，BEAF2，同理，连接HO，则有HOPA，且HOEO，HO1，所以EHP
23、B，同理FGPA2，过点H作HNEF交FG于N，易得四边形HNFO为矩形，则GH.建立如图所示的空间直角坐标系，则B（3，0，0），F（0，2，0），E（3，2，0），H（2，2，1），（1，2，1），（2，0，1）设平面BFH的法向量为n（x，y，z），令z2，得n.因为平面EFGH平面PAB，所以平面EFGH的一个法向量为m（0，1，0）故cosm，n，二面角BFHE的余弦值为.2（2018西安模拟）如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，ABC45，ADAP2，ABDP2，E为CD的中点，点F在线段PB上ADPC；（2）试确定点F的位置，使得直线EF
24、与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等在平行四边形ABCD中，连接AC，AB2，BC2，ABC45由余弦定理得AC28422cos 454，得AC2，所以ACB90，即BCAC，又ADBC，所以ADAC，又ADAP2，DP2，所以PAAD，又APACA，所以AD平面PAC，所以ADPC.（2）因为侧面PAD底面ABCD，PAAD，所以PA底面ABCD，所以直线AC，AD，AP互相垂直，以A为坐标原点，DA，AC，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A（0，0，0），D（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），E（1，1，0），P（0，0，2），所以（0，2，2），（2，0，2），（2，2，2），设
