高考数学难点突破_难点27__求空间的角

探索探索与与研研究究求空间角问题在高中数学立体几何中比较常见.常见的命题形式有求异面直线所成的角、求直线与平面所成的角、求二面角及其余弦值.此类题目对同学们的空间想象与逻辑思维能力有较高的要求.解答此类问题的常用技巧主要有巧用定义和构造向量.一、巧用定义空间角包括异面直线所成的角、直线和平面所成的角及二面角.运用定义法求解空间角问题，需首先仔细观察几何图形，根据异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角的定义添加辅助线，确定对应的平面角，然后运用勾股定理、正余弦定理求出空间角的大小.例1.在三棱锥P -ABC 中，△ABC 为等腰直角三角形，AB =AC =1，PB =PC =5.设点E 为PA 的中点，D 为AC 的中点，F 为PB 上一点，且PF =2FB ，PA ⊥AC ，求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值.解：因为AB =AC =1，PB =PC =5，PA =PA ，所以△PAB ≅△PAC ，因为PA ⊥AC ，所以PA ⊥AB ，PA =PC 2-AC 2=2,所以PA ⊥平面ABC ，过点E 作EH ⊥平面PBC 于点H ，连接CH ，则∠ECH 即为直线CE 与平面PBC 所成角，易知BC =2，设点A 到平面PBC 的距离为h ，由V P -ABC =V A -PBC 得13∙S △ABC ∙PA =13∙S △PBC ∙h ，解得h =23，因为点E 为PA 的中点，所以EH =12h =13，因为CE =2，所以sin ∠ECH =EH CE =.解答本题，需首先明确各个点、线段、平面的位置及其关系，然后根据直线与平面所成角的定义，过点E 作EH ⊥平面PBC 于点H ，连接CH ，便可找到直线CE 与平面PBC 所成角对应的平面角∠ECH .然后根据等体积法求得EH 、CE ，再根据正弦函数的定义就能求得问题的答案.二、构造向量对于空间角问题，我们也可以采用向量法来求解.在建立空间直角坐标系或选定基底后，求得各个点的坐标、各个向量的方向向量，便可通过向量的坐标运算求得空间角的大小.对于异面直线所成的角，只需求得两条直线的方向向量，运用数量积公式求解；对于直线与平面所成的角，需求得直线的方向向量和平面的法向量，运用数量积公式求得其夹角，则该夹角的余角即为所求的角；对二面角，需分别求得两个半平面的法向量，则其夹角或补角即为二面角的平面角.例2.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA =CC 1=2CB ，求直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值.解：设 AC =a ， CB =b ， CC 1=c，且||a =||c =2，||||b =1，则 AB 1= AB + BB 1=a +b+c ，BC 1=c -b ，则|| AB 1=（a +b +c ）2=a 2+b 2+c 2+2a b +2a c +2b c ，因为2a b =2b c =2a c =0，所以||AB 1=3.同理可得 BC 1=（c -b ）2=5，又 AB 1∙BC 1=(c -b )∙(a +b +c )=3故cos < AB 1， BC 1>= AB 1∙BC 1||AB 1|| BC 1=>0，所以 AB 1与 BC 1的夹角的余弦值，即为直线 AB 1与直线BC 1夹角的余弦值.我们以 AC 、 CB 、 CC 1为基底，将 AB 1与 BC 1用三个基底表示出来，便可直接运用向量的数量积公式求得两异面直线所成角的余弦值.一般来说，定义法的适用范围较广，向量法的适用范围较窄.在使用向量法时，需特别注意题目中所给的图形是否方便建立空间直角坐标系.有时解答空间角问题可以同时运用上述两种方法.（作者单位：江苏省射阳中学）52。

第十二讲立体几何之空间角一、基本知识回顾空间的角主要包括两条异面直线所成的角、直线与平面所成的角以及二面角。

1.范围：0，1）异面直线所成角2）直线与平面所成角20，2.求法：平移相交（找平行线替换）2向量法1.范围0 ，20,定义22.求法向量法m narcsin若 m n 则 a //或a若m // n则a m n1.范围：0.定义法（即垂面法）3）二面角 2.作二面角平面角的方法：三垂线定理及逆定理垂线法直接法3. 求二面角大小的方法射影面积法向量法S S cos( S为原斜面面积, S为射影面积 ,为斜面与射影所成锐二面角的平面角)m n当为锐角时，arccosm nm n当为锐角时，arccosm n二、例题讲解1.在正三棱柱 ABC A 1 B 1C 1 中，若 AB 2 BB 1 , 求 AB 1 与 C 1 B 所成的角的大小。

解：法一：如图一所示，设 O 为 B 1 C 、 C 1 B 的交点， D 为 AC 的中点，则所求角是 DOB 。

设 BB 1a , 则 AB 2 a ，于是在DOB 中，O B1 3a , BD 3 2 a6BC 12a,2 22O D1 3 2222AB 1 a , BD OBOD,2即DOB90 ,DOB90法二： 取 A 1 B 1 的中点 O 为坐标原点， 如图建立空间直角坐标系1O xyz , AB 的长度单位，2则由AB2BB1有A 0,1,2,B0,1, 2 , B10,1, 0, C 13,0,0AB 10, 2, 2 ,C1B 3 ,1, 2 ,AB1 C1B 2 2 0, AB1 C 1 B2.如图二所示，在四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 是一直角梯形，BAD90 ,AD // BC,AB BC a , AD 2 a , 且 PA底面 ABCD ，P D 与底面成 30角。

⑴若 AE PD , E 为垂足，求证：BE PD ；⑵求异面直线AE , CD 所成角的大小。

2023年高考数学----空间角问题规律方法与典型例题讲解【规律方法】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的． （3）计算：在证明的基础上计算得出结果． 简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°． 4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【典型例题】例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体1111ABCD A B C D −中，P 为1ACD △内一点，且1113PB D ACD S S =△△，设直线PD 与11AC 所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．⎡⎢⎣⎦B ．⎤⎥⎣⎦C ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】如图1，设1B D 与平面1ACD 相交于点E ，连接BD 交AC 于点O ，连接11B D ， ∵1BB ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则1BB AC ⊥，AC BD ⊥，1BD BB B ⋂=，1,BD BB ⊂平面11BDD B∴AC ⊥平面11BDD B ，由1B D ⊂平面11BDD B ，则1AC B D ⊥， 同理可证：11AD B D ⊥， 1AD AC A =，1,AD AC ⊂平面1ACD ，∴1B D ⊥平面1ACD ，∵111111AC AD CD AB B D B C =====，由正三棱锥的性质可得：E 为1ACD △的中心， 连接1OD ，∵O 为AC 的中点，∴1OD 交1B D 于点E ，连接PE ，由1B D ⊥平面1ACD ，PE ⊂平面1ACD ，则1B D PE ⊥，即PE 是1PB D 的高，设AB a =，PE d =，则1,B D AC =，且1ACD △的内切圆半径r OE ==，则1112PB D S B D PE =⋅=△，))1212ACD S =⨯=△，∵1113PB DACD S S =△△213=，则13d a r =<， ∴点P 的轨迹是以E 为圆心，13a 为半径的圆.∵1B D ⊥平面1ACD ，1OD ⊂平面1ACD ，则11B D OD ⊥，∴DE ， 故PD 为底面半径为13a，高为=DE 的圆锥的母线，如图2所示，设圆锥的母线与底面所成的角α，则3tan 13a α== 所以π3α=，即直线PD 与平面1ACD 所成的角为π3. 直线AC 在平面1ACD 内，所以直线PD 与直线AC 所成角的取值范围为ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦，因为11AC AC ∥，所以直线PD 与直线11AC 所成角的取值范围为ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦，即ππ,32θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 所以10cos 2θ≤≤. 故选：C.例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===，AC 交BD 于O 点，ABD △沿着直线BD 翻折成1A BD ，所成二面角1A BD C −−的大小为θ，则下列选项中错误的是（ ）A ．1A BC θ∠≤B ．1AOC θ∠≥ C ．1A DC θ∠≤ D ．11A BC A DC θ∠+∠≥【答案】C【解析】等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===,可知：30,ACB ACD BD DC ∠=∠=⊥取BD 中点N ,BC 中点M 连接1,A N NM ,则1A N BD ⊥，NM BC ⊥,所以1A NM ∠为 二面角1A BD C −−的平面角，即1A NM θ∠=设122AB AD CD BC ====，则1111,1,2,2A N MN A B A D ==== 2222211111111cos 1222A N NM A M A M A M A N NM θ+−+−∴===−⋅,2222222111111221cos 122228A B BM A M A M A BC A M A B BM +−+−∴∠===−⋅⨯⨯,因为在[]0,π上余弦函数单调递减，又2211111111cos cos 82A M A M A BC A BC θθ−≥−⇒∠≥⇒∠≤，故A 对. 2222222111111221cos 122228A D DC AC AC A DC AC A D CD +−+−∴∠===−⋅⨯⨯222122221111153cos 2416AC AO OC AC AOC AC AO OC +−+−∴∠===−⋅ 当0θ=时,1A 与M 重合,此时160A DC ∠=,故C 不对. 1A DC ∠在翻折的过程中，角度从120减少到60 1AOC ∠在翻折的过程中，角度从180减少到30BD 选项根据图形特征及空间关系，可知正确.. 故选:C例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，BC D 为AB 边上的中点，点M 在线段BD （不含端点）上，将BCM 沿CM 向上折起至'B CM △，设平面'B CM 与平面ACM 所成锐二面角为α，直线'MB 与平面AMC 所成角为β，直线MC 与平面'B CA 所成角为γ，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（ ）①tan βα，②γβ≤，③γα>. A ．① B ．①② C ．②③ D ．①③【答案】B 【解析】如图，设直线BN 与直线CM 垂直相交于点N ，在折叠图里，线段B T '与平面ACM 垂直相交于点T ，,(0,30)BCM θθ∠=∈，由图像知：;B NT B MT αβ''∠=∠=，B N BN θ=='， ()sin ;/sin 30B T B M θαθθ=*='︒+'，cos NT θα*，()tan 60MN θθ=*︒−，()()2sin 30CM θ=︒+，①tan β==，tan β=≤≤，所以tan βα；② ()Δ1sin 902ACM S CM CA θ=*︒−= 设ACB δ∠'=，则()()()2cos cos cos 90sin sin 90cos cos 0.5sin2δθθθθααθ=*︒−+*︒−=*，Δsin ACB S δ'== 由ΔΔ1133ACM M ACB ACB B T S d S −''**=**'，得M ACB d −'=()sin sin 30sin M ACB d B TMC B M γβθα'−====︒+*''，则()()sin sin 2tan 21sin 2sin 30cos 22sin 30γθθβθθθ=≤=≤︒+︒+， 由sin sin γβ≤得γβ≤； ③sin sin sin γγα=⇒，则sin sin 2tan 2sin 2cos 22γθθαθ≤=<sin γα<，所以sin sin γα<，则γα<.故选：B例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边ABC ，点,E F 分别是边,AB AC 上的动点，且满足EF BC ∥，将AEF △沿着EF 翻折至P 点处，如图所示，记二面角P EF B −−的平面角为α，二面角P FC B −−的平面角为β，直线PF 与平面EFCB 所成角为γ，则（ ）A ．αβγ≥≥B ．αγβ≥≥C ．βαγ≥≥D ．βγα≥≥【答案】A【解析】在等边ABC 中，取BC 边中点D ，连接AD ，交EF 于O ，连接PO ， 则,EF PO EF DO ⊥⊥，=PO DO O ⋂，PO ⊂平面POD ，DO ⊂平面POD 故EF ⊥平面POD ，又EF ⊂平面EFCB ，则平面POD ⊥平面EFCB 在POD 中，过P 做PM 垂直于OD 于M ，则PM ⊥平面EFCB ，连接MF ， 在等边ABC 中，过M 做MN 垂直于AC 于N ，连接PN.由,EF PO EF DO ⊥⊥，则POM ∠为二面角P EF B −−的平面角即POM α∠=， 由PM ⊥平面EFCB ，MN AC ⊥，则PNM ∠为二面角P FC B −−的平面角即PNM β?由PM ⊥平面EFCB ，则PFM ∠直线PF 与平面EFCB 所成角，即PFM γ?，设AO ，则PO ，=FO a ，sin PM α，cos MO αFM ，)1=cos (1cos )2MN αα+=+， 则有FM OM >，FM NM >由cos MO MN α-(1cos )(cos 1)0αα-+=-<可得MO MN <，则有FM MN OM >>，则111FM MN OM<< 又tan tan ,tan PM PM PMOM NM FMαβγ，=== 故tan tan tan αβγ>>，又0,2παβγ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭、、故αβγ>> 故选：A例23．（2022·全国·高三专题练习）设三棱锥V ABC −的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B −−的平面角是γ则三个角α，β，γ中最小的角是（ ） A ．α B ．β C ．γD ．不能确定【答案】B【解析】如图，取BC 的中点 D ，作VO ⊥平面ABC 于点O ， 由题意知点O 在AD 上，且AO =2OD .作PE //AC ，PE 交VC 于点E ，作PF ⊥AD 于点F ，连接BF ，则PF ⊥平面ABC 取AC 的中点M ，连接BM ，VM ，VM 交 PE 于点H ， 连接BH ，易知BH ⊥PE ， 作于点G ，连接FG ，由PG ⊥AC ，PF ⊥AC ，PG PF =P ，由线面垂直判定定理可得AC ⊥平面PGF ，又FG ⊂平面PGF ∴ FG ⊥AC , 作FN ⊥BM 于点N . ∵ PG ∥VM ，PF ∥VN∴ 平面PGF ∥平面VMB ， 又 PH ∥FN , 四边形PFNH 为平行四边形， 所以PH =FN因此，直线PB 与直线AC 所成的角=BPE α∠， 直线PB 与平面ABC 所成的角PBF β=∠， 二面角P -AC -B 的平面角PGF γ=∠， 又cos cos PH FN BFPB PB PBαβ==<=又,[0,]2παβ∈，∴ αβ> 因为 tan =tan PF PFGF BF γβ>= ,(0,)2πβγ∈∴ γβ>综上所述，,,αβγ中最小角为β，故选 B.。

高三数学空间角的求法静安高考补习班恒高教育一、异面直线所成的角：1、异面直线所成的角的定义：已知两条异面直线,a b ，经过空间任一点O 作直线//,//a a b b ''，,a b ''所成的角的大小与点O 的选择无关，把,a b ''所成的锐角（或直角）叫异面直线,a b 所成的角（或夹角）．为了简便，点O 通常取在异面直线的一条上2、异面直线所成的角的范围：]2,0(π。

3、异面直线垂直：如果两条异面直线所成的角是直角，则叫两条异面直线垂直．两条异面直线,a b 垂直，记作a b ⊥．4、异面直线所成的角的求法：（1）平移法：即根据定义，以“运动”的观点，用“平移转化”的方法，使之成为相交直线所成的角。

在图中选一个恰当的点（通常是线段端点或中点）作a 、b 的平行线，构造一个三角形，并解三角形求角。

（2）向量法：可适当选取异面直线上的方向向量，利用公式ba b a b a ⋅=><=,cos cos θ 求解。

方法1：利用向量计算。

选取一组基向量，分别算出 b a ⋅，a ，b 代入上式 方法2：利用向量坐标计算，建系，确定直线上某两点坐标进而求出方向向量),,(111z y x a = ),,(222z y x b =222222212121212121c o s z y x z y x z z y y x x ++++++=∴θ（3）三线角公式 用于求线面角和线线角斜线和平面内的直线与斜线的射影所成角的余弦之积等于斜线和平面内的直线所成角的余弦 即：θθθcos cos cos 21=二、直线和平面所成的角1．直线和平面所成的角的定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角2、直线和平面所成的角的范围：[0，2π]； 当一条直线垂直于平面时，所成的角θ＝2π， 即直线与平面垂直；当一条直线平行于平面或在平面内，所成角为θ＝0。

用向量方法求空间角和距离在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题．1 求空间角问题空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角． （１）求异面直线所成的角设a r 、b r分别为异面直线a 、b 的方向向量,则两异面直线所成的角α=arccos ||||||a ba b r r g r r（２）求线面角向向量，n r是平面α的法向量，设l r是斜线l 的方所成的角α=arcsin ||||||l nl n r r g r r则斜线l 与平面α（３）求二面角法一、在α内a r l ⊥，在β内b rl ⊥，其方向如图，则二面角l αβ--的平面角α=arccos ||||a ba b r r g r r法二、设12,,n n u r u u r是二面角l αβ--的两个半平面的法向量，其方向一个个指向外侧，则二面角l αβ--的平面角指向内侧，另一α=1212arccos ||||n n n n u r u u rg ur u u r 2求空间距离问题构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，象异面直线间的距离、线面距离；面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离法一、设n r是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==u u u r ru u u r g r 法二、设AO α⊥于O,利用AO α⊥和点O 在α内 的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||AO uuu r．（２）求异面直线的距离法一、找平面β使b β⊂且a βP ，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离．法二、在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a r、b r 分别为异面直线a 、b 的方向向量,求nr 的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==u u u r ru u u r g r （此方法移（n r a ⊥r ，n r b ⊥r ），则异面直线a 、b植于点面距离的求法）．例１．如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱1111,A D A B 的中点．（Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成的角； （II ）求1BC 和面EFBD 所成的角； （III ）求1B 到面EFBD 的距离解：（Ⅰ）记异面直线1DE FC 与所成的角为α，则α等于向量1DE FC u u u r u u u u r与的夹角或其补角，11||||111111cos ||()()||||||DE FC DE FC DD D E FB B C DE FC α∴=++=u u u r u u u u rg u u u r u u u u r g u u u u r u u u u r u u u r u u u u r g u u u r u u u u r g（II ）如图建立空间坐标系D xyz -，则(1,0,2)DE =u u u r ，(2,2,0)DB =u u u r设面EFBD 的法向量为(,,1)n x y =r 由0DE n DB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r ru u u r r得(2,2,1)n =-r 又1(2,0,2)BC =-u u u u r记1BC 和面EFBD 所成的角为θ则 1112sin |cos ,|||2||||BC n BC n BC n θ⋅=〈〉==u u u u r ru u u u r r u u u u r r∴ 1BC 和面EFBD 所成的角为4π． （III ）点1B 到面EFBD 的距离ｄ等于向量1BB u u u r在面EFBD 的法向量上的投影的绝对值， 1||||BB n d n ∴==u u u r u u r g u ur 13 设计说明：１．作为本专题的例１，首先选择以一个容易建立空间直角坐标系的多面体―――正方体为载体，来说明空间角和距离的向量求法易于学生理解．２．解决(1)后，可让学生进一步求这两条异面直线的距离，并让学生体会一下：如果用传统方法恐怕很难（不必多讲，高考对公垂线的作法不作要求）．３．完成这３道小题后，总结：对于易建立空间直角坐标系的立几题，无论求角、距离还是证明平行、垂直（是前者的特殊情况），都可用向量方法来解决， 向量方法可以人人学会，它程序化，不需技巧．例2．如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形B B A A '' 是矩形，。

1难点28 关于求空间距离2空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到3面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离.4●难点磁场5(★★★★)如图，已知ABCD是矩形，AB=a,AD=b,PA⊥平面ABCD，PA=2c,Q 6是PA的中点.78求：(1)Q到BD的距离；9(2)P到平面BQD的距离.10●案例探究11［例1］把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，点E、F分别是AD、12BC的中点，点O是原正方形的中心，求：13(1)EF的长；14(2)折起后∠EOF的大小.15命题意图：考查利用空间向量的坐标运算来解决16立体几何问题，属★★★★级题目.17知识依托：空间向量的坐标运算及数量积公式.18错解分析：建立正确的空间直角坐标系.其中必须保证x 轴、y 轴、z 轴两19 两互相垂直.20技巧与方法：建系方式有多种，其中以O 点为原点，以、、的方21 向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向最为简单.22解：如图，以O 点为原点建立空间直角坐标系O —xyz ,设正方形ABCD 边长23 为a ,则A (0，－22a ,0),B (22a ,0,0),C (0, 22a ,0),D (0,0, 22a ),E (0,－24 42a , a ),F (42a , 42a ,0) 2521||||,cos ,2||,2||8042)42)(42(420)0,42,42(),42,42,0()2(23,43)420()4242()042(||)1(22222-=>=<==-=⋅+-+⨯=⋅=-==∴=-+++-=OF OE a a a a a a a a a a a a EF a a a a a26∴∠EOF =120°27［例2］正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求异面直线A 1C 1与AB 1间的距离. 28命题意图：本题主要考查异面直线间距离的求法，属★★★★级题目. 29知识依托：求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线30 面距离，或面面距离，亦可由最值法求得.31错解分析：本题容易错误认为O 1B 是A 1C 与AB 1的距离，这主要是对异面直32 线定义不熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的33 距离.34技巧与方法：求异面直线的距离，有时较难作出它们的公垂线，故通常采35 用化归思想，转化为求线面距、面面距、或由最值法求得.36解法一：如图，连结AC 1，在正方体AC 1中，∵A 1C 1∥AC ,∴A 1C 1∥平面AB 1C ，37 ∴A 1C 1与平面AB 1C 间的距离等于异面直线A 1C 1与AB 1间的距离.3839 连结B 1D 1、BD ，设B 1D 1∩A 1C 1=O 1,BD ∩AC =O 40∵AC ⊥BD ，AC ⊥DD 1，∴AC ⊥平面BB 1D 1D41∴平面AB 1C ⊥平面BB 1D 1D ，连结B 1O ，则平面AB 1C ∩平面BB 1D 1D =B 1O 42作O 1G ⊥B 1O 于G ，则O 1G ⊥平面AB 1C43∴O 1G 为直线A 1C 1与平面AB 1C 间的距离，即为异面直线A 1C 1与AB 1间的距离. 44在Rt △OO 1B 1中，∵O 1B 1=22，OO 1=1，∴OB 1=21121B O OO += 2645∴O 1G =331111=⋅OB B O O O ，即异面直线A 1C 1与AB 1间距离为33. 46解法二：如图，在A 1C 上任取一点M ，作MN ⊥AB 1于N ，作MR ⊥A 1B 1于R ，连47 结RN ，4849 ∵平面A 1B 1C 1D 1⊥平面A 1ABB 1，∴MR ⊥平面A 1ABB 1，MR ⊥AB 1 50∵AB 1⊥RN ，设A 1R =x ,则RB 1=1－x 51∵∠C 1A 1B 1=∠AB 1A 1=45°， 52∴MR =x ,RN =NB 1=)1(22x - 5331)31(23)1(2122222+-=-+=+=x x x RN MR MN (0＜x ＜1) 54∴当x =31时，MN 有最小值33即异面直线A 1C 1与AB 1距离为33. 55●锦囊妙记56空间中的距离主要指以下七种： 57(1)两点之间的距离. 58(2)点到直线的距离. 59(3)点到平面的距离. 60(4)两条平行线间的距离. 61(5)两条异面直线间的距离.62(6)平面的平行直线与平面之间的距离.63(7)两个平行平面之间的距离.64七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离.65 七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为66 求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平67 面的距离.68在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难69 点.70求点到平面的距离：(1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长.(2)转71 移法，转化成求另一点到该平面的距离.(3)体积法.72求异面直线的距离：(1)定义法，即求公垂线段的长.(2)转化成求直线与平73 面的距离.(3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线74 上两点间距离中最小的.75●歼灭难点训练 76一、选择题771.(★★★★★)正方形ABCD 边长为2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正78 方形沿EF 折成直二面角(如图)，M 为矩形AEFD 内一点，如果∠MBE =∠MBC ，MB 79 和平面BCF 所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的距离为( )8081 21 D. 23C. B.1 22A.822.(★★★★)三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1=1，AB=4，BC=3，∠ABC=90°,设平83面A1BC1与平面ABC的交线为l，则A1C1与l的距离为( )84A.10B.11C.2.6D.2.485二、填空题863.(★★★★)如左下图，空间四点A、B、C、D中，每两点所连线段的长都87等于a，动点P在线段AB上，动点Q在线段CD上，则P与Q的最短距离为88_________.89904.(★★★★)如右上图，ABCD与ABEF均是正方形，如果二面角E—AB—C 91的度数为9230°，那么EF与平面ABCD的距离为_________.93三、解答题945.(★★★★★)在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，如图：9596(1)求证：平面A1BC1∥平面ACD1；97(2)求(1)中两个平行平面间的距离；98(3)求点B 1到平面A 1BC 1的距离.996.(★★★★★)已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱100 D 1D 上，截面EAC ∥D 1B 且面EAC 与底面ABCD 所成的角为101 45°,AB =a ,求：102(1)截面EAC 的面积；103(2)异面直线A 1B 1与AC 之间的距离； 104(3)三棱锥B 1—EAC 的体积.1057.(★★★★)如图，已知三棱柱A 1B 1C 1—ABC 的底面是边长为2的正三角形，106 侧棱A 1A 与AB 、AC 均成45°角，且A 1E ⊥B 1B 于E ，A 1F ⊥CC 1于F .107108 (1)求点A 到平面B 1BCC 1的距离；109(2)当AA 1多长时，点A 1到平面ABC 与平面B 1BCC 1的距离相等. 1108.(★★★★★)如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =2,AB = 31AD =a ,111∠ADC =arccos552,PA ⊥面ABCD 且PA =a . 112113(1)求异面直线AD 与PC 间的距离；114(2)在线段AD 上是否存在一点F ，使点A 到平面PCF 的距离为36. 115参考答案116难点磁场117解：(1)在矩形ABCD 中，作AE ⊥BD ，E 为垂足 118连结QE ，∵QA ⊥平面ABCD ，由三垂线定理得QE ⊥BE 119∴QE 的长为Q 到BD 的距离 120在矩形ABCD 中，AB =a ,AD =b ,121∴AE =22ba ab +122在Rt △QAE 中，QA =21PA =c123∴QE =22222ba b a c ++124∴Q 到BD 距离为22222ba b a c ++.125(2)解法一：∵平面BQD 经过线段PA 的中点， 126∴P 到平面BQD 的距离等于A 到平面BQD 的距离 127在△AQE 中，作AH ⊥QE ，H 为垂足128∵BD ⊥AE ,BD ⊥QE ,∴BD ⊥平面AQE ∴BD ⊥AH129∴AH ⊥平面BQE ，即AH 为A 到平面BQD 的距离.130在Rt △AQE 中，∵AQ =c ,AE =22ba ab +131∴AH =22222)(ba cb a abc ++132∴P 到平面BD 的距离为22222)(ba cb a abc ++133解法二：设点A 到平面QBD 的距离为h ，由134V A —BQD =V Q —ABD ,得31S △BQD ·h =31S △ABD ·AQ135h =22222)(ba cb a abc S AQS BQDABD ++==⋅∆∆136歼灭难点训练137一、1.解析：过点M 作MM ′⊥EF ,则MM ′⊥平面BCF 138∵∠MBE =∠MBC139∴BM ′为∠EBC 为角平分线， 140∴∠EBM ′=45°,BM ′=2,从而MN =22141答案：A1422.解析：交线l 过B 与AC 平行，作CD ⊥l 于D ，连C 1D ，则C 1D 为A 1C 1与l 143 的距离，而CD 等于AC 上的高，即CD =512,Rt △C 1CD 中易求得C 1D =513=2.6144答案：C145二、3.解析：以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，146 取P 、Q 分别为AB 、CD 的中点，因为AQ =BQ =22a ,∴PQ ⊥AB ,同理可得PQ ⊥CD ，147 故线段PQ 的148长为P 、Q 两点间的最短距离，在Rt △APQ 中，149PQ =22)2()23(2222=-=-a a AP AQ a 150答案：22a 1514.解析：显然∠FAD 是二面角E —AB —C 的平面角，∠FAD =30°,过F 作FG 152 ⊥平面ABCD 于G ，则G 必在AD 上，由EF ∥平面ABCD .153∴FG 为EF 与平面ABCD 的距离，即FG =2a . 154答案：2a155三、5.(1)证明：由于BC 1∥AD 1，则BC 1∥平面ACD 1 156同理，A 1B ∥平面ACD 1，则平面A 1BC 1∥平面ACD 1157(2)解：设两平行平面A 1BC 1与ACD 1间的距离为d ，则d 等于D 1到平面A 1BC 1158 的距离.易求A 1C 1=5，A 1B =25，BC 1=13，则cos A 1BC 1=652,则sin A 1BC 1=6561,159则S 111C B A ∆=61,由于111111D C A B BC A D V V --=，则31S 11BC A ∆·d =)21(31111D C AD ⋅·BB 1,代入160 求得d =616112,即两平行平面间的距离为616112.161(3)解：由于线段B 1D 1被平面A 1BC 1所平分，则B 1、D 1到平面A 1BC 1的距离相162 等，则由(2)知点B 1到平面A 1BC 1的距离等于616112. 1636.解：(1)连结DB 交AC 于O ，连结EO ，164∵底面ABCD 是正方形 165∴DO ⊥AC ，又ED ⊥面ABCD 166∴EO ⊥AC ，即∠EOD =45° 167又DO =22a ，AC =2a ，EO =︒45cos DO =a ，∴S △EAC =22a 168(2)∵A 1A ⊥底面ABCD ，∴A 1A ⊥AC ，又A 1A ⊥A 1B 1 169∴A 1A 是异面直线A 1B 1与AC 间的公垂线 170又EO ∥BD 1，O 为BD 中点，∴D 1B =2EO =2a 171∴D 1D =2a ，∴A 1B 1与AC 距离为2a172(3)连结B 1D 交D 1B 于P ，交EO 于Q ，推证出B 1D ⊥面EAC 173∴B 1Q 是三棱锥B 1—EAC 的高，得B 1Q =23a17432422322311a a a V EAC B =⋅⋅=-1757.解：(1)∵BB 1⊥A 1E ，CC 1⊥A 1F ，BB 1∥CC 1 176∴BB 1⊥平面A 1EF 177即面A 1EF ⊥面BB 1C 1C 178在Rt △A 1EB 1中， 179∵∠A 1B 1E =45°，A 1B 1=a 180∴A 1E =22a ,同理A 1F =22a ,又EF =a ，∴A 1E =22a 181同理A 1F =22a ,又EF =a 182∴△EA 1F 为等腰直角三角形，∠EA 1F =90°183过A 1作A 1N ⊥EF ，则N 为EF 中点，且A 1N ⊥平面BCC 1B 1 184即A 1N 为点A 1到平面BCC 1B 1的距离 185∴A 1N =221a =186又∵AA 1∥面BCC 1B ，A 到平面BCC 1B 1的距离为2a187∴a =2，∴所求距离为2188(2)设BC 、B 1C 1的中点分别为D 、D 1，连结AD 、DD 1和A 1D 1，则DD 1必过点N ，189 易证ADD 1A 1为平行四边形.190∵B 1C 1⊥D 1D ,B 1C 1⊥A 1N 191∴B 1C 1⊥平面ADD 1A 1 192∴BC ⊥平面ADD 1A 1193得平面ABC ⊥平面ADD 1A 1，过A 1作A 1M ⊥平面ABC ，交AD 于M ， 194若A 1M =A 1N ，又∠A 1AM =∠A 1D 1N ，∠AMA 1=∠A 1ND 1=90° 195∴△AMA 1≌△A 1ND 1,∴AA 1=A 1D 1=3,即当AA 1=3时满足条件. 1968.解：(1)∵BC ∥AD ,BC ⊂面PBC ,∴AD ∥面PBC197从而AD 与PC 间的距离就是直线AD 与平面PBC 间的距离. 198过A 作AE ⊥PB ，又AE ⊥BC199∴AE ⊥平面PBC ，AE 为所求. 200在等腰直角三角形PAB 中，PA =AB =a 201∴AE =22a 202(2)作CM ∥AB ，由已知cos ADC =552 203∴tan ADC =21,即CM =21DM204∴ABCM 为正方形，AC =2a ,PC =3a205过A 作AH ⊥PC ,在Rt △PAC 中，得AH =36206下面在AD 上找一点F ，使PC ⊥CF207取MD 中点F ，△ACM 、△FCM 均为等腰直角三角形 208∴∠ACM +∠FCM =45°+45°=90°209∴FC ⊥AC ,即FC ⊥PC ∴在AD 上存在满足条件的点F .210211［学法指导］立体几何中的策略思想及方法212立体几何中的策略思想及方法213近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能214力的培养.题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地.大题215综合性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系.因此，高考复习应在抓216好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确217定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立218体几何问题的有效的策略思想及方法.219一、领悟解题的基本策略思想220高考改革稳中有变.运用基本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中221心，选择好典型例题，在基本数学思想指导下，归纳一套合乎一般思维规律的222解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决223一般基本数学问题就会自然流畅.224二、探寻立体几何图形中的基面225立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”226起来.在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面.这227个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，228纲举目张，问题就迎刃而解了.229三、重视模型在解题中的应用230学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，231从而培养空间想象能力.而数学问题中许多图形和数量关系都与我们熟悉模型232存在着某种联系.它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数233量，对比数学问题中题设条件，突出特性，设法对原图形补形，拼凑、构造、234嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取优解. 235236。

高考数学难点突破与解题方法随着高考日益逼近，数学作为一门重要的科目，成为许多考生头疼的难题。

其中，存在着一些难点，对于许多考生来说是必须要突破的难关。

本文将介绍一些高考数学难点的突破方法和解题技巧，帮助考生在考试中取得更好的成绩。

一、代数与函数代数与函数是高考数学中的一大难点，其中包括方程、函数和不等式。

首先，要熟练掌握基本的代数知识，比如一元二次方程、分式方程等，切忌死记硬背，要通过大量的练习来加深理解。

其次，要了解各类函数的性质，包括基本初等函数的图像、性质和变化规律等。

高考中常见的函数类型有线性函数、二次函数和指数函数等，掌握它们的性质和变化规律能够解决不少难题。

最后，对于不等式的解法，要掌握常见的不等式性质，比如绝对值不等式、二次式不等式等，通过画图或代入法来解决。

二、立体几何立体几何也是高考数学中的难点之一。

在解题时，要注重对图形性质的理解和几何关系的把握。

了解常见几何图形的特征和性质，包括正方体、正四面体和圆锥等，会对解题有很大帮助。

同时，还需要掌握立体几何的投影问题，如求柱体、圆柱和圆锥的截面面积和体积等。

通过多做一些相关的题目进行练习，能够提高解决立体几何难题的能力。

三、概率与统计概率与统计在高考数学中占有一定的比重，也是一些考生容易忽视的部分。

在解题时，要注意理解概率与统计的基本概念和原理。

掌握概率计算的方法，包括排列组合、事件的计算和条件概率等。

对于统计的问题，要熟悉常见统计量的计算，如均值、中位数和标准差等。

此外，还要注意对数据的分析与解读，包括直方图和折线图的解读，以及数据的比较和推断分析。

四、解题技巧在考试时，掌握一些解题技巧对于突破数学难点是非常有效的。

首先，要学会研读题目，理解题目所给的条件和要求，抓住关键信息。

其次，学会尝试多种解题方法，从不同的角度入手，比较其优劣并选择最合适的方法。

此外，要善于归纳总结，在做题过程中，记录解题思路和方法，方便日后进行复习和总结。

空间角问题高三数学知识点空间角问题是高三数学中的重要知识点之一。

在解决空间角问题时，我们需要熟练掌握一系列概念、定理和计算方法。

本文将系统介绍空间角问题的相关内容，包括空间角的定义、分类和性质，以及求解空间角问题的具体方法和技巧。

一、空间角的定义和分类1.1 空间角的定义空间角是在三维空间中由两条射线形成的角。

它可以看作是平面角在立体空间中的推广。

通常用小写的希腊字母表示空间角，如α、β、γ等。

1.2 空间角的分类根据空间角的大小和位置关系，空间角可以分为以下几种类型：1) 零角：两条射线重合，形成的角为零角。

2) 锐角：两条射线夹角小于90度，形成的角为锐角。

3) 直角：两条射线夹角等于90度，形成的角为直角。

4) 钝角：两条射线夹角大于90度但小于180度，形成的角为钝角。

5) 平角：两条射线夹角等于180度，形成的角为平角。

二、空间角的性质空间角具有一系列重要的性质，掌握这些性质有助于我们解决空间角问题。

2.1 垂直性质若两个空间角互为互补角，则它们所对的两条射线垂直。

2.2 同位角性质若两个空间角由相同的两条射线所形成（其中一条射线相互重合），则这两个空间角互为同位角。

同位角具有以下性质：1) 同位角相等：若两个同位角中的一个角为α，则另一个角也为α。

2) 同位角的补角关系：若两个同位角中的一个角为α，则另一个角为180度减α的补角。

2.3 对顶角性质若两个空间角互为对顶角，则它们所对的两条射线互相重合。

三、求解空间角问题的方法和技巧3.1 判断空间角的类型在解决空间角问题时，首先要能够准确地判断空间角的类型。

可以通过观察两条射线的位置关系和夹角的大小来判断空间角是锐角、直角、钝角还是平角。

3.2 应用对顶角和同位角的性质对顶角和同位角的性质在求解空间角问题时经常被应用。

通过利用对顶角和同位角的性质，可以得到空间角的相关信息，进而解决问题。

3.3 运用向量方法在空间角问题的求解中，向量方法也是一种重要的技巧。

空间的角求法解题技巧立体几何中的角是中学数学的重点内容，在高考试题中，每年都要出一些考察空间的角的问题，下面就2007年的高考试题谈一谈，求角的方法与技巧。

一 求空间的角一般要把角放到一个平面内，利用正弦定理与余弦定理求角。

例1（北京2007年高考第16题）如图，在Rt AOB △中，π6OAB ∠=，斜边4AB =．Rt AOC △可以通过Rt AOB △以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --是直二面角．动点D 在斜边AB 上． （I ）求证：平面COD ⊥平面AOB ；（II ）当D 为AB 的中点时，求异面直线AO 与CD 所成角的大小；（III ）求CD 与平面AOB 所成角的最大值．解：（I ）由题意，CO AO ⊥，BO AO ⊥， BOC ∴∠是二面角B AO C --是直二面角， 又二面角B AO C --是直二面角，CO BO ∴⊥，又AO BO O =，CO ∴⊥平面AOB ， 又CO ⊂平面COD ．∴平面COD ⊥平面AOB ．（II ）作DE OB ⊥，垂足为E ，连结CE （如图），则DEAO ∥， CDE ∴∠是异面直线AO 与CD 所成的角．在Rt COE △中，2CO BO ==，112OE BO ==，CE ∴== 又12DE AO ==∴在Rt CDE △中，tan 3CE CDE DE ===． ∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为．（III ）由（I ）知，CO ⊥平面AOB ，CDO ∴∠是CD 与平面AOB 所成的角，且2tan OC CDO OD OD==． 当OD 最小时，CDO ∠最大， 这时，OD AB ⊥，垂足为D ，3OA OBOD AB==，tan 3CDO =， CD ∴与平面AOB 所成角的最大值为． 解法二：（I ）同解法一．O C A D BOCADBE（II ）建立空间直角坐标系O xyz -，如图，则(000)O ，，，(00A ，，(200)C ，，，(01D ，(00OA ∴=，，(21CD =-，cos OA CD OA CD OA CD∴<>=，64322==． ∴异面直线AO 与CD 所成角的大小为 点评；求异面直线所成的角时，一般是想法把两异面直线，通过平移放到一个三角形中，述求（I ）AO 与CD 所成的角时，通过作平行线把AO 转移到DE 位置，在三角形CDE 求出角来。

求空间角的方法-高考数学一题多解一、攻关方略空间角的探究是立体几何的一类重要题型.空间的角包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角，求空间角首先要把它转化为平面角（即降维策略的应用），然后用代数的方法、三角的方法求解，或者直接用向量的方法求解，异面直线所成角的范围是0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦，直线与平面所成角的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，二面角的范围是[]0,π.1.异面直线所成角的求解（1）平移法.在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另一条直线的平行线；也可在两条异面直线外空间选择“特殊点”，分别作两条两异面直线的平行线（单移或双移）.（2）补形法.把空间图形补成熟悉的或完整的几何体，如正方体、平行六面体、长方体等，从而发现两条异面直线间的关系.（3）向量法.建立适当的空间直角坐标系，求出两异面直线所在向量的坐标，代入向量夹角公式即可求出.求异面直线AB 与CD 的夹角θ，cos AB CD AB CDθ⋅= .2.直线与平面所成角的求解（1）直接法.通过斜线上某个特殊点作出平面的重线段，连接垂足和斜足，找出线面角（斜线段和斜线段在平面上的射影所成的角），在直角三角形中求解.（2）向量法.建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量的坐标和斜线段所在直线的向量坐标，代入向量夹角公式，求出法向量与斜线段所在直线的夹角θ，则直线与平面所成角为2πθ⎛⎫- ⎪⎝⎭，求直线l 与平面α所成角θ，sin PM n PM nθ⋅=⋅ （其中n 为平面α的法向量，M 为l 与α的交点，P 为l 上不同于M 的任一点）.3.二面角的求解（通常通过平面角求解）（1）定义法.直接在二面角的棱上取一点（特殊点），分别在两个半平面中作棱的垂线，得出平面角，在相应的平面图形中计算.（2）三垂线法.已知二面角其中一个面内一点到另一个面的垂线，用三垂线定理或其逆定理作出平面角，在直角三角形中计算.（3）垂面法.已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个半平面的交线，所成的角即为平面角，二面角的平面角所在的平面与棱垂直.（4）射影法.利用面积射影公式：cos S S θ=射影截面，其中θ为平面角的大小.（5）向量法.建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后代入向量夹角公式，求出两法向量的夹角θ，则两个平面的二面角的平面角为()πθ-或θ.求二面角θ，有1212cos n n n n θ⋅= （1n ，2n 分别为两个平面的法向量）对于一类没有给出棱的二面角，应先延伸两个半平面，使之相交出现棱，然后再选用上述方法.真可谓：三维化二维紧扣定义，转化与归纳配合运用，求空间角妙据迭出，施向量法更添风采.【典例】如图30-5所示，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD .AD BC ∥，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点.（1）证明：MN ∥平面PAB ；（2）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.解题策略本题主要考查空间直线和平面平行关系的证明以及求直线与平面所成角的正弦值.第（1）问，可以利用线面平行的判定定理证明，也可以用纯向量法或向量坐标法证明；第（2）问，可以通过作出相应射影角求解，若结合等体积法求点A 到平面PMN 的距离也会对解题带来方便，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解直线与平面所成角的正弦值也是好方法.应指出的是：直线l 与平面α所成角θ与直线的方向向量d 和平面的法向量n 的夹角,d n 不是一回事，两者之间关系为sin cos ,d n θ= .第（1）问策略一立体几何方法：由线线平行⇒线面平行策略二纯向量法，即证明MN 向量与平面PAB 内两个不共线向量满足共面向量定理策略三向量坐标法，即证明MN 向量与平面PAB 的法向量垂直第（2）问策略一转化为求斜线AN 与其与平面PMN 内射影所成角策略二运用等体积法求点A 到平面PMN 的距离，再求线面角策略三运用向量坐标法求向量AN 与平面PMN 的法向量所成角的余弦值，即为AN 与平面PMN 所成角的正弦值（1）证法一（立体几何常规证法：先证线线平行，再推得线面平行）由已知得223AM AD ==，取BP 的中点T ，连接AT 、TN ，如图30-6所示.由N 为PC 的中点知TN BC ∥，122TN BC ==.又AD BC ∥，故TN AM ∥，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN AT ∥.∵AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，∴MN ∥平面PAB .证法二（纯向量法）如图30-6所示，由已知得223AM AD ==，N 为PC 的中点，以向量AB 、AD 、AP 为基底，有()12MN AN AM AP AC AM =-=+- ()12AP AB BC AM =++- ()1112222AP AB AM AM AP AB =++-=+ .∴MN 、AP 、AB 共面，又MN ⊄平面PAB ，∴MN ∥平面PAB .证法三（向量坐标法）取BC 中点E ，连接AE ，易证AE BC ⊥，即AE AD ⊥，AE A 为原点建立空间直角坐标系，如图30-7所示.则()0,0,0A ，()0,0,4P，)2,0B -，()0,2,0M，,1,22N ⎫⎪⎪⎝⎭，1,22MN ⎫=-⎪⎪⎝⎭ ，()0,0,4AP =，)2,0AB =- .可取平面PAB的法向量()n = ，则0MN n ⋅= ，MN n ⊥ .∴MN ∥平面PAB .（2）解法一（立体几何方法一：转化为求射影角）如图30-8所示，取BC 中点E ，连接AE 、CM ，易证AE BC ⊥，MC AE ∥，CM BC ⊥，CM ⊥平面PAD .作AG PM ⊥，垂足为点G ，易证AG ⊥平面PMC .连接NG ，则∠ANG 为AN 与平面PMN （即平面PMC ）所成的角.易求得52AN =，AG =，sin 25AG ANG AN ∠==.解法二（立体几何方法二：等积法求距离再求线面角）由已知图30-5，平面PMN 即平面PMC ，由P ANC A PMC V V --=易求得点A 到平面PMN 的距离h =设AN 与平面PMN （即平面PMC ）所成的角为θ，则sin h AN θ=.正方向，建立如图30-7所示的空间直角坐标系A xyz -，由题意知()0,0,4P ，()0,2,0M，)2,0C，,1,22N ⎫⎪⎪⎝⎭.()0,2,4PM =-，2PN ⎫=-⎪⎪⎝⎭，2AN ⎫=⎪⎪⎝⎭.设(),,n x y z = 为平面PMN 的法向量，则00n PM n PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即240,20.y z x y z -=⎧+-=可取()0,2,1n = .于是cos 25n AN n AN n AN⋅⋅== .则直线AN 与平面PMN所成角的正弦值为25.【点评】第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁.【针对训练】1．在三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ∠=∠=︒，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为______.2．如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD.(1)证明：PA BD ⊥；(2)若PD AD =，求二面角A PB C --的余弦值.3．如图所示，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE EC ⊥，2AB BE EC ===，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点.(1)求证：//GF 平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值.4．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是矩形，且2PA AB ==，3AD =，E 是棱BC 上的动点，F 是线段PE 的中点.(1)求证：PB ⊥平面ADF ；(2)若直线DE 与平面ADF 所成的角为30°，求EC 的长.（2020·北京卷）5．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点.(1)求证：1//BC 平面1AD E ；(2)求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值.（2022·浙江）6．如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC =.(1)证明：EF DB ⊥；(2)求DF 与面DBC 所成角的正弦值.7．如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =.ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =.(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值.8．如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点，过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：1//AA MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；(2)设O 为111A B C △的中心，若//AO 平面11EB C F ，且AO AB =，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值.9．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =.(1)证明：点1C 在平面AEF 内；(2)若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值.10．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.(1)证明：OA CD ⊥；(2)若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.参考答案：1．6【分析】解法一：先证明四边形11BB C C 为矩形，再由中位线定理得到异面直线1AB 与1BC 所成角等于EF 与BF 所成的角，由此利用余弦定理即可求得所求余弦值；解法二与解法三：利用补形法得到异面直线1AB 与1BC 所成角，再分别求得所需要的边，结合余弦定理即可求得所求余弦值；解法四：建立空间直角坐标系，求出各点坐标，从而利用向量夹角的坐标表示求得所求；解法五：由向量线性运算的几何意义得到1111BC BA AA AC =++ ，1111AB AAA B =+ ，从而利用数量积运算求得1BC ，1AB = ，111BC AB ⋅= ，由此可求得所求.【详解】解法一：（直接平移法）如图所示，作1A O ⊥底面ABC ，由1160BAA CAA ∠=∠=︒可知，AO 为∠BAC 的角平分线，且AO BC ⊥，BC ⊥面1AA O ，1BC AA ⊥，于是1BC BB ⊥，四边形11BB C C 为矩形，取AC 的中点E ，连接1B C 交1BC 于点F ，则F 为1B C 的中点，1111,22EF AB EF AB =//，所以异面直线1AB 与1BC 所成角等于EF 与BF 所成的角，即∠BFE 或其补角，设三棱柱的棱长为2，由题意即可得BE =112EF AB ==112BF BC ==于是222cos26BF EF BE BFE BF EF +-∠==⋅，故异面直线1AB 与1BC 解法二：（补形法一）在三棱柱111ABC A B C -的上底面补一个大小相同的三棱柱111222A B C A B C -，如图所示，连接12B C 、2AC 且2AC 交11A C 于D ，则12AB C ∠或其补角为异面直线1AB 与1BC 所成角，设1AB =，易得1AB ==121B C BC ==，22AC AD ===所以在12AB C △中，有22212cosAB C +-∠==.故异面直线1AB 与1BC 解法三：（补形法二）将三棱柱补为平行六面体，再放同样的一个平行六面体，如图所示，1C BE ∠就是异面直线1AB 与1BC 所成的角，设棱长为1，在1A AB △中，易求得1AB =，即BE ，在11A C E △中，易求1C E =1BC AA ⊥，则1BC CC ⊥，从而在1BCC中，求得1BC =在1BC E △中，由余弦定理得1cos 6C BE ∠=.解法四：（向量坐标法）如图所示，以A 为原点，过1A 作1A M ⊥平面ABC 于M ，则M 必在x轴上，且1cos A AM ∠=1sin A AM ∠=设棱长为1，则1A ⎛，1,02B ⎫⎪⎪⎝⎭，1,02C ⎫-⎪⎪⎝⎭，所以1112AB AA AB =+=，1112AC AA AC =+=- ，故11BC AC AB =-=-⎝ ，设异面直线1AB 与1BC 所成角为θ，则1111cos 6BC AB BC AB θ⋅== .解法五：（纯向量法）不妨设AB 长为1，因为1111BC BA AA AC =++ ，1111AB AA A B =+ ，所以()2211112BC BA AA AC =++= ，()2211113AB AA A B =+= ，则1BC =1AB = ，又因为()()111111111BC AB BA AA A C AA A B ⋅=++⋅+= ，设异面直线1AB 与1BC 所成角为θ，则1111cos 6BC AB BC AB θ⋅=故答案为：6.2．(1)证明见解析(2)7-【分析】（1）利用题设条件可证BD AD ⊥、BD PD ⊥，从而可得BD ⊥平面PAD ，故可证PA BD ⊥，我们也可以利用利用空间向量及其坐标运算来证明PA BD ⊥.（2）利用向量或建立空间直角坐标系可求二面角的余弦值，也可以利用定义构建二面角的平面角来求其余弦值，也可以利用补体将二面角转化为二面角Q PB A --的大小来进行计算.【详解】（1）证法一：∵60DAB ∠=︒，2AB AD =，由余弦定理得22222cos 603BD AD AB AD AB AD =+-⨯︒=，故BD =，从而222BD AD AB +=，故BD AD ⊥.又PD ⊥底面ABCD ，而BD ⊂底面ABCD ，可得BD PD ⊥，而,,AD PD D AD PD =⊂ 平面PAD ，∴BD ⊥平面PAD ，而PA ⊂平面PAD ，故PA BD ⊥.证法二：∵PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂底面ABCD ，∴PD BD ⊥，0PD BD ⋅= .∴()()PA BD PD DA BD DA BD DA BA AD ⋅=+⋅=⋅=⋅+ 2222cos 0DA BA AD AD AB DAB AD AD AD =⋅-=⋅∠-=-= ，∴PA BD ⊥ ，即PA BD ⊥.证法三：作DE AB ⊥，垂足为E ，分别以DE 、DC 、DP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.令AD a =，则1,,022A a a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，3,,022B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0C a .设()0,0,P z，由于1,,22PA a a z ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，3,,02DB a ⎫=⎪⎪⎝⎭ ，则221333,,,,002244PA DB a z a a a ⎫⎫⋅=--⋅=-=⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭，于是PA DB ⊥ ，即PA BD ⊥.（2）解法一：因为PD ⊥底面ABCD ，而BC ⊂底面ABCD ，故PD BC ⊥，由（1）中证明可得BD AD ⊥，而//BC AD ，故//BD BC ，因为,,BD PD D BD PD ⋂=⊂平面PDB ，故BC ⊥平面PDB ，而PB ⊂平面PDB ，故BC PB ⊥，而AM PB ⊥，平面APB ⋂平面PBC PB =,故二面角A PB C --的大小等于MA 与BC 所成角的大小，设为θ.设1PD AD ==，则2AB =，BD =∴2PB =，PA =.在PAB中，cos 4APB ∠==，而APB ∠为三角形内角，故sin 4APB ∠=，故42AM ==，142PM ==，故32BM =，在ADC △中，2222cos120527AC AD DC AD DC =+-⨯︒=+=，故AC =又()22AC AM MB BC =++ 222222AM MB BC AM MB AM BC MB BC=+++⋅+⋅+⋅2222cos AM MB BC AM BC θ=++- .∴797144θ=++，解得cos θ=∴二面角A PB C --的余弦值为解法二：以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D xyz -，则()1,0,0A，()B，()C -，()0,0,1P.()AB =-，()1PB =- ，()1,0,0BC =- .设平面PAB 的一个法向量为(),,n x y z = ，则00n AB n PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0,0.x z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，取1y =，则x z =，故n = .设平面PBC 的一个法向量为m，同理可求(0,1,m =-.cos ,m n == ，而二面角A PB C --的平面角为钝角，故二面角A PB C --的余弦值为7-.解法三：由解法一的计算可得BC ⊥平面PDB ，而BC ⊂平面PBC ，故平面PBC ⊥平面PDB ，即二面角D PB C --的大小为90︒.过A 作AM PB ⊥，垂足为M ，连接DM ，如图所示.由（1）中证明可得AD BD ⊥，而PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，故PD AD ⊥，PD BD D ⋂=，,PD BD ⊂平面PBD ，故AD ⊥平面PBD ，PB ⊂平面PBD ，故AD PB ⊥，而,,,AM PB AD AM A AD AM ^=Ì平面ADM ，故PB ⊥平面ADM ，但DM ⊂平面ADM ，故DM PB ^.∴AMD ∠是二面角A PB D --的平面角.设1PD AD ==，则2AB =，BD =2PB =.在Rt PBD △中，2PD DB DM PB ⨯==，在Rt ADM △中，2AM =.∴sin 7AD AMD AM ∠==，∴二面角A PB C --的余弦值为cos(90)sin AMD AMD ︒+∠=-∠=-.解法四：由解法一的计算可得BC ⊥平面PBD ，而PB ⊂平面PBD ，故BC PB ⊥.如图所示，过点B 在平面PAB 内作直线BE PB ⊥，交PA 的延长线于点E ，则∠EBC 是二面角A PB C --的平面角.设1PD =，由解法一的计算可得：1AD BC ==，2AB =，BD =AC =PA =，2PB AB ==，且cos 4APB ∠=，sin 4APB ∠=故tan BE BPAPB∠=，∴BE =PE =在Rt PDC 中，由勾股定理求得PC =，在PAC △中，因为222AC PA PC =+，故PA PC ⊥.故在Rt PEC 中，有EC ==在BEC 中，由余弦定理得cos7CBE ∠==-.∴二面角A PB C --的余弦值为7-.解法五：将四棱锥补成直四棱柱，如图所示，则二面角A PB C --的大小与二面角Q PB A --的大小互补.由解法一可得BC PB ⊥，而//PQ BC ，∴PQ PB ⊥.设点Q 到平面PAB 的距离为h ，则由Q PAB B AQP V V --=得1133PAB PQA hS BD S =⋅△△.设1PD =，则PA =，BD =2PB AB ==，12APB S =△211=22PQA S AD =△，∴h =于是二面角Q PB A --的正弦值为h PQ =.∴二面角A PB C --的余弦值为7-.3．(1)证明见解析；(2)23.【分析】（1）利用线面平行的判定定理即得；（2）利用射影法，结合条件求出AEF △及BEC 的面积进而即得；利用坐标法，求出平面BEC 和平面AEF 的法向量，由向量夹角的余弦值即得；利用直接法，延长BC 、AF 交于点Q ，作BR QE ⊥，交QE 的延长线于点R ，连接AR ，可得∠ARB 是二面角A EQ B --的平面角，结合条件即得．【详解】（1）将五面体ABCDE 置于正方体AMDN BECP -之中，如图所示，显然题设的条件全部满足，取AE 的中点H ，连接HG ，FG ，∵////HG AB CD ，即//HG DF ，又1HG DF ==，∴四边形HGFD 是平行四边形，∴//GF DH ，又∵DH ⊂平面ADE ，GF ⊄平面ADE ，∴//GF 平面ADE ；（2）解法一（射影法）：设平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的大小为θ，∵AB ⊥平面BCE ，FC ⊥平面BCE ，∴AEF △在平面BCE 上的射影为BEC ，易得AE =EF =3AF =，∴cos AEF ∠==sin AEF ∠=∴132AEF S =⨯=△，又∵12222BEC S =⨯⨯=△，∴2cos 3BEC AEF S S θ==△△.解法二（向量法）：如图，分别以射线BE 、BP 、BA 为x 、y 、z轴建立空间直角坐标系，∵正方体棱长为2，则()0,0,2A ，()2,0,0E ，()2,2,1F ，显然()0,0,2BA = 是平面BECP 的法向量，设平面AEF 的法向量为()2,,n x y = ，则n AE ⊥ ，即()()2,,2,0,20n AE x y ⋅=⋅-= ，解得2y =，则n AF ⊥ ，即()()2,,2,2,10n AF x y ⋅=⋅-= ，解得=1x -，∴()2,1,2n =- ，设所求锐二面角的大小为θ，则()()2,1,20,0,22cos 323n BA n BAθ-⋅⋅===⨯ .解法三（直接法）：如图，延长BC 、AF 交于点Q ，因为2BE=，BC CQ ==45EBQ ∠=︒，由余弦定理可得(222222cos 2224202EQ BE BQ BE BQ EBQ =+-⋅∠=+-⨯⨯=，即EQ =在BEQ 中，由正弦定理，得sin sin 45BQ EQ BEQ =∠︒，∴sin BEQ ∠=，显然90BEQ ∠>︒，作BR QE ⊥，交QE 的延长线于点R ，连接AR ，∴AB ⊥平面BCE ，QE ⊂平面BCE ，∴AB ⊥QE ，又BR QE ⊥，,AB BR B AB =⊂ 平面ABR ，BR ⊂平面ABR ，∴QE ⊥平面ABR ，AR ⊂平面ABR ，∴QE ⊥AR ，∴∠ARB 是二面角A EQ B --的平面角，设其大小为θ，在BER △中，2BR ==在Rt ABR 中，由勾股定理，得AR =∴2cos 3BR AR θ==.4．(1)证明见解析；(2)2.【分析】（1）方法一，取棱PB ，PC 的中点分别为M ，N ，利用线面垂直的判断定理可得AD ⊥平面PAB ，进而可得PB ⊥平面ADF ；方法二，利用坐标法，求出AD ，AF 向量和向量BP 的坐标表示，证明垂直即得；（2）方法一，作EH 垂直MN 于点H ，则30EDH ∠=︒，结合条件即得；方法二，利用坐标法，根据线面角的向量求法可得求出E 点坐标，即得.【详解】（1）方法一：分别取线段PB 、PC 的中点M 、N ，易知点M 、N 、F 共线，∵PA AB =，∴PB AM ⊥，又∵PA ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AD ，又四边形ABCD 是矩形，AD AB ⊥，∵,PA AB A PA ⋂=⊂平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，∴AD ⊥平面PAB ，PB ⊂平面PAB ，∴PB AD ⊥，又PB AM ⊥，,AD AM A AD =⊂ 平面ADF ，AM ⊂平面ADF ，因此PB ⊥平面ADF ；方法二，以A为原点建立空间直角坐标系，设()2,,0E t 、1,,12t F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则()0,3,0AD = ，1,,12t AF ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()2,0,2BP =- ，∴0BP AD ⋅= ，0BP AF ⋅= ，∴BP AD ⊥，BP AF ⊥，,AD AF A AD =⊂ 平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，因此PB ⊥平面ADF ；（2）方法一：由于平面ADF 即为平面AMND ，且PB ⊥平面ADF ，PB ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面AMND ，又平面PBC ⋂平面AMND MN =，在平面PBC 内，作EH 垂直MN 于点H ，则EH ⊥平面AMND ，∴30EDH ∠=︒，∵EH BM ==∴ED =因此2CE =，即EC 的长为2；方法二：∵()2,3,0DE t =- ，平面ADF 的法向量为()2,0,2BP =- ，∴由12BP DE BP DE ⋅= ，解得1t =，∴2CE =，即EC 的长为2.5．(1)证明见解析；(2)23.【分析】（1）方法一，根据线面平行的判定定理即得；方法二，利用坐标法，可求出向量1BC 及平面1AD E 的法向量进而即得；（2）延长1CC 到F ，使得1C F BE =，连接EF ，交11B C 于G ，作11C H DG ⊥，垂足为H ，利用线面垂直的判定定理可得1D G ⊥平面1C FH ，进而可得可知∠1C FH 为直线1AA 与平面1AD G 所成的角，结合条件即得；利用坐标法，根据线面角的向量求法即得；利用等体积法，求出点到平面的距离进而即得.【详解】（1）[方法一]：几何法如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B 且11AB A B =，1111//A B C D 且1111A B C D =，11//B C A D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ，1BC ⊄ 平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；[方法二]：空间向量坐标法以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD = ，()0,2,1AE = ，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z = ，由100n AD n AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令2z =-，则2x =，1y =，则()2,1,2n =- .又∵向量()12,0,2BC = ，()12201220BC n ⋅=⨯+⨯+⨯-= ，又1BC ⊄ 平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；（2）[方法一]：几何法延长1CC 到F ，使得1C F BE =，连接EF ，交11B C 于G ，又∵1//C F BE ，∴四边形1BEFC 为平行四边形，∴1//BC EF ，又∵11//BC AD ，∴1//AD EF ，所以平面1AD E 即平面1AD FE ，连接1D G ，作11C H DG ⊥，垂足为H ，连接FH ，∵1FC ⊥平面1111D C B A ，1D G ⊂平面1111D C B A ，∴11FC D G ⊥，又∵111FC C H C ⋂=，1FC ⊂平面1C FH ，1C H ⊂平面1C FH ，∴直线1D G ⊥平面1C FH ，又∵直线1D G ⊂平面1D GF ，∴平面1DGF ⊥平面1C FH ，∴1C 在平面1D GF 中的射影在直线FH 上，∴直线FH 为直线1FC 在平面1D GF 中的射影，∠1C FH 为直线1FC 与平面1D GF 所成的角，根据直线1//FC 直线1AA ，可知∠1C FH 为直线1AA 与平面1AD G 所成的角，设正方体的棱长为2，则111C G C F ==，1D G =∴1C H ，∴FH =∴112sin 3C H C FH FH ∠==，即直线1AA 与平面1ADE 所成角的正弦值为23.[方法二]：向量法由上知平面平面1AD E 的法向量()2,1,2n =- ，又∵()10,0,2AA = ，∴11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅==-=-⨯⋅ ，∴直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23.[方法三]：几何法+体积法如图，设11B C 的中点为F ，延长111,,A B AE D F ，易证三线交于一点P，因为111,////BB AA EF AD ，所以直线1AA 与平面1AD E 所成的角，即直线1B E 与平面PEF 所成的角，设正方体的棱长为2，在PEF !中，易得PE PF EF =，可得32PEF S = ，设当1B 到平面PEF 的距离为1B H ，由11B PEF P B EF V V --=，得113111123232B H ⨯⋅=⨯⨯⨯⨯，整理得123B H =，所以1112sin 3B H B EH B E ∠==，所以直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23.[方法四]：纯体积法设正方体的棱长为2，点1A 到平面1AED 的距离为h ，在1AED △中，113AE AD D E ===，2221111cos 25D E AE AD AED D E AE +-∠===⋅，所以1sin AED ∠=13AED S = ，由1111E AA D A AED V V --=，得111111133AD A AED S A B S h ⋅=⋅ ，解得43h =，设直线1AA 与平面1AED 所成的角为θ，所以12sin 3h AA θ==.6．(1)证明见解析；【分析】（1）方法一,使用几何方法证明，作DH AC ⊥交AC 于H ，利用面面垂直的性质可得DH ⊥平面ABC ，然后利用线面垂直的判定定理可得EF ⊥平面BHD ，即得；方法二，利用坐标法即得；方法三，使用了两垂直角的三余弦定理得到60BCD ∠=︒，进而证明；（2）方法一使用几何做法，作HG BD ⊥于G ，由题可得HCG ∠即为所求角，结合条件即得；方法二使用空间坐标系方法，即得；方法三使用空间向量法；方法四使用三余弦定理法即得；方法五采用等体积转化法可得H 到平面DBC 的距离，进而即得.【详解】（1）[方法一]：几何证法作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ，∵平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC 平面ABC AC =，DH ⊂平面ADFC ，∴DH ⊥平面ABC ，而BC ⊂平面ABC ，即有DH BC ⊥，∵45ACB ACD ∠=∠=︒，∴2CD BC CH =⇒=，在CBH 中，22222cos 45BH CH BC CH BC BC =+-⋅︒=，即有222BH BC CH +=，∴BH BC ⊥.由棱台的定义可知，//EF BC ，所以DH EF ⊥，BH EF ⊥，而BH DH H = ，BH ⊂平面BHD ，DH ⊂平面BHD ，∴EF ⊥平面BHD ，而BD ⊂平面BHD ，∴EF DB ⊥；[方法二]：空间向量坐标系方法作DO AC ⊥交AC 于O ，∵平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC 平面ABC AC =，DO ⊂平面ADFC ，∴DO ⊥平面ABC ，以O 为原点，建立空间直角坐标系如图所示，设OC =1，∵45ACB ACD ∠=∠=︒，2DC BC ==∴BC ()()110,0,1,0,1,0,,,022D C B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴11,,122BD ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，11,,022BC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以11·044BD BC =-= ，∴BC ⊥BD ，又∵棱台中//BC EF ，∴EF ⊥BD ；[方法三]：三余弦定理法∵平面ACFD ⊥平面ABC ，∴1cos cos cos cos 45cos 452BCD ACB ACD ∠=∠∠=︒︒=，∴60BCD ∠=︒，又∵DC =2BC ，∴90CBD ∠=︒，即CD BD ⊥，又∵//EF BC ，∴EF DB ⊥；（2）[方法一]：几何法因为//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为与CH 平面DBC 所成角，作HG BD ⊥于G ，连接CG ，由（1）可知，BC ⊥平面BHD，因为平面BCD ⊥平面BHD ，而平面BCD 平面BHD BD =，HG ⊂平面BHD ，∴HG ⊥平面BCD ，即CH 在平面DBC 内的射影为CG ，所以HCG ∠即为所求角，在Rt HGC 中，设BC a =，则CH =，BH DH HG BD ⋅==，∴sin 3HG HCG CH ∠==，故DF 与平面DBC[方法二]：空间向量坐标系法设平面BCD 的法向量为(),,n x y z =r ，由（1）得11,,122BD ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，11,,022BC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，∴1102211022n BD x y z n BC x y ⎧⋅=--+=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，令1x =，则()1,1,1n = ，又()0,1,0OC =，cos ,3n OC == 由于//DF OC ，∴直线DF 与平面DBC[方法三]：空间向量法以{,,}CH CB CD为基底，不妨设22DC BC ==，则45,45,60DB CH HCB HCD DCB ==∠=∠=︒∠=︒︒(由（1）的结论可得），设平面DBC 的法向量为n xCH yCB zCD =++ ，则由00n CD n CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得2400x y z x y z ++=⎧⎨++=⎩，取1z =，得32n CH CB CD =-++ ，设直线DF 与平面DBC 所成角为θ，则直线HC 与平面DBC 所成角也为θ，由公式得||sin ||||HC n HC n θ⋅=== [方法四]：三余弦定理法由45ACB ACD ∠=∠=︒，可知H 在平面DBC 的射影G 在DCB ∠的角平分线上，设直线DF 与平面DBC 所成角为θ，则HC 与平面DBC 所成角也为θ，由（1）的结论可得60BCD ∠=︒，由三余弦定理，得cos 45cos30cos θ=︒⋅︒，cos θ=，从而sin 3θ=.[方法五]：等体积法设H 到平面DBC 的距离为h ，设1DH =，则1,,22HC DC BC BD ====，设直线DF 与平面DBC 所成角为θ，由已知得HC 与平面DBC 所成角也为θ.由H DBC D HBC V V --=，1111601sin 451322322h ⨯︒⨯=⨯⨯⨯︒⨯，求得h所以3sin 1h HC θ===7．(1)证明见解析；.【分析】（1）方法一，利用勾股定理即及线面垂直的判定定理即得；方法二，利用坐标法即得；方法三，利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四，利用空间基底法即得；（2）方法一，利用坐标法及面面角的向量求法即得；方法二，利用几何法，作出二面角，求解三角形进行求解二面角，即得；方法三，利用射影面积法求解二面角.【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明由题设，知DAE 为等边三角形，设1AE =，则DO =1122CO BO AE ===，所以64PO DO ==，4PC PB PA ====，又ABC 为等边三角形，则2sin 60BA OA = ，所以BA =，22234PA PB AB +==，则90APB ∠= ，所以PA PB ⊥，同理PA PC ⊥，又PC PB P = ，PC ⊂平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC ；[方法二]：空间直角坐标系法不妨设AB =4sin 60==︒=AB AE AD ，由圆锥性质知DO ⊥平面ABC ，所以===DO ==PO 因为O 是ABC 的外心，因此AE BC ⊥，在底面过O 作BC 的平行线与AB 的交点为W ，以O 为原点， OW 方向为x 轴正方向，OE 方向为y 轴正方向，OD 方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，则(0,2,0)A -，B ，(C ，(0,2,0)E ，P .所以(0,AP = ，(=- BP ，=- CP ，故0220⋅=-+= AP BP ，0220⋅=-+= AP CP ，所以AP BP ⊥，AP CP ⊥，又BP CP P = ，PC ⊂平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，故AP ⊥平面PBC ；[方法三]：因为ABC 是底面圆O 的内接正三角形，且AE 为底面直径，所以AE BC ⊥，因为DO （即PO ）垂直于底面，BC 在底面内，所以PO BC ⊥，又因为PO ⊂平面PAE ，AE ⊂平面PAE ，PO AE O =I ，又PO ⊂平面PAE ，AE ⊂平面PAE ，所以BC ⊥平面PAE ，又因为PA ⊂平面PAE ，所以PA BC ⊥，设AE BC F = ，则F 为BC 的中点，连结PF ，设DO a =，且PO ，则2AF a =，2PA =，12PF a =.因此222+=PA PF AF ，从而PA PF ⊥，又因为PF BC F = ，PF ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以PA ⊥平面PBC ；[方法四]：空间基底向量法如图所示，圆锥底面圆O 半径为R ，连结DE ，AE AD DE ==，易得OD =，因为=PO ，所以=PO R ，以,,OA OB OD 为基底，OD ⊥平面ABC ，则=+=-+AP AO OP OA ，6=+=-+BP BO OP OB OD ，且212OA OB R ⋅=- ，0OA OD OB OD ⋅=⋅= ，所以66⎛⎫⎛⎫⋅=-+⋅-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭AP BP OA OB2106⋅--+=OA OB OA OB OD ，故0AP BP ⋅= ，所以AP BP ⊥，即AP BP ⊥，同理AP CP ⊥，又BP CP P = ，PC ⊂平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，所以AP ⊥平面PBC ；（2）[方法一]：空间直角坐标系法过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则111(,0,0),(0,0,((,,0)244444E P B C ---，1(,444PC =--，1(,)444PB =--，1(,0,)24PE =- ，设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11111100x x ⎧--=⎪⎨-+-=⎪⎩，令1x =，得111,0z y =-=，所以1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020x x ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩，令21x =，得223z y ==，所以m = ，故cos,5||||n mm nn m⋅==⋅，设二面角B PC E--的大小为θ，由题可知二面角为锐二面角，所以cos5θ=；[方法二]：几何法设=BC AE F，易知F是BC的中点，过F作//FG AP交PE于G，取PC的中点H，连接GH，则∥HF PB，由PA⊥平面PBC，得FG⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，∴FG⊥PC，由（1）可得，222BC PB PC=+，得PB PC⊥，所以FH PC⊥，又,FH GF F FH=⊂平面GHF，GF⊂平面GHF，∴PC⊥平面GHF，GHÌ平面GHF，∴GH PC⊥，所以GHF∠是二面角B PC E--的平面角，设圆O的半径为r，则3sin602︒==AF AB r，2AE r=，12=EF r，13EFAF=，所以14=FG PA，1122==FH PB PA，12=FGFH，在Rt GFH中，1tan2∠==FGGHFFH，cos5∠=GHF，所以二面角B PC E--的余弦值为5.[方法三]：射影面积法如图所示，在PE上取点H，使14HE PE=，设BC AE N=，连结NH，由（1）知14NE AE=，所以∥NH PA，故NH ⊥平面PBC ，所以，点H 在面PBC 上的射影为N，故由射影面积法可知二面角B PC E --的余弦值为cos PCNPCHS θS = ，在PCE中，令=PC PE 1CE =，易知= PCE S ，所以34PCH PCE S S == ，又1328PCN PBC S S == ，故38cos 5PCN PCHS θS == ，所以二面角B PC E --.8．(1)证明见解析；【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得BC ⊥平面1A AMN ，根据线面平行的性质定理可得11//B C EF ，然后根据面面垂直的判定定理即得；（2）利用几何法，作出线面角，结合条件即得；利用向量法，利用线面角的向量求法即得.【详解】（1） ,M N 分别为BC ，11B C 的中点，1//MN BB ∴，又11//AA BB ，1//MN AA ∴，在ABC 中，M 为BC 中点，则BC AM ⊥，又 侧面11BB C C 为矩形，1BC BB ∴⊥，又1//MN BB ，∴MN BC ⊥，又MN AM M ⋂=，,MN AM ⊂平面1A AMN ，∴BC ⊥平面1A AMN ，又 11//B C BC ，且11B C ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，11//B C ∴平面ABC ，又 11B C ⊂平面11EB C F ，且平面11EB C F ⋂平面ABC EF =，11//B C EF ∴，//EF BC ∴，又BC ⊥ 平面1A AMN ，∴EF ⊥平面1A AMN ，又EF ⊂ 平面11EB C F ，∴平面11EB C F ⊥平面1A AMN ；（2）[方法一]：几何法如图，过O 作11B C 的平行线分别交1111,A B A C 于点11,E F ，连接11,,,AE AO AF NP ，由于//AO 平面11EB C F ，11//E F 平面11EB C F ，11= AO E F O ，AO ⊂平面11AE F ，11E F ⊂平面11AE F ，所以平面11//AE F 平面11EB C F ，又因平面11 AE F 平面111=AA B B AE ，平面11EB C F ⋂平面111=AA B B EB ，所以11//EB AE ，因为111B C A N ⊥，11B C MN ⊥，1A N MN N = ，1A N ⊂平面1AA NM ，MN ⊂平面1AA NM ，所以11B C ⊥平面1AA NM ，又因1111∥E F B C ，所以11⊥E F 平面1AA NM ，所以1AE 与平面1AA NM 所成的角为1∠E AO ，令2AB =，则11=NB ，由于O 为111A B C △的中心，故112233==OE NB ，在1Rt AE O 中，122,3===AO AB OE ，由勾股定理得1=AE所以111sin 10∠==E O E AO AE ，由于11//EB AE ，直线1B E 与平面1A AMN[方法二]：几何法因为//AO 平面11EFC B ，平面11 EFC B 平面1=AMNA NP ，AO ⊂平面1AMNA ，所以//AO NP ，因为//ON AP ，所以四边形OAPN 为平行四边形，由（1）知EF ⊥平面1AMNA ，则EF 为平面1AMNA 的垂线，所以1B E 在平面1AMNA 的射影为NP ，从而1B E 与NP 所成角的正弦值即为所求，在梯形11EFC B 中，设1EF =，过E 作11EG B C ⊥，垂足为G ，则3==PN EG ，在直角三角形1B EG 中，1sin ∠B EG即直线1B E 与平面1A AMN [方法三]：向量法由（1）知，11B C ⊥平面1A AMN ，则11B C为平面1A AMN 的法向量，因为//AO 平面11EB C F ，AO ⊂平面1A AMN ，且平面1A AMN ⋂平面11EB C F PN =，所以//AO PN ，由（1）知11//,AA MN AA MN =，即四边形APNO 为平行四边形，则==AO NP AB ，因为O 为正111A B C △的中心，故13==AP ON AM ，由面面平行的性质得111111,33=∥EF B C EF B C ，所以四边形11EFC B 为等腰梯形.由P ，N 为等腰梯形两底的中点，得11PN B C ⊥，则11110,⋅==++= PN B C EB EP PN NB 111111111623+-=-B C PN B C PN B C ，设直线1B E 与平面1A AMN 所成角为θ，AB a =，则211111113sin θ⋅== a EB B C EB B C 所以直线1B E 与平面1A AMN[方法四]：基底法不妨设2===AO AB AC ，则在直角1AAO中，13AA =.以向量1,,AA AB AC为基底，从而1,2π= AA AB ，1,2π= AA AC ，,3π= AB AC ，1111123=++=+ EB EA AA A B AB AA ，BC AC AB =-，则1= EB ||2BC = ，所以112()3⎛⎫⋅=+⋅-= ⎪⎝⎭EB BC AB AA AC AB 2224333⋅-=- AB AC AB ，由（1）知BC ⊥平面1A AMN ，所以向量BC为平面1A AMN 的法向量，设直线1B E 与平面1A AMN 所成角θ，则111sin cos ,10||θ⋅===EB BC EB BC EB BC ，故直线1B E 与平面1A AMN所成角的正弦值为sin 10θ=.9．(1)证明见解析；7.【分析】（1）方法一：通过证明直线1//C E AF ，根据平面的基本事实二的推论即可证出；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出.（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出.【详解】（1）［方法一］：利用平面基本事实的推论。

新高考数学复习知识点与题型专题讲解专题27 向量法求空间角一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，P ，Q 分别为1A B ，11B D ，1A D ，1CD 的中点，则异面直线EF 与PQ 所成角的大小是（）A ．4πB ．6πC ．3πD ．2π 【答案】C【分析】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，写出E ，F ，P ，Q 的坐标，然后可得PQ 和EF 的坐标，然后可算出答案.【详解】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为2，则()1,0,1P ，()0,1,1Q ，()2,1,1E ，()1,1,2F ，则()1,1,0PQ =-，()1,0,1EF =-．设异面直线EF 与PQ 所成的角为0,2πθθ⎛⎫⎛⎤∈ ⎪⎥⎝⎦⎝⎭，则1cos 22EF PQ EF PQ θ⋅===，所以3πθ=， 故选：C2．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，设AC 交BD 于点O ，则异面直线1A O 与1BDA．C．【答案】D【分析】首先以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求异面直线成角即可。

【详解】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，因为1AB AD ==，12AA =，所以()11,0,2A ，()1,1,0B ，11,,022O ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()10,0,2D ， 111,,222A O ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，()11,1,2BD =--，则11cos ,A O BD ==. 故选：D【点睛】本题主要考查向量法求异面直线成角，属于简单题。

3．如图在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是AD 的中点，那么异面直线1D E 和1A B 所成的A．5B．5C ．45D ．23 【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，利用向量求出异面直线1D E 和1A B 所成角的余弦值．【详解】建立空间直角坐标系，如图所示；(0D ，0，0)，(1E ，0，0)，1(0D ，0，2)，(2B ，2，0)，1(2A ，0，2)；1(1D E =，0，2)-，1(0A B =，2，2)-，1110022(2)4D E A B =⨯+⨯-⨯-=，21||1D E ==，21||0A B = 所以1cos D E<，11111||||5D E A B A B D E A B >===⨯所以异面直线1D E 和1A B 故选：A【点睛】 方法点睛：求异面直线所成的角常用的两种方法：方法一：（几何法）找（观察）→作（平移法）→证（定义）→指→求（解三角形）；方法二：（向量法）利用向量里异面直线所成的角的公式求解.4．如图，已知点E 、F 、G 、H 分别是正方体1111ABCD A B C D -中棱1AA 、AB 、BC 、11C D 的中点，记二面角E FG D --的平面角为α，直线HG 与平面ABCD 所成角为β，直线HG 与直线DG 所成角为γ，则（）A ．αβγ>>B ．βαγ>>C ．βαγ=>D ．γαβ>=【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角、二面角、异面直角所成角，即可比较；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为2，则()2,0,1E ，()2,1,0F ，()1,2,0G ，()0,1,2H ，()1,1,2HG =-，()1,2,0DG =，()0,1,1EF =-，()1,1,0FG =-，显然面ABCD 的法向量为()0,0,1n =，设面EFG 的法向量为(),,m x y z =，则·0·0m EF m FG ⎧=⎨=⎩，即00y z x y -=⎧⎨-+=⎩，令1y =则1z =、1x =，所以()1,1,1m = 所以3cos =3n mn m α=，2sin 6HG n HG nβ===cos 3β==，1cos 10HG DGHG DG γ⨯=== >cos cos αγ>，所以γαβ>= 故选：D5．如图，在正四面体ABCD 中，,,2BE EC CF FD DG GA ===，记平面EFG 与平面BCD ､平面ACD ､平面ABD ，所成的锐二面角分别为α､β､γ，则（）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．βαγ>>D ．γαβ>>【答案】A【分析】过A 作AO ⊥平面BCD ，取BD 的中点M ，连接CM ，交CM 于点O ，以O 为原点，OC 为x 轴，ON 为y 轴，OA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用坐标向量法先求cos ,cos ,cos αβγ，再根据余弦函数单调性比较大小即可.【详解】解：(空间向量法)因为,,2BE EC CF FD DG GA ===，所以E ､F 分别为BC ､CD 的中点，G 为AD 上靠近A 的三等分点，取BD 的中点M ，连接CM ，过A 作AO ⊥平面BCD ，交CM 于点O ，在平面BCD 中过O 作//ON BD ，交CD 于N ，设正四面体ABCD的棱长为2，则OM =CO =，OA ===， 以O 为原点，OC 为x 轴，ON 为y 轴，OA 为z 轴，建立空间直角坐标系，0,0,3A ⎛ ⎝⎭，1,03B ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，3C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3D ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,062E ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1,062F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，13G ⎛ ⎝⎭，(0,1,0)EF =，56EG ⎛= ⎝⎭，23AC ⎛=⎝⎭，33AD ⎛=--⎝⎭，,1,33AB ⎛=--- ⎝⎭， 设平面EFG 的一个法向量为()1,,n x y z =，则1100n EFn EG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0501869y x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，不妨令1z =，则18,0,125n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， 同理可计算出平面BCD ､平面ACD ､平面ABD 的一个法向量分别为2(0,0,1)n =，()32,n =，4(22,0,1)n =-，则可得1212517co 1s 5n n n n α⋅==⋅，1313717co 1s 5n n n n β⋅==⋅14149cos 1751n n n n γ⋅==⋅， 所以cos cos cos αβγ<<，又cos y x =在()0.x π∈上递减，所以αβγ>>，故选：A.6．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，11BC BB ==，P 是1A C 的中点，则直线BP 与1AD 所成角的余弦值为（）A ．13B．4．3D 【答案】D【分析】以D 为原点，DA 为x 轴DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线BP 与1AD 所成角的余弦值．【详解】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，11BC BB ==，P 为1A C 的中点，∴以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，(1B ，2，0)，1(1A ，0，1)，(0C ，2，0)，11(,1,)22P ，(1A ，0，0)，1(0D ，0，1)， 1(2BP =-，1-，1)2，1(1AD =-，0，1)， 设异面直线BP 与1AD 所成角为θ，则1111||2cos ||||624BP AD BP AD θ+⋅===⋅． ∴异面直线BP 与1AD 所成角的余弦值为3． 故选：D ．【点睛】求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.7．已知两条异面直线的方向向量分别是(3u =，1，2)-，(3v =，2，1)，则这两条异面直线所成的角θ满足（）A ．9sin 14θ=B ．1sin 4θ=C ．9cos 14θ=D ．1cos 4θ= 【答案】C【分析】由已知两条异面直线的方向向量的坐标，然后利用数量积求夹角公式，即可求得答案.【详解】两条异面直线的方向向量分别是(3u =，1，2)-，(3v =，2，1)，∴·3312(2)19u v =⨯+⨯+-⨯=，231u =+=，232v =+=， 又两条异面直线所成的角为(0,]2πθ∈，∴·99cos cos ,14·14u v u v u v θ====⋅，sin θ=. 故选：C .二、解答题 8．如图，四边形MABC 中，ABC 是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒，MAC △是边长为2的正三角形，以AC 为折痕，将MAC △向上折叠到DAC △的位置，使D 点在平面ABC 内的射影在AB 上，再将MAC △向下折叠到EAC 的位置，使平面EAC ⊥平面ABC ，形成几何体DABCE .（1）点F 在BC 上，若//DF 平面EAC ，求点F 的位置；（2）求二面角D BC E --的余弦值.【答案】（1）F 为BC 的中点；（2 【分析】（1）设D 点在平面ABC 内的射影为O ，连接OD ，OC ，取BC 的中点F ，易得//OF 平面EAC .取AC 的中点H ，连接EH ，由平面EAC ⊥平面ABC ，得到EH ⊥平面ABC ，又DO ⊥平面ABC ，则//DO EH ，则//DO 平面EAC ，然后由面面平行的判定定理证明.（2）连接OH ，以O 为坐标原点，OF ，OH ，OD 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面BDC 的一个法向量为(),,m x y z =和平面EBC 的一个法向量为(),,n a b c =，由cos ,m n m n m n ⋅=⋅求解.【详解】（1）如图，设D 点在平面ABC 内的射影为O ，连接OD ，OC ，∵AD CD =，∵OA OC =，∵在Rt ABC △中，O 为AB 的中点.取BC 的中点F ，连接OF ，DF ，则//OF AC ，又OF ⊄平面EAC ，AC ⊂平面EAC ，∵//OF 平面EAC .取AC 的中点H ，连接EH ，则易知EH AC ⊥，又平面EAC ⊥平面ABC ，平面EAC平面ABC AC =，∵EH ⊥平面ABC ，又DO ⊥平面ABC ，∵//DO EH ，又DO ⊄平面EAC ，EH ⊂平面EAC ，∵//DO 平面EAC .又DO OF O ⋂=，∵平面//DOF 平面EAC .又DF ⊂平面DOF ，∵//DF 平面EAC ，此时F 为BC 的中点.（2）连接OH ，由（1）可知OF ，OH ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OF ，OH ，OD 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，则()1,1,0B -，(D，(0,1,E ，()1,1,0C ，从而()0,2,0BC =，(BD =-，(1,2,BE =-.设平面BDC 的一个法向量为(),,m x y z =，则0,0,BC n BD m ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,0,y x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 得0y =，取x =，则1z =，()2,0,1m =.设平面EBC 的一个法向量为(),,n a b c =，则0,0,BC n BE n ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,20,b a b =⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 得0b=，取a =1c =-，()3,0,1n =-，从而6cos ,63m n m n m n⋅-===⨯⋅.易知二面角D BC E --为钝二面角， 所以二面角D BC E -- 【点睛】关键点点睛：（1）在求解与图形的翻折有关的问题时，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没变，哪些位置关系变了，哪些位置关系没变；（2）利用向量法求二面角的关键是建立合适的空间直角坐标系及准确求出相关平面的法向量.9．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，22PA AD CD AB ====，AB AD ⊥，CD AD ⊥，PA ⊥底面ABCD ，M 为PC 的中点.（1）求证：//BM 平面PAD ；（2）在侧面PAD 内找一点N ，使MN ⊥平面PBD ； （3）求直线PC 与平面PBD 所成角的正弦.【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）3. 【分析】（1）取PD 的中点E ，连接AE 、EM ，证明出四边形ABME 为平行四边形，可得出//BM AE ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以A 为原点，以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设点()0,,N y z ，由题意得出0MN PB MN DB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，求出y 、z 的值，求出点N 的坐标，可确定点N 的位置；（3）利用空间向量法可求得直线PC 与平面PBD 所成角的正弦. 【详解】（1）取PD 的中点E ，连接AE 、EM ，M 为PC 的中点，E 为PD 的中点，则//EM CD 且12EM CD =， 在平面ABCD 中，AB AD ⊥，CD AD ⊥，//AB CD ∴，由已知条件可得12AB CD =， //EM AB ∴且EM AB =，所以，四边形ABME 为平行四边形，//BM AE ∴，BM ⊄平面PAD ，EA ⊂平面PAD ，//BM ∴平面PAD ；（2）PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，以A 为原点，以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0B 、()2,2,0C 、()0,2,0D 、()002P ,,、()1,1,1M ， 在平面PAD 内设()0,,N y z ，()1,1,1MN y z =---，()1,0,2PB =-，()1,2,0DB =-，由MN PB ⊥，可得1220MN PB z ⋅=--+=，12z ∴=， 由MN DB ⊥，可得1220MN DB y ⋅=--+=，12y ∴=，所以，110,,22N ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 所以，当N 是AE 的中点，此时MN ⊥平面PBD ；（3）()2,2,2PC =-，由（2）可知，平面PBD 的一个法向量为111,,22MN ⎛⎫=---⎪⎝⎭，cos ,32PC MN PC MN PC MN⋅<>===-⋅，故直线PC 与平面PBD 所成角的正弦值为3. 【点睛】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 cos ,n a θ=<>.10．如图所示，四棱锥PABCD -中，侧面PDC 是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD 是ADC 60∠=的菱形，M 为PB 的中点.（1）求PA 与底面ABCD 所成角的大小； （2）求证：PA ⊥平面CDM ； （3）求二面角D MC B --的余弦值. 【答案】（1）45；（2）证明见解析；（3）-5. 【分析】（1）根据题意，由PDC △是正三角形，取DC 的中点O ，得出PO DC ⊥，再由面面垂直的性质得出PO ⊥平面ABCD ，连结OA ，得出PAO ∠就是PA 与底面所成角，根据题给条件得出45PAO ∠=，即可得出PA 与底面ABCD 所成角的大小；（2）根据菱形的性质得出OA DC ⊥，建立空间直角坐标系，通过空间性量法证明出PA DM ⊥，PA DC ⊥，再根据线面垂直的判定定理，即可证出PA ⊥平面CDM ；（3）通过空间向量求法向量的方法，分别求出平面BMC的法向量(n →=-，和平面CDM的法向量PA →=，根据向量法求空间二面角的公式cos n PAn PA n PA→→→→→→⋅=⋅，，利用向量数量积和模的运算可得出结果，经观察二面角D MC B --的平面角θ为钝角，则cos cos n PA θ→→=-，，从而得出结果. 【详解】解：（1）取DC 的中点O ，由PDC △是正三角形，有PO DC ⊥， 又∵平面PDC ⊥底面ABCD ，∵PO ⊥平面ABCD ，连结OA ，则OA 是PA 在底面上的射影，∵PAO ∠就是PA 与底面所成角， ∵ADC 60∠=，由已知PCD 和ACD △是全等的正三角形，从而求得OA OP ==∵45PAO ∠=， ∵PA 与底面ABCD 可成角的大小为45；（2）证明：由底面ABCD 为菱形且ADC 60∠=，2DC =，1DO =， 有OA DC ⊥，建立空间直角坐标系如图，则0)A ，、(00P 、(010)D -，，、20)B ，、()010C ，，，由M 为PB 中点，∵1M ，∵222DM →=，，PA →=，，(020)DC →=，，，∵20(0PA DM →→⋅=⨯+=，0200(0PA DC →→⋅=⨯+⨯=，∵PA DM ⊥，PA DC ⊥，且DM DC D =，而,DM DC ⊂平面DMC ， ∵PA ⊥平面DMC ；（3）022CM →=，，0)CB →=，， 令平面BMC 的法向量()n x y z →=，，，则0n CM →→⋅=，从而0x z +=∵；0n CB →→⋅=0y +=∵；由∵∵，取1x =-，则y =1z =，∵可取(n →=-，由（2）知平面CDM的法向量可取PA →=，，∵cos n PAn PA n PA→→→→→→⋅===⋅， 设二面角D MC B --的平面角为θ，经观察θ为钝角，则cos cos n PA θ→→=-=，. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何法求线面角，考查利用向量法证明线线垂直以及线面垂直的判定定理和面面垂直的性质的应用，考查利用空间空间向量法求解二面角余弦值，注意向量法的合理运用，向量法解题时熟练掌握向量的坐标以及法向量的计算、向量的数量积运算、空间二面角的向量公式是解题的关键. 11．如图，三棱柱111ABC A B C -中，平面11A ACC ⊥平面ABC ，ABC 和1A AC 都是正三角形，D 是AB 的中点．（1）求证：1//BC 平面1A DC ； （2）求二面角11A DC C --的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）1113. 【分析】（1）首先证明1//DE BC ，进一步得出结论. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小，首先正确求出两个平面的法向量，进一步求出二面角．【详解】（1）如图，连接1AC ，交1A C 于点E ，连接DE ，由于四边形11A ACC 是平行四边形，所以E 是1AC 的中点． 因为D 是AB 的中点，所以1//DE BC ． 因为DE ⊂平面1A DC ，1BC ⊄平面1A DC ， 所以1//BC 平面1A DC ．（2）如图，取AC 的中点O ，连接1A O ，BO ，根据ABC 和1A AC 都是正三角形，得1A O AC ⊥，BO AC ⊥．又平面11A ACC ⊥平面ABC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，所以1A O ⊥平面ABC ，于是1A O BO ⊥． 以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，1OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．设2AC =，则(1A ，()0,1,0C ，1,022D ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，(10,C ．所以33,02CD ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭，131,2AD ⎛=-⎝，152DC ⎛= ⎝． 设平面1A DC 的法向量为(),,m x y z =，则100mCD m A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即30221022x y x y -=⎪--=⎩，令3x =，则y =1z =，所以()3,3,1m =．设平面1DCC 的法向量(),,n a b c =，则100nCD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即30225022a b a b -=⎪⎨⎪-+=⎪⎩，令3a =，则b =1c =-，所以()3,3,1n =-．设二面角11A DC C --的大小为θ，由图易知θ为锐角， 则11cos 13m n m nθ⋅==⋅， 因此二面角11A DC C --的余弦值为1113． 【点睛】本题是综合性题目，属于课堂学习情境和探索创新情境，具体是数学推理学习情境和数学探究情境，本题考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．解题关键 （1）证明线面平行的关键是找到线线平行，而线线平行常常借助三角形的中位线定理来证明．（2）利用向量法求二面角的大小，关键是建立合适的空间直角坐标系，然后正确求出两个平面的法向量． 12．如图，在四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 中//CD AB ，AB BC ⊥，侧面ABE ⊥平面ABCD ，且224AB AE BE BC CD =====，点M 在棱AE 上，且2MA EM =．（∵）证明：//CE 平面BDM ； （∵）求二面角E BD M --的余弦值【答案】（∵）证明见解析；（∵）35． 【分析】（∵）要证明线面平行需证明线线平行，接AC 交BD 于点N ，连接MN ，利用线段比例相等，证明//MN CE ；（∵）如图，建立空间直角坐标系，分别求平面BDM 和平面BDE 的法向量，利用法向量二面角的余弦值. 【详解】命题意图本题考查空间关系的证明以及利用空间向量计算二面角的余弦值 解析（∵）如图，连接AC 交BD 于点N ，连接MN ， 因为CD AB ，2AB CD =，所以12CN CD NA AB ==， 由条件得12EM MA =，所以MN CE ，又CE ⊄平面BDM ，MN ⊂平面BDM ， 所以CE平面BDM ．（∵）如图，取AB 的中点O ，连接EO ，DO ．由条件可知OD ，OA ，OE 两两垂直，以OD ，OA ，OE 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O xyz -，则()0,2,0A ，()0,2,0B -，()2,0,0D，(E ，因为2AM ME =，所以20,,33M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭． 所以()2,2,0BD =，80,,33BM ⎛= ⎝⎭，(0,2,BE =，设平面BDM 的法向量为()111,,m x y z =，则0,0,m BD m BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩即1111220,80,33x y y z +=⎧⎪⎨+=⎪⎩令1y =()3,2m =．设平面BDE 的法向量为()222,,n x y z =，则0,0,n BD n BE ⎧⋅=⎨⋅=⎩即2222220,20,x y y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩令2y ==()3,n =-，所以二面角E BDM --的余弦值为35． 【点睛】方法点睛：不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行.13．如图，在底面为菱形的四棱锥P ABCD -中，60BCD ∠=︒，2PA PD CD ==．（1）证明：AD PB ⊥； （2）若PB AD =，点Q 在线段PB 上，且3PQ QB =，求二面角A CQ B --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，BD 得AD BO ⊥，AD PO ⊥证得AD ⊥平面PBO ，从而得证线线垂直；（2）设2AB =，90APD ∠=︒求得1PO =可得PO BD ⊥，以以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OP 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O xyz -．用空间向量法求二面角． 【详解】（1）取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，BD ， 因为四边形ABCD 是菱形，且60BCD ∠=︒，所以60BAD ∠=︒，且AB AD =，所以ABD △为正三角形，AD BO ⊥． 因为PA PD =，所以AD PO ⊥． 又BOPO O =，所以AD ⊥平面PBO ，因为PB ⊂平面PBO ，所以AD PB ⊥．（2）设2AB =，则2PA PD CD === 所以222PA PD AD +=，所以90APD ∠=︒．由（1）知，112PO AD ==，又BO AD ==，2PB AD ==，所以222PO OB PB +=，所以PO BO ⊥．故以O 为坐标原点，分别以OA ，OB ，OP 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O xyz -．则()1,0,0A，()B，()C -，()0,0,1P，14Q ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，所以()3,CA =，12,44CQ ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,0CB =． 设()111,,n x y z =是平面ACQ 的法向量，则0,0,n CA n CQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩即1111130,120,44x x y z ⎧=⎪⎨-+=⎪⎩取1y =()1,3,5n =-．设()222,,m x y z =是平面BCQ 的法向量，则0,0,m CB m CQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩即222220,120,44x x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩则20x =， 取21y=，则(=m ．则3cos 2n m n m n m⋅-⋅====⋅由图易知二面角A CQ B --为钝二面角，所以二面角A CQ B --的余弦值为． 【点睛】易错点睛：求解本题的易错点：一是求平面的法向量出错，应注意点的坐标求解的准确性；二是符号出错，把二面角的余弦值与向量夹角的余弦值的关系搞混，导致结果出错．14．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD DC =，F ，G 分别是PB ，AD 的中点．（1）求证：GF ⊥平面PCB ；（2）求平面PAB 与平面PCB 夹角的余弦值；（3）在AP 上是否存在一点M ，使得DM 与PC 所成角为60︒？若存在，求出M 点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）12-；（3）存在，点M 的坐标为(1，0，1). 【分析】（1）以D 为原点，DA 、DC 、DP 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，写出G 、P 、A 、B 、C 、F 的坐标，根据法向量的性质求得平面PCB 的法向量n ，证得//GF n 即可；（2）由（1）知，平面PCB 的法向量为(0n =，1，1)，同（1）可求得平面PAB 的法向量m ，由cos m <，||||m nn m n >=即可得解；（3）设AM AP λ=，则(22M λ-，0，2)λ，故有cos 60|cos DM ︒=<，·|·DM PC PC DM PC>=，解之得λ的值即可． 【详解】（1）证明：以D 为原点，DA 、DC 、DP 分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则(1G ，0，0)，(0P ，0，2)，A (2，0，0)，(2B ，2，0)，(0C ，2，0)，(1F ，1，1)，∴(0GF =，1，1)，(2PB =，2，2)-，(0PC =，2，2)-，设平面PCB 的法向量为(n x =，y ，)z ，则·0{·0n PB n PC ==，即2220{220x y z y z +-=-=，令1y =，则0x =，1z =，∴(0n =，1，1)，∴//GF n ，故GF ⊥平面PCB ．（2）解：由（1）知，平面PCB 的法向量为(0n =，1，1)，(2PA =，0，2)-， 同（1）可求得平面PAB 的法向量(1m =，0，1)，cos m ∴<，·112·2m n n m n >===⨯， 由图可知，平面PAB 与平面PCB 的夹角为钝角，∴平面PAB 与平面PCB 夹角的余弦值为12-． （3）解：设AM AP λ=，则(22M λ-，0，2)λ，∴(22DM λ=-，0，2)λ，DM 与PC 所成角为60︒，(0PC =，2，2)-，cos 60|cos DM ∴︒=<，··(2DM PC PC DM PC>==，解得12λ=，故在AP 上存在一点M ，使得DM 与PC 所成角为60︒，点M 的坐标为(1，0，1)． 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量在立体几何中的应用，熟练掌握利用空间向量处理线面垂直、二面角和异面直线夹角的方法是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力．15．已知如图∵，在菱形ABCD 中，60A ∠=︒且2AB =，E 为AD 的中点，将ABE △沿BE 折起使AD =∵所示的四棱锥A BCDE -.（1）求证：平面ABE ⊥平面ABC ；（2）若P 为AC 的中点，求二面角P BD A --的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）17. 【分析】（1）利用题中所给的条件证明AE ED ⊥，BE DE ⊥，因为//BC DE ，所以BC BE ⊥，BC AE ⊥∵即可证明BC ⊥平面ABE ∵进一步可得面面垂直；（2）先证明AE ⊥平面BCDE ∵以E 为坐标原点，EB ，ED ，EA 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面PBD 的一个法向量m ，平面BDA 的一个法向量n ，利用向量的夹角公式即可求解 【详解】解：（1）在图∵中，连接BD ，如图所示：因为四边形ABCD 为菱形，60A ∠=︒，所以ABD △是等边三角形. 因为E 为AD 的中点，所以BE AE ⊥，BE DE ⊥. 又2AD AB ==，所以1AE DE ==.在图∵中，AD =，所以222AE ED AD +=，即AE ED ⊥.因为//BC DE ，所以BC BE ⊥，BC AE ⊥. 又BEAE E =，AE ，BE ⊂平面ABE .所以BC ⊥平面ABE .又BC ⊂平面ABC ，所以平面ABE ⊥平面ABC . （2）由（1）知，AE DE ⊥，AE BE ⊥. 因为BE DE E ⋂=，BE ，DE ⊂平面BCDE . 所以AE ⊥平面BCDE .以E 为坐标原点，EB ，ED ，EA 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系：则()0,0,0E ，()0,0,1A，)B，)C ，()0,1,0D .因为P 为AC的中点，所以12P ⎫⎪⎪⎝⎭.所以311,2PB⎛⎫=-- ⎪⎪⎝⎭，12PD ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭. 设平面PBD 的一个法向量为(),,m x y z =，由00PB m PDm ⎧⋅=⎨⋅=⎩得102102x y z x z--=⎨⎪-=⎪⎩.令z =1x =-，y =(1m =-.设平面BDA 的一个法向量为()111n x y z =，，.因为()31BA =-，，()011AD =-，，由00BA n AD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得11110z y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 令11x =，z=y =(13n =，，则11cos ,77m n m n m n⋅--===-⨯⨯∵所以二面角P BD A --的余弦值为17. 【点睛】思路点睛：证明面面垂直的思路（1）利用面面垂直的定义，（不常用） （2）利用面面垂直的判定定理；（3）利用性质：//αβ，βγαγ⊥⇒⊥.16．如图，E 为矩形ABCD 边CD 的中点，沿BE 将CBE △向上翻折至FBE ，使得二面角C BE F --为60°，且AB =，2FG GC =.（1）证明：//AF 平面BGE ；（2）求直线BG 与平面ABF 夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）85.【分析】（1）连接AC 交BE 于H ，由相识三角形可得12CH CE AH AB ==，从而可得//AF GH ，进而可得结论；（2）先证明AC BE ⊥，翻折后可得FH BE ⊥，可得FHC ∠是C BE F --的平面角为60，FHC为正三角形，设BC =，则3AB AC ==，以H 为原点，HA 为x 轴，HB 为y 轴，建立如图所示法坐标系，求出法向量与直线的方向向量，利用夹角公式可得答案. 【详解】（1）连接AC 交BE 于H ， 则AHB CHE ，12CH CE AH AB ==， 又12GC FG =，//AF GH ∴， 又AF ⊄面BGE ，GH ⊂面BGF ，//AF ∴平面BGE ；（2）tan BCCEB CE∠==， tan ABBCA BC∠==， CEB BCA ∴∠=∠ ， CEB BCA ∠=∠，90HEC HCE ∴∠+∠=，CH BE ⊥，即AC BE ⊥，翻折后可得FH BE ⊥， 所以FHC ∠是C BE F --的平面角为60，FHC为正三角形，设BC =，则3AB AC ==，以H 为原点，HA 为x 轴，HB 为y 轴，建立如图所示法坐标系，则()()2,0,0,AB，15,0,,,0,2266F G ⎛⎛-- ⎝⎭⎝⎭，53135,0,,,2,,,222266AF BF BG ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--=-⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设平面ABF 的法向量为(),,n x y z =，则50221022x z x z ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，令z =3,510x y ==，332,55n ⎛= ⎝，设BG 与平面ABF 夹角的正弦值夹角为θ，sin 85BG n BG nθ⋅===⋅⎛【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”： 第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系； 第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标； 第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量； 第四，破“应用公式关”.17．如图，长方体1111ABCD A B C D-中，2AB =，11BC CC ==，若在CD 上存在点E ，使得1A E ⊥平面11AB D .（1）求DE 的长；（2）求平面11AB D 与平面1BB E 夹角的余弦值.【答案】（1）12；（2【分析】（1）建立空间坐标系，设DE a =，令11A E AB ⊥即可求出a 的值； （2）求出平面1BB E 的法向量n ，计算n 和1A E 的夹角即可得出二面角的大小. 【详解】（1）以D 为原点，以DA ，DC ，1DD 为轴建立空间直角坐标系D xyz -，如图所示：设DE a =，则(0E ，a ，0)，(1A ，0，0)，1(1A ，0，1)，1(1B ，2，1)，1(0D ，0，1)，∴1(0AB =，2，1)，11(1D B =，2，0)，1(1A E =-，a ，1)-， AE 平面11AB D ，∴1AB AE ⊥，即1210E a A AB ⋅=-=，解得12a =， 12DE ∴=. （2）由（1）可知1(1A E =-，12，1)-为平面11AB D 的法向量， (1BE =-，32-，0)，1(0BB =，0，1)， 设平面1BB E 的法向量为(n x =，y ，)z ，则1·0·0n BB n BE ⎧=⎨=⎩，即0302z x y =⎧⎪⎨--=⎪⎩， 令2y =可得(3n =-，2，0)，1cos A E ∴<，11·43132A E A E nn n >===⨯.∴平面11AB D 与平面1BB E 夹角的余弦值为39. 【点睛】方法点睛：二面角的求法方法一：（几何法）找→作（定义法、三垂线法、垂面法）→证（定义）→指→求（解三角形）；方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量,m n ；再代入公式cos m nm n α⋅=±（其中,m n 分别是两个平面的法向量，α是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“±”号）18．如图，三棱柱ABC DEF -的侧面BEFC 是边长为1的正方形，面BEFC ⊥面ADEB ，4AB =，60DEB ∠=︒，G 是DE 的中点.（1）求证：//CE 平面AGF ；（2）求点D 到平面AGF 的距离；（3）在线段BC上是否存在一点P ，使二面角P GE B --为45︒，若存在，求BP 的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）10；（3）存在，且2BP =，理由见解析. 【分析】（1）通过三角形的中位线以及线面平行的判定定理，证得//CE 平面AGF .（2）建立空间直角坐标系，利用公式计算点D 到平面AGF 的距离.（3）设出P 点坐标，根据二面角P GE B --为45︒列方程，解方程求得BP .【详解】（1）连接CD 交AF 于H ，连接HG ，根据柱体的性质可知//,AD CF AD CF =，所以四边形ADFC 是平行四边形，所以H 是AF 的中点，由于G 是DE 的中点，所以//HG CE ，由于HG ⊂平面AGF ，CE ⊂平面AGF ，所以//CE 平面AGF .（2）因为四边形BEFC 是正方形，所以BC BE ⊥，因为面BEFC ⊥面ADEB ，面BEFC ⋂面ADEB BE =，所以BC ⊥平面ADEB ，则,BC BE BC BG ⊥⊥.因为60DEB ∠=︒，2,1GE BE ==，在三角形BGE 中由余弦定理得BG ==所以222BE BG GE +=，所以BG BE ⊥.以B 为原点，建立如图所示空间直角坐标系.则)()()()(),2,0,0,1,1,1,0,0,1,0G A F D E --. ()()()3,2,0,3,1,1,3,1,0AG GF DG =-=-=-. 设平面AGF 的法向量为()1111,,x n y z =，则111111132030n AG y n GF yz ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-++=⎪⎩，令12x =，则11y z ==(2,3,n=. 设D 到平面AGF 的距离为d ，则310DG nd n ⋅===. （3）假设线段BC 上存在一点P ，使二面角P GE B --为45︒.设()0,0,P h ，则()GP h =-，()0,1,EP h =-.设平面PGE 的法向量为()2222,,n x y z =，则222222300n GP hz n EP y hz ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，令21z =则22x y h ==， 所以2,1n h ⎫=⎪⎭. 由于BC ⊥平面ADEB ，所以()0,0,1BC=，是平面BGE 的一个法向量， 所以222cos ,BC n BC n BC n h ⋅===⋅，解得h =. 所以在线段BC 上存在一点P ，使二面角P GE B --为45︒，且BP =.【点睛】证明线面平行的方法主要是通过线线平行来证明，求点面距可以考虑向量法来计算.19．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，12AC BC AA ===（1）求证：1A C BC ⊥；（2）求直线1AC 和11A B 所成角的大小；（3）求直线1AC 和平面11ABB A 所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）3π；（3）6π. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由10CA CB ⋅=证得1A C BC ⊥. （2）利用直线1AC 和直线11A B 的方向向量，求得直线1AC 和11A B 所成角的余弦值，由此求得该角的大小. （3）利用直线1AC 的方向向量和平面11ABB A 的法向量，求得直线1AC 和平面11ABB A 所成角的正弦值，进而求得该角的大小.【详解】（1）由于三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1CC ⊥平面ABC ，所以11,CC AC CC BC ⊥⊥，依题意可知AC BC ⊥.以C 为原点建立如图所示空间直角坐标系.则()()()()()1112,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2A B C A B ，则()()12,0,2,0,2,0CA CB ==，所以10CA CB ⋅=，所以1A C BC ⊥. （2）()()1112,0,2,2,2,0AC A B =-=-，设直线1AC 和11A B 所成角为α， 则1111111cos 22AC A B AC A B α⋅===⋅， 由于02πα≤≤，所以3πα=.（3）()()12,2,0,0,0,2AB AA =-=，设平面11ABB A 的法向量为(),,n x y z =， 则122020n AB x y n AA z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1x =可得()1,1,0n =. 设直线1AC 和平面11ABB A 所成角为β， 则111sin 22AC nAC n β⋅===⋅， 由于02πβ≤≤，所以6πβ=.【点睛】要证明线线垂直，可以利用这两条直线的方向向量的数量积为0来证明.20．如图，已知三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，,,2AC BC PA AC BC DB AD ⊥===，M 、E 分别为PB 、PC 的中点，N 为AE 的中点．（∵）求证：MN CD ⊥；（∵）求直线PB 和平面PCD 所成角的正弦值．【答案】（∵）证明见解析；（∵）3. 【分析】（∵）以C 为原点，,CA CB 所在直线为x 轴、y 轴，建立空间直角坐标系，设2PA AC BC ===，利用空间向量的数量积为0可证MN CD ⊥；（∵）根据向量PB 和平面PCD 的法向量可求得结果.【详解】（∵）证明：如图，以C 为原点，,CA CB 所在直线为x 轴、y 轴，建立空间直角坐标系，设2PA AC BC ===，则(2,0,0),(0,2,0),(0,0,0),(2,0,2)A B C P ， 所以3142(1,1,1),(1,0,1),,0,,,,02233M E N D ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以1142,1,,,,02233MN CD ⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 因为01421102332MN CD =⨯--⋅=⨯⨯， 所以MN CD ⊥．（∵）由（∵）知(2,2,2),(2,0,2)PB CP =--=，设平面PCD 的法向量(,,)n x y z =，则0,0.CD n CP n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得420,33220.x y x z ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩令1x =，则2,1y z =-=-，故平面PCD 的一个法向量为(1,2,1)n =--，设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ，则|||21sin 3|||4PB n PB n θ⋅-⨯====+∣. 所以直线PB 和平面PCD . 【点睛】 关键点点睛：建立空间直角坐标系，正确写出相关点的坐标，求出平面的法向量是解题关键，属于中档题. 21．如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是边长为2的等边三角形，侧面11BCC B 为菱形，且平面11BCCB ⊥平面ABC ，160CBB ∠=︒，D 为棱1AA 的中点．（1）证明：1BC ⊥平面1DCB ；（2）求二面角11B DC C --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2. 【分析】（1）设BC 的中点为E ，1BC 与1B C 的交点为O ，连接AE ，EO ，OD ，根据线面垂直的判定定理，可得AE ⊥平面11BCC B ；再证明//AE DO ，得到DO ⊥平面11BCC B ，推出1DO BC ⊥，11BC B C ⊥，从而可得线面垂直；（2）先由（1）可得，OD ，OB ，1OB 两两相互垂直，以O 为坐标原点，以OD 的方向为z 轴正方向，分别以OB ，1OB 为x 轴和y 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，分别求出平面1DCC 和1DCB 的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果.【详解】（1）证明：设BC 的中点为E ，1BC 与1B C 的交点为O ，连接AE ，EO ，OD ，如图所示． 由E 为BC 的中点可得AE BC ⊥，又平面11BCC B ⊥平面ABC ，平面11BCC B 平面ABC BC =，故AE ⊥平面11BCC B ．又O 为1BC 的中点．所以11//2EO CC 且112EO CC =． 又11//2AD CC 且112AD CC =，所以//AD EO 且AD EO =， 因此四边形ADEO 为平行四边形，所以//AE DO 且AE DO =，所以DO ⊥平面11BCC B ，故1DO BC ⊥，又四边形11BCC B 为菱形，所以11BC B C ⊥，又1DO B C O ⋂=，DO ⊂平面1DCB ，1B C ⊂平面1DCB ，所以1BC ⊥平面1DCB ；（2）由（1）可知OD ，OB ，1OB 两两相互垂直，以O 为坐标原点，以OD 的方向为z 轴正方向，分别以OB ，1OB 为x 轴和y 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．则)B，()1C，(D ，()0,1,0C -， 设()111,,n x y z =为平面1DCC 的一个法向量，则10,0,n CD n CC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即11110,0,y y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩可取()1,3,1n =-， 由（1）可知，OB 为平面1DCB 的一个法向量，所以cos ,1n OBn OB n OB ⋅<>===+所以二面角11B DC C --． 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果.22．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，PA ⊥平面ABCD ，//PA BE ，2BE =，4AB PA ==.（1）求证：//CE 平面PAD ；（2）求直线PD 与平面PCE 所成角的正弦值；（3）在棱AB 上是否存在一点F ，使得二面角E PC F --的大小为60？如果存在，确定点F 的位置；如果不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）6；（3）存在；F 为AB 的中点. 【分析】（1）取PA 中点H ，通过证明四边形CDEH 是平行四边形得出//EC DH ，故而//EC 平面PAD ； （2）建立了空间坐标系，求出平面PCE 的法向量m ，计算m 和PD 的夹角即可求出线面角的正弦值； （3）设AF a =，求出平面PCF 的法向量n ，令1cos ,2m n =计算a ，根据计算结果得出结论. 【详解】（1）证明：取PA 中点H ，连接EH ，DH ， //EB PA ，12EB PA AH ==， ∴四边形ABEH 是平行四边形，//EH AB ∴，EH AB =，四边形ABCD 是正方形，//CD AB ∴，CD AB =，//EH CD ，EH CD =，∴四边形CDHE 是平行四边形，//EC DH ∴，又EC ⊂/平面PAD ，DH ⊂平面PAD ，//EC ∴平面PAD .（2）解：以A 为原点建立空间直角坐标系A xyz -，如图所示：则(0P ，0，4)，(4E ，0，2)，(4C ，4，0)，(0D ，4，0)，∴(0PD =，4，4)-，(4PE =，0，2)-，(0EC =，4，2)-，设平面PCE 的法向量为(m x =，y ，)z ，则·0·0m PE m EC ⎧=⎨=⎩，即420420x z y z -=⎧⎨-=⎩，令1x =可得(1m =，1，2)， 设直线PD 与平面PCE 所成角为θ，则||sin |1m PD m PDθ⋅====∴直线PD 与平面PCE .（3）解：设(F a ，0，0)(04)a ，则(FP a =-，0，4)，(4FC a =-，4，0)，设平面PCF 的法向量为1(n x =，1y ，1)z ，则·0·0n FP n FC ⎧=⎨=⎩，即111140(4)40ax z a x y -+=⎧⎨-+=⎩，令1z a =可得(4n =，4a -，)a ， 故|||cos ,|6m n m n m n ⋅<>==⨯12=，即2280a a +-=，解得2a =，4a =-（舍）， ∴当F 为AB 的中点时，二面角E PC F --的大小为60︒.【点睛】方法点睛：求二面角的方法有：∵定义法：在二面角的棱上选取特殊点，过该点在两个半平面内作棱的垂线得到二面角的平面角，在三角形中计算可得结果；∵向量法：建立空间直角坐标系，利用二面角的两个半平面的法向量的夹角可求得结果.23．在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为正方形，平面PAB ⊥平面ABCD ，PAB △为等腰直角三角形，PA PB ⊥，AB =2.（1）求证：平面PBC ⊥平面P AC ；（2）设E 为CD 的中点，求二面角C -PB -E 的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2. 【分析】（1）根据平面PAB ⊥平面ABCD ，易得BC ⊥平面PAB ，从而BC PA ⊥，再结合PA PB ⊥，利用线面垂直的判定定理证得PA ⊥平面PBC ，然后利用面面垂直的判定定理证明.（2）取AB 的中点O ，连接OE ，OP ，易得PO ⊥平面ABCD ，然后以O 为坐标原点．分别以OE ，OA ，OP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz -，求得平面PBE 的一个法向量为(),,n x y z =，又平面PBC 的一个法向量为()0,1,1PA =-，然后利用cos ,PA n PA n PA n⋅=求解.【详解】（1）因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，BC ⊂平面ABCD 且BC AB ⊥，所以BC ⊥平面PAB ． 又PA ⊂平面PAB ， 所以BC PA ⊥，。

难点27 求空间的角空间的角是空间图形的一个要素，在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上，较好地考查了学生的逻辑推理能力以及化归的数学思想.●难点磁场(★★★★★)如图，α—l—β为60°的二面角，等腰直角三角形MPN的直角顶点P在l上，M∈α,N∈β,且MP与β所成的角等于NP与α所成的角.(1)求证：MN分别与α、β所成角相等；(2)求MN与β所成角.●案例探究［例1］在棱长为a的正方体ABCD—A′B′C′D′中，E、F分别是BC、A′D′的中点.(1)求证：四边形B′EDF是菱形；(2)求直线A′C与DE所成的角；(3)求直线AD与平面B′EDF所成的角；(4)求面B′EDF与面ABCD所成的角.命题意图：本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强，属★★★★★级题目.知识依托：平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角.错解分析：对于第(1)问，若仅由B ′E =ED =DF =FB ′就断定B ′EDF 是菱形是错误的，因为存在着四边相等的空间四边形，必须证明B ′、E 、D 、F 四点共面.技巧与方法：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法.求二面角的大小也可应用面积射影法.(1)证明：如上图所示，由勾股定理，得B ′E =ED =DF =FB ′=25a ,下证B ′、E 、D 、F 四点共面，取AD 中点G ，连结A ′G 、EG ，由EG ABA ′B ′知，B ′EGA ′是平行四边形.∴B ′E ∥A ′G ,又A ′FD G ,∴A ′GDF 为平行四边形.∴A ′G ∥FD ，∴B ′、E 、D 、F 四点共面 故四边形B ′EDF 是菱形.(2)解：如图所示，在平面ABCD 内，过C 作CP ∥DE ，交直线AD 于P ，则∠A ′CP (或补角)为异面直线A ′C 与DE 所成的角. 在△A ′CP 中，易得A ′C =3a ，CP =DE =25a ,A ′P =213a由余弦定理得cos A ′CP =1515故A ′C 与DE 所成角为arccos1515.(3)解：∵∠ADE =∠ADF ,∴AD 在平面B ′EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上.如下图所示.又∵B ′EDF 为菱形，∴DB ′为∠EDF 的平分线， 故直线AD 与平面B ′EDF 所成的角为∠ADB ′ 在Rt △B ′AD 中，AD =2a ，AB ′=2a ,B ′D =2a则cos ADB ′=33故AD 与平面B ′EDF 所成的角是arccos33.(4)解：如图，连结EF 、B ′D ，交于O 点，显然O 为B ′D 的中点，从而O 为正方形ABCD —A ′B ′C ′D 的中心.作OH ⊥平面ABCD ，则H 为正方形ABCD 的中心， 再作HM ⊥DE ，垂足为M ，连结OM ，则OM ⊥DE ， 故∠OMH 为二面角B ′—DE ′—A 的平面角.在Rt △DOE 中，OE =22a ,OD =23a ,斜边DE =25a ,则由面积关系得OM =1030=⋅DE OE OD a在Rt △OHM 中，sin OMH =630=OM OH故面B ′EDF 与面ABCD 所成的角为arcsin630.［例2］如下图，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AA 1长为b ,且AA 1与AB 、AD 的夹角都是120°.求：(1)AC 1的长；(2)直线BD 1与AC 所成的角的余弦值.命题意图：本题主要考查利用向量法来解决立体几何问题，属★★★★★级题目. 知识依托：向量的加、减及向量的数量积.错解分析：注意＜AA ,1＞=＜1AA ,＞=120°而不是60°,＜,＞=90°. 技巧与方法：数量积公式及向量、模公式的巧用、变形用.221122211111212211111122122211111222221112221111111212222||||||))((||))((,2||,)2(.22||,22||,0,21120cos ,21120cos 90,,120,,||||,|:|222||||||))(())((||)1(:b a AA AA AB AD AA AA AA BD BD ab AB AD AA AA AB AD AA AD AB BD AC AA BD a ab b a AC ab b a AC ab a b AA ab a b AA AA AA a b AA AA AA AA AA AA AA AA AC AC AC +=⋅-⋅-⋅+++=-+-+=⋅=-=⋅--+⋅+⋅+⋅=-++=⋅∴-+=+=+==-+=∴-+=∴=⋅-=︒⋅=⋅-=︒⋅=⋅∴︒>=<︒>=>=<<===⋅+⋅+⋅+++=++++=++=⋅=依题意得由已知得解2212||b a BD +=∴2211124||||,cos ba b AC BD ACBD BD +-=>=<∴BD 1与AC 所成角的余弦值为2224ba b +.●锦囊妙计空间角的计算步骤：一作、二证、三算 1.异面直线所成的角 范围：0°＜θ≤90° 方法：①平移法；②补形法.2.直线与平面所成的角 范围：0°≤θ≤90° 方法：关键是作垂线，找射影.3.二面角方法：①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法. 注：二面角的计算也可利用射影面积公式S ′=S cos θ来计算 ●歼灭难点训练 一、选择题1.(★★★★★)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为DD 1的中点，O 为底面ABCD 的中心，P 为棱A 1B 1上任意一点，则直线OP 与直线AM 所成的角是( )A.6πB.4π C.3πD.2π2.(★★★★★)设△ABC 和△DBC 所在两平面互相垂直，且AB =BC =BD =a ,∠CBA = ∠CBD =120°,则AD 与平面BCD 所成的角为( )A.30°B.45°C.60°D.75°二、填空题3.(★★★★★)已知∠AOB =90°,过O 点引∠AOB 所在平面的斜线OC ，与OA 、OB 分别成45°、60°，则以OC 为棱的二面角A —OC —B 的余弦值等于_________.4.(★★★★)正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为2∶3,则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为_________.三、解答题5.(★★★★★)已知四边形ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ABC =90°,P A ⊥平面AC ，且P A =AD =AB =1,BC =2(1)求PC 的长；(2)求异面直线PC 与BD 所成角的余弦值的大小； (3)求证：二面角B —PC —D 为直二面角.。

高三数学知识点：求空间图形中的角求空间图形中的角求空间图形中的角求空间图形中的角求空间图形中的角空间图形中的角，包括异面直线所成角、直线与平面所成角和二面角。

这些角的运算，是高考中的一项要紧的考核内容。

做这类题目，应依照定义找出或作出所求的角。

并依照题目的要求，运算一些线段的长度，然后通过解三角形等方法求值。

在解题时要注意“作、证、算”的有机统一，还要注意各种角的范畴，运用恰当的方法求出它们的大小。

因此也可借助空间向量求这些角的大小。

例：在棱长为a的正方体ABCD-A′B′C′D′中，E、F分别是BC、A′D′的中点，(1)求直线A′C与DE所成的角;(2)求直线AD与平面B′EDF所成的角;(3)求平面B′EDF与平面ABCD所成的锐二面角解法一：(1)解如图所示，在平面ABCD内，过C作CP∥DE，交直线AD于P，则∠A′CP(或补角)为异面直线A′C与DE所成的角在△A′CP中，易得A′C=-a，CP=DE=-a, A′P=-a由余弦定理得cos(∠A′CP)=- 故A′C与DE所成角为arccos-点评：异面直线所成角的范畴是0°θ≤90°，求解的方法要紧是平移法和补形法。

(2)解∵∠ADE=∠ADF,∴AD在平面B′EDF内的射影在∠EDF的平分线上(如图)又可证明四边形B′EDF为菱形(证明略)，∴DB′为∠EDF的平分线，故直线AD与平面B′EDF所成的角为∠ADB′，在Rt△B′AD中，AD=-a，AB′=-a,B′D=-a，唐宋或更早之前，针对“经学”“律学”“算学”和“书学”各科目，其相应传授者称为“博士”，这与当今“博士”含义差不多相去甚远。

而对那些专门讲授“武事”或讲解“经籍”者，又称“讲师”。

“教授”和“助教”均原为学官称谓。

前者始于宋，乃“宗学”“律学”“医学”“武学”等科目的讲授者；而后者则于西晋武帝时代即已设立了，要紧协助国子、博士培养生徒。

“助教”在古代不仅要作入流的学问，其教书育人的职责也十分明晰。

难点27求空间的角空间的角是空间图形的一个要素，在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上，较好地考查了学生的逻辑推理能力以及化归的数学思想•难点磁场(★★★★★)如图，a —l —3为60°的二面角，等腰直角三角形MPN的直角顶点P在I上，M€ a ,N € 3，且MP与3所成的角等于NP与a所成的角•(1) 求证：MN分别与a、3所成角相等；(2) 求MN与3所成角••案例探究［例1］在棱长为a的正方体ABCD —A' B' C' D'中，E、F分别是BC、A' D'的中点•(1) 求证：四边形B ' EDF是菱形；(2) 求直线A' C与DE所成的角；(3) 求直线AD与平面B ' EDF所成的角；(4) 求面B ' EDF与面ABCD所成的角•命题意图：本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强，属★ ★★★★级题目知识依托：平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角错解分析：对于第⑴问，若仅由B' E=ED=DF=FB '就断定B' EDF是菱形是错误的，因为存在着四边相等的空间四边形，必须证明B'、E、D、F四点共面•技巧与方法：求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法•求二面角的大小也可应用面积射影法•(1) 证明：如上图所示，由勾股定理，得B ' E=ED=DF = FB' ^5 a,下证B'、E、D、F四点共2面，取AD中点G,连结A ' G、EG,由EG丄AB亠1A ' B'知，B ' EGA '是平行四边形•••• B ' E// A ' G,又A ' F 一丄^,：A ' GDF 为平行四边形•••• A ' G/ FD , • B '、E、D、F 四点共面故四边形B ' EDF是菱形•⑵解：如图所示，在平面ABCD内，过C作CP / DE，交直线AD于P,则/ A' CP(或补角)为异面直线A' C与DE所成的角.5 13在^ A' CP 中，易得A' C=、3a, CP=DE=—a,A' P= —a2 2由余弦定理得cosA' CP = -I515故A' C与DE所成角为arcco^—5 .15(3) 解：I/ ADE= / ADF, /• AD在平面B' EDF内的射影在/ EDF的平分线上•如下图所示又••• B ' EDF为菱形，••• DB '为/ EDF的平分线, 故直线AD与平面B ' EDF所成的角为/ ADB '在Rt△ B ' AD 中，AD=2 a, AB ' = ； 2 a,B ' D=2 aJ3贝U cosADB '=上3•3 故AD与平面B ' EDF所成的角是arccos二3(4) 解：如图，连结EF、B ' D，交于O点，显然O为B ' D的中点，从而O为正方形ABCD —A' B ' C ' D的中心.作OH丄平面ABCD，贝U H为正方形ABCD的中心，再作HM丄DE，垂足为M，连结OM，贝U OM丄DE , 故/ OMH为二面角B' —DE ' —A的平面角.J2 』3 V5在Rt△ DOE 中，OE= a,OD= a,斜边DE= a,2 2 222b 2则由面积关系得 OM=°D °E 30a DE 10 在 Rt △ OHM 中，sin°皿日=空=_30OM 6故面B ' EDF 与面ABCD 所成的角为arcsin"306 '［例2 ］如下图，已知平行六面体 ABCD — A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧 棱AA 1长为b,且AA 1与AB 、AD 的夹角都是120° .2 2| BD 1 F 2a bcos ：： BD 1, ACBD !AC|BD 1||AC |求：（1）AC 1的长；⑵直线BD 1与AC 所成的角的余弦值•命题意图：本题主要考查利用向量法来解决立体几何问题，属★★★★★级题目 知识依托：向量的加、减及向量的数量积错解分析：注意v AA^AB > = v AA 1 , AD > =120 ° 而不是 60° , v AB, AD > =90° 技巧与方法：数量积公式及向量、模公式的巧用、变形用------ 2解：(1) I AG I 2 二AG AC^(AA 1 AC)(A^ AC)^(AA 1 AB AD)(A^ AB AD)- — - — - — - — — - - — 斗 AA , |2 ' | AB |2 | AD |22AA , AB 2AA AD 2ABAD由已知得:| AA 1 |2=b 2,|AB|2 =| AD |2 =a 2:：AA^AB = ： AA^ AD =120,：：AB,AD =90.AA , AB =b acos120 =」ab,AA ； AD 二b acos120 =-1 ab, AB AD =0,12 1 2 | AC 1 |2 =2a 2 b 2 _2ab, | AC 1 ^ -^a 2 - b 2 -2ab. (2)依题意得，| AC 戶:;;2a, AC 二 AB • ADBD =AD BA AD - AB AC BD 1 =(AB AD)(AA 1 AD - AB)=AB AAi AD AA 1 AB AD AD 2 - AB 2 - AB AD - -ab2|BD 1 |=BD 1 BD 1 =(AA 1 AD -AB)(A^ AD _AB)---------- 2 2 2^ 2 2 耳 AAJ 2 | AD |2 | AB|2 2AA )AD -2AB AD —2AA )AB = 2a 2 b 2•锦囊妙计空间角的计算步骤：一作、二证、三算 1. 异面直线所成的角 范围：0°< 90° 方法：①平移法；②补形法 •2. 直线与平面所成的角 范围：0 ° < 90 °方法：关键是作垂线，找射影 • 3•二面角方法：①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法 注：二面角的计算也可利用射影面积公式 S ' =Scos 0来计算•歼灭难点训练 一、选择题 1.( ★★★★★)在正方体 ABCD —A i B i C i D i 中，M 为 DD i 的中点, 棱A i B i 上任意一点，则直线 OP 与直线AM 所成的角是()2.( ★★★★★)设厶ABC 和厶DBC 所在两平面互相垂直，且 / CBD=i20。

高考数学有哪些应试技巧高考数学有哪些应试技巧_高频考点学好数学的关键是方法的掌握，数学不仅是一门科学，而且是一种普遍适用的技术。

它是科学的大门和钥匙，学数学是令自己变的理性的一个很重要的措施，数学本身也有自身的乐趣。

下面是小编为大家整理的高考数学有哪些应试技巧，希望能帮助到大家!高考数学应试技巧1、拓实基础，强化通性通法高考对基础知识的考查既全面又突出重点。

抓基础就是要重视对教材的复习，尤其是要重视概念、公式、法则、定理的形成过程，运用时注意条件和结论的限制范围，理解教材中例题的典型作用，对教材中的练习题，不但要会做，还要深刻理解在解决问题时题目所体现的数学思维方法。

2、认真阅读考试说明，减少无用功在平时练习或进行模拟考试时,高中英语，要注意培养考试心境，养成良好的习惯。

首先认真对考试说明进行领会，并要按要求去做，对照说明后的题例，体会说明对知识点是如何考查的，了解说明对每个知识的要求，千万不要对知识的要求进行拔高训练。

3、抓住重点内容，注重能力培养高中数学主体内容是支撑整个高中数学最重要的部分，也是进入大学必须掌握的内容，这些内容都是每年必考且重点考的。

象关于函数(含三角函数)、平面向量、直线和圆锥曲线、线面关系、数列、概率、导数等，把它们作为复习中的重中之重来处理，要一个一个专题去落实，要通过对这些专题的复习向其他知识点辐射。

4、关心教育动态，注意题型变化由于新增内容是当前社会生活和生产中应用比较广泛的内容，而与大学接轨内容则是进入大学后必须具备的知识，因此它们都是高考必考的内容，因此一定要把诸如概率与统计、导数及其应用、推理与证明、算法初步与框图的基本要求有目的的进行复习与训练。

一定要用新的教学理念进行高三数学教学与复习，5、细心审题、耐心答题，规范准确，减少失误计算能力、逻辑推理能力是考试大纲中明确规定的两种培养的能力。

可以说是学好数学的两种最基本能力，在数学试卷中的考查无处不在。

并且在每年的阅卷中因为这两种能力不好而造成的失分占有相当的比例。

空间角”攻略［题型分析高考展望］空间角包括异面直线所成的角，线面角以及二面角，在高考中频繁出现，也是高考立体几何题目中的难点所在•掌握好本节内容：首先要理解这些角的概念，其次要弄清这些角的范围，最后再求解这些角•在未来的高考中，空间角将是高考考查的重点，借助向量求空间角，将是解决这类题目的主要方法常考题型精析题型一异面直线所成的角例1在棱长为a的正方体ABCD —A I B I C I D I中，求异面直线BA i与AC所成的角•n点评（1）异面直线所成的角的范围是（0, ?］•求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决具体步骤如下：①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上;② 证明作出的角即为所求的角;③ 利用三角形来求角•⑵如果题目条件易建立空间坐标系， 可以借助空间向量来求异面直线所成角：设异面直线11, 12的方向向量分别为 m i ，m 2，则l i 与12所成的角B 满足cos 0= |cos < m i , m 2〉|.变式训练1 （2014课标全国n ）直三棱柱 ABC — A 1B 1C 1中，/ BCA = 90° M , N 分别是 A i B i , A 1C 1的中点，BC = CA = CC i ,贝U BM 与AN 所成角的余弦值为（）题型二直线与平面所成的角例 2 （2015 课标全国 n ）如图，长方体 ABCD — A 1B 1C 1D 1 中，AB = 16, BC = 10, AA 1= 8，点 E , F 分别在A 1B 1, D 1C 1 上, A 1E = D 1F = 4•过点E , F 的平面a 与此长方体的面相交，交线 围成一个正方形•（1） 在图中画出这个正方形 （不必说明画法和理由）;（2） 求直线AF 与平面a 所成角的正弦值•C. 30 10D.2 &点评(1)求直线I与平面a所成的角，先确定I在a上的射影，在I上取点作a的垂线，或观察原图中是否存在这样的线，或是否存在过I上一点与a垂直的面.(2)找到线面角、作出说明，并通过解三角形求之⑶利用向量求线面角：设直线I的方向向量和平面a的法向量分别为m, n,贝y直线I与平面a所成角B满足sin 0= |cos〈m, n> |,变式训练2如图，已知四棱锥P—ABCD的底面为等腰梯形，AB// CD , AC丄BD，垂足为H , PH是四棱锥的高，E为AD的中点.(1) 证明：PE丄BC;⑵若/ APB =/ ADB = 60 °求直线PA与平面PEH所成角的正弦值题型三.面角例3 （2015山东）如图，在三棱台DEF —ABC中，AB = 2DE , G, H分别为AC, BC的中点.（1）求证：BD //平面FGH ;⑵若CF丄平面ABC, AB丄BC, CF = DE, / BAC = 45 °求平面FGH与平面ACFD所成的角（锐角）的大小.点评(i)二面角的范围是(0, n，解题时要注意图形的位置和题目的要求•作二面角的平面角常有三种方法.①棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角；②面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一个面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点(即斜足)，斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角；③空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角.(2) 用向量法求二面角的大小①如图(1) , AB、CD是二面角a—I —B的两个面内与棱垂直的直线，则二面角的大小9=〈AB, CD > .(2)如图⑵(3), n i, n2分别是二面角a—I —3的两个半平面a B的法向量，则二面角的大小9满足cos 9= cos〈 n i, n2> 或—cos〈 n i, n2> .变式训练3 (2015安徽)如图所示，在多面体A1B1D1-ABCD，四边形AA1B1B, ADD1A1, ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1, D , E的平面交CD1于F.Ai D,（1）证明：EF // B i C.⑵求二面角 E — A i D — B i 的余弦值•高考题型精练1. （2015浙江）如图，已知△ ABC , D 是AB 的中点，沿直线 CD 将厶ACD 翻折成△ A ' CD ，所 成二面角ACD — B 的平面角为 a 贝U （ ）2. （2015北京朝阳区模拟）在正方体 ABCD — A i B i C i D i 中，点E 为BB i 的中点，则平面 A i ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为（ ）2B.2 3. （2014大纲全国）已知二面角 a — I —B 为60° AB? a,AB 丄I, A 为垂足，CD?伏C € I ，/ACD=135°，则异面直线 AB 与CD 所成角的余弦值为（4. （2014四川）如图，在正方体 ABCD — A i B i C i D i 中，点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段1 A.2 C.D. __2 2 B._3 4 CB. / A ' DB > aC.1CC 1上，直线OP 与平面A I BD 所成的角为 a 则sin a 的取值范围是（A.[~3，1]C 能鸥C . [ 3， 3 ] 5. 如图所示，在二棱柱 ABC —A iB iC i 中，AA 1 丄底面 ABC , AB = BC = AA i ,/ ABC = 90，点E 、F 分别是棱 AB 、BB i 的中点，则直线 EF 和BC i 所成的角是 ____________ .A6.正四棱锥S — ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO = OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是 __________ . 7. （2014四川）三棱锥A — BCD 及其侧（左）视图、俯视图如图所示.设M , N 分别为线段 AD , AB的中点，P 为线段BC 上的点，且 MN 丄NP.（1）证明：P 是线段BC 的中点；⑵求二面角 A — NP — M 的余弦值.B.[f ，1] 2t 2 ..D .["T ，1]8. (2015课标全国I )如图，四边形ABCD为菱形，/ ABC = 120 ° E, F是平面ABCD同一侧的两点，BE丄平面ABCD , DF丄平面ABCD , BE = 2DF , AE丄EC.(1)证明：平面AEC丄平面AFC ,⑵求直线AE与直线CF所成角的余弦值(1)求平面FAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；⑵点Q 是线段BP 上的动点，当直线 CQ 与DP 所成的角最小时，求线段 BQ 的长.9. (2015江苏)如图，在四棱锥 n梯形，/ ABC = Z BAD = 2, P — ABCD 中，已知 PA 丄平面ABCD ，且四边形 ABCD 为直角PA = AD = 2, AB = BC = 1.10. （2015北京）如图，在四棱锥A —EFCB中，△ AEF为等边三角形，平面AEF丄平面EFCB , EF // BC, BC = 4, EF = 2a,/ EBC=Z FCB = 60° O 为EF 的中点.(1)求证：AO丄BE ;⑵求二面角F —AE —B的余弦值;⑶若BE丄平面AOC，求a的值.=60°第28练 空间角”攻略常考题型精析 例1解方法一因为 B A i = BA + B B i , AC = AB + BC , 所以 B A i AC =(BA + B B i ) (AB + BC) =BA A B + BA BC + EBB i AB + B B iBC.因为 AB 丄 BC , BB i 丄 AB , BB i 丄 BC , 所以 BA BC =0, BB i AB = 0,BB i BC = 0, BA AB =- a .所以 BA i AC = — a .又BA i AC = |BA i | |AC| cos < BA i , AC>,iC0S < BA i , AC >= 2a - .2a 一 2.所以〈BA i , AC > = i20°所以异面直线BA i 与AC 所成的角为60°方法二 连接A i C i , BC i ，则由条件可知 A i C i // AC ,从而BA i 与AC 所成的角即为BA i 与A i C i 所成的角，由于该几何体为边长为 a 的正方体，于是△ A i BC i 为正三角形,答案精析—a 2从而所求异面直线BA i与AC所成的角为60°=60°方法三由于该几何体为正方体,所以DA, DC, DD i两两垂直且长度均为a,于是以D为坐标原点，DA , DC ,元1分别为x, y, z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,于是有A(a,O,O), C(0, a,0), A i(a,O, a), B(a, a,0),从而AC = (—a, a,0), BA i = (0 , — a ,a),且|AC|= |B A i|= 2a , AC BA i=- a2,—a2-> -> a1••• cos〈AC, BA i〉= --------- =—一,1V2a ^2a 2,即〈AC , BA i〉= 120°,所以所求异面直线BA i与AC所成角为60°变式训练1 C ［由于/ BCA = 90° °三棱柱为直三棱柱，且BC = CA= CC1,可将三棱柱补成正方体建立如图所示空间直角坐标系设正方体棱长为2,则可得A(0,0,0), B(2,2,0) , M(1,1,2) , N(0,1,2),• BM = (1,1,2) —(2,2,0) = (—1, —1,2) , AN=(0,1,2).BM AN• cos〈 BM , AN>|BM||AN|='—1 2+ —1 2+ 22. 02+ 12+ 22= 6 • 5V3D10」例2解 ⑴交线围成的正方形 EHGF 如图:(2)作 EM 丄 AB ,垂足为 M ，贝U AM = A i E = 4, EM = AA i = 8.因为 EHGF 为正方形，所以 EH = EF = BC = 10.于是 MH =- EH 2— EM 2= 6,所以 AH = 10.以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(10,0,0), H(10,10,0), E(10, 4,8), F(0,4,8), FE = (10,0,0), HE = (0, — 6, 8).设 n = (x , y , z)是平面EHGF[n FE = 0,的法向量，贝U Tn HE = 0, 所以可取 n = (0,4,3).又A F = (— 10,4,8)，故 |cos 〈n , A F > |= |n丫=|n ||AF| 变式训练2 (1)证明以H 为原点，HA , HB , HP 所在直线分别为x , y , z 轴，线段HA 的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图),设 C(m,0,0), P(0,0, n) (m<0, n>0),则 D(0, m,0), E 2 ,罗,0 .可得 PE = 1, m , — n , BC = (m , — 1,0). T T m m因为 PE BC = - — - + 0= 0,所以 PE 丄 BC.10x = 0, 即—6y + 8z = 0,所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为 4,5 15 .则 A(1,0,0), B(0,1,0). M H B⑵解由已知条件可得m=-身，n= 1,E1,P(0,0,1).设n = (x, y, z)为平面PEH的法向量,n H E=0，即2「^y"，z= 0.n HP = 0,因此可以取n = (1, ,3, 0).又PA= (1,0，- 1),所以|cos <PA, n> 1= ¥•所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为-q2.例3 (1)证明如图，连接DG , CD，设CD n GF = O,连接OH ,在三棱台DEFABC中，AB = 2DE,G为AC的中点，可得DF // GC,DF = GC,所以四边形DFCG为平行四边形则O为CD的中点，又H为BC的中点,所以OH // BD , 又OH?平面FGH , BD?平面FGH ,所以BD //平面FGH .⑵解方法一设AB= 2,贝U CF = DE = 1.在三棱台DEFABC中,G为AC的中点，由DF = |A C= GC,可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG // FC,又FC丄平面ABC,所以DG丄平面ABC.在厶ABC中，由AB丄BC , / BAC = 45° G是AC中点.所以AB = BC , GB丄GC,因此GB, GC, GD两两垂直以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系所以G(0,0,0) , B( 2, 0,0), C(0, 2, 0), D(0,0,1).可得 H^2，T ，0，F (°， 2, 1), 故昴=，舟,0 , <3F = (0, 2，1). 设n = (x , y , z)是平面FGH 的一个法向量,由HM 丄平面 ACFD , MN?平面 ACFD , 得 HM 丄 MN ，因此 tan / MNH == .3, n GH = 0, 则由 -n G F = 0,可得 歩+爭=0,2y + z = 0. 可得平面FGH 的一个法向量 n = (1 , - 1, 2).因为GB 是平面 ACFD 的一个法向量， GB = ( 2, 0,0).所以 cos 〈 GB , n > GB n & _ 1|GB| |n| 2 2所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°方法二 作HM 丄AC 于点M ，作MN 丄GF 于点N ,连接 NH.设AB = 2.由FC 丄平面 ABC ，得HM 丄FC ,又 FC A AC = C ,所以HM 丄平面ACFD.因此GF 丄NH ，所以/ MNH 即为所求的角在厶BGC 中, MH // BG , MH =1BG =由厶GNM GCF ，可得MN FC GMGF， 从而MN = .6 6 .所以 / MNH = 60°所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°变式训练3 ⑴证明 由正方形的性质可知 A I B I // AB // DC ,且A I B I = AB = DC ,所以四边形 A i B i CD 为平行四边形，从而 B i C // A i D ，又 A i D?面 A i DE,B i C?面 A i DE ,于是 B i C // 面 A i DE. 又 B i C?面 B i CD i ，面 A i DE 门面 B i CD i = EF ，所以 EF // B i C.⑵解 因为四边形 AA i B i B, ADD i A i, ABCD 均为正方形，所以AA i 丄AB, AA i 丄AD , AB 丄AD 且AA i = AB = AD.以A 为原点，分别以AB , A D , A A I 为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图 所示的空间直角坐标系，可得点的坐标 A(0,0,0), B(i,0,0), D(0,i,0), A i (0,0,i), B i (i,0,i), D i (0,i,i)，而E 点为B i D i 的中点，所以E 点的坐标为2 2，i .T <i i \ T, 设面 A i DE 的法向量 n i = (r i , s i , t i ),而该面上向量A i E = -, ?, 0 , A i D = (0,i ,- i)，由 n i 丄 A i E.i i T 2「i + 2S i = 0,n i 丄A i D 得r i , s i , t i 应满足的方程组Qi — t i = 0,(-i,i,i)为其一组解，所以可取 n i = (— i,i,i).设面 A i B i CD 的法向量 n 2= (r 2, S 2, t 2)，而该面上向量 A i B i = (i,0,0), A i D = (0,i ,— i)，由此 同理可得n 2= (0,i,i).高考题型精练i.B ［极限思想：若 a= n,则/ A ' CB V n 排除D ;若a= 0，如图, 所以结合图形知二面角A i D —B i 的余弦值为 I n i 饥1 = 2 = V6 |n i | |n 2|= 3 • 2= 3=60° °1 V2 V 2 又/ EAF = 45° ° 由 cos / BAF = cos / BAE cos / EAF 得 cos / BAF = 丁 帀=丁方法二 如图⑵，设AB = 2a ,过点B 作BB 1丄3垂足为B 1 ,作AD 1// CD ,则/ BAD 1即为 所求.过点B 1作B 1D 1丄AD 1于D 1,连接AB 1 , BD 1 ,则易知/ BAB 1为二面角的平面角，即/ BAB 1 = 60° ,则/ A ' DB , / A ' CB 都可以大于0,排除A , C.故选B.]2.B [以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为 1 ,则"(0,0,1)，E 1, 0, 2，D(0,1,0),二 AD = (0,1 , - 1),A i E = 1 , 0，— 2 ,设平面A 1ED 的一个法向量为 n 1= (1 , y , z), y -z =0, 则1 h — 2z = 0 ,y = 2 ,z = 2. 2 2••• n 1= (1,2,2). v 平面 ABCD 的一个法向量为 n 2= (0,0,1),二 cos 〈m , n 2>=荡=勺2即所成的锐二面角的余弦值为2」3.B ［方法如图(1),平移CD 至AF ,则/ BAF 为所求•作二面角 a — l — 3的平面角 / BAE A从而 BB i = 2asin 60 =辰,在 Rt △ BB i D i 中，BD i = BB i + B i D 2= .3a 2 + ga 2= -^a.在厶BAD i 中，由余弦定理，得2X 2a x即异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为于］4.B ［根据题意可知平面 A i BD 丄平面A i ACC i 且两平面的交线是 A i O , 所以过点P 作交线A i O 的垂线PE ,则PE 丄平面A i BD ,所以/ A i OP 或其补角就是直线 OP 与平面A i BD 所成的角a 设正方体的边长为 2,则根据图形可知直线 OP 与平面A i BD 可以垂直. 当点P 与点C i 重合时可得 A i O = OP = 6, A i C i = 2 2,i i所以，x .6X .6X Sin a= ?x 所以 sin a= ；根据选项可知B 正确•］5.60 °解析 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB i 为z 轴，建立空间直角坐标系/ B i AD i = 45° ° AB i = a , AD i = B i D i = cos / BAD i2 1 24a + 2a2 2X 2, 当点P 与点C 重合时，可得 2 心Sin a= .6= 丁设 AB = BC = AA i = 2,则 C i (2,0,2), E(0,1,0), F(0,0,1),则EF = (0, - 1,1), BC i = (2,0,2),• EF 和BC i 所成的角为60° 6.30 °解析如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系设 OD = SO = OA = OB = OC = a ，a a 则A(a,0,0), B(0, a,0), C(-a,0,0), P(0,-夕 刁, 则 CA =(2a,0,0), AP = ( — a ,- |, |), C B = (a , a,0). 设平面PAC 的法向量为n ,可求得n = (0,1,1),则 cos 〈CB , n > = CB n a1扁「2几2 = 2.〈CB , n >= 60 ° ° •直线BC 与平面PAC 所成的角为90° - 60° = 30°7.(1)证明 如图(1),取BD 的中点O ,连接AO ,CO. A,二 EF BC i = 2,••• cos 〈 EF , BCi >图⑴由侧视图及俯视图知，△ ABD , △ BCD均为正三角形, 因此A0丄BD , OC丄BD.因为AO, 0C?平面AOC，且AO A 0C = 0,所以BD丄平面A0C.又因为AC?平面A0C，所以BD丄AC.取B0的中点H，连接NH, PH.又M , N分别为线段AD, AB的中点，所以NH // A0, MN / / BD.因为A0 丄BD ,所以NH 丄BD.因为MN 丄NP,所以BD 丄NP.因为NH, NP?平面NHP，且NH A NP = N,所以BD丄平面NHP.又因为HP?平面NHP，所以BD丄HP.又0C 丄BD , HP?平面BCD , 0C?平面BCD , 所以HP // 0C.因为H为B0中点，故P为BC中点.⑵解方法一如图⑵，作NQ丄AC于Q,连接MQ.图⑵由(1)知，NP// AC,所以NQ 丄NP.因为MN丄NP,所以/ MNQ为二面角 A —NP —M的一个平面角由⑴知，△ ABD , △ BCD为边长为2的正三角形,所以A0= OC =、：：：.•"3.由俯视图可知，A0丄平面BCD.因为0C?平面BCD，所以A0丄0C,因此在等腰Rt△ A0C中，AC = .6.作BR丄AC于只，在厶ABC中，AB = BC,因为在平面ABC内，NQ丄AC, BR丄AC,所以NQ // BR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点, 因此NQ = 罟二严.同理，可得MQ = -^.MN BD _所以在等腰△ MNQ中，cos/ MNQ =幺=-4=半NQ NQ 5故二面角A —NP—M的余弦值为亠严.图⑶方法二由俯视图及⑴可知，A0丄BCD.因为0C, 0B?平面BCD ,所以A0丄0C , A0丄0B.又0C丄0B ,所以直线0A, 0B, 0C两两垂直如图⑶，以0为坐标原点，以OB, OC , OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A(0,0, 3), B(1,0,0), C(0, 3, 0), D( —1,0,0).因为M , N分别为线段AD, AB的中点，又由⑴知，P为线段BC的中点，所以M( —2, 0,于)，N(2 0,中)，P(2 "23，0).于是AB = (1,0, —.3), B C= (—1, .3, 0), MN = (1,0,0), NP= (0 冷，一^).设平面ABC的一个法向量n 1= (X1, y1, z",丄AB , [m AB= 0 ,则$ 〜即f 〜|m丄BC , |m BC = 0,X1 , y1 , Z1 -1 , 0, —. 3 = 0 , 有_[X1 , y1 , Z1 •—1, .3 , 0= 0,X1 —百Z1 = 0 ,从而| —X1 + ：..., 3y1 = 0.取Z1= 1,则X1= ,3 , y1= 1,所以n1 = ( 3 , 1,1). 设平面MNP的一个法向量n2= (X2 , y2 , Z2), n2 丄MN , n2 MN = 0 ,则$ 〜即f 〜I n2丄NP , I n2 NP = 0 ,[X2 , y2 , Z2 -1 , 0 , 0 = 0 ,有X2 , y2, Z2 o 于—宁=0,X2 = 0 ,从而」空2=0.T y2—取Z2= 1,所以n2= (0,1,1).设二面角A — NP — M 的大小为0,故二面角A — NP — M 的余弦值是8. (1)证明 连接 BD ，设 BD A AC = G ,连接 EG , FG , EF.在菱形ABCD 中，不妨设 GB = 1.由/ ABC = 120° 可得 AG = GC = Q 3.由 BE 丄平面 ABCD , AB = BC ,可知 AE = EC.又AE 丄EC ,所以EG = ,3,且EG 丄AC. 在Rt △ EBG 中，可得BE = ■.2,故 DF =¥.在Rt △ FDG 中，可得 FG亞 FG = 2.在直角梯形BDFE 中， 由 BD = 2, BE = 2, DF = 22 可得 EF = ；2,o o o从而EG + FG = EF ,所以EG 丄FG. 又AC A FG = G ,可得EG 丄平面AFC.因为EG?平面AEC ，所以平面 AEC 丄平面AFC.⑵解 如图，以G 为坐标原点，分别以 GB , GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB|为单位长,(1)可得 A(0, — 3, 0), E(1,0, 2), F — 1 , 0,宁， C(0, j 3, 0)，所以 AE = (1 , '；■3, . 2), CF = — 1,则 cos 0= n i 们2|ni | |ri2|(V 3 1, 1 )(0, 1, 1) <5农JQ~5~ -3,于.建立空间直角坐标系，由故|cos 〈AE , CF > | = AE CF|AE||CF| 3 3 .所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为彳.9.解 以｛AB, AD , AP ｝为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，贝U 各点的坐标为B(1,0,0), C(1 ,1,0), D(0,2,0), P(0,0,2).(1)因为AD 丄平面PAB ,所以AD 是平面FAB 的一个法向量，AD = (0,2,0). 因为 PC = (1,1 , - 2), PD = (0,2 , - 2).设平面PCD 的法向量为 m = (x , y , z),则 m PC = 0, m PD = 0,x + y -2z = 0 ,即令y = 1,解得z = 1, x = 1. 2y — 2z = 0.所以m = (1,1,1)是平面PCD 的一个法向量所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为又 CB = (0 , — 1,0),则 CQ = CB + BQ =(—入—1,2?), 又 DP = (0 , — 2,2),设 1+ 2 ? t , t € [1,3],2 w -9 1 5 2 20 10't — 9 + 9当且仅当t = 5,即冶5时，Rs 〈 CQ , DP 〉|的最大值为3i00从而 cos 〈 CQ , DP > CQ DP |CQ||DP| 1 + 2? 2 10? + 2 A(0,0,0), 从而cos 〈 A D , m >AD m |AD||m |⑵因为 BP = (— 1,0,2), 设BQ = 扫P =(—入 0,2 ?)(0< 冶 1),则 cos 2〈 CQ , DP > 2 2t2 5t — 10t + 9因为y= cos x在0,扌上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP= ‘12+ 22= 5,所以BQ= |BP = ~5~.10. (1)证明因为△ AEF是等边三角形，O为EF的中点,所以AO丄EF.又因为平面AEF丄平面EFCB，平面AEF门平面EFCB = EF , AO?平面AEF，所以AO丄平面EFCB.又BE?平面EFCB，所以AO丄BE.⑵解取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OG丄EF.由(1)知AO丄平面EFCB.又OG?平面EFCB ,所以OA丄OG.如图建立空间直角坐标系，则E(a,0,0), A(0,0, 3a),B(2, 3(2- a), 0), EA = ( -a,0, .3a),BE= (a —2, 3(a —2), 0).设平面AEB的法向量为n= (x , y , z),n EA= 0, 则f Tn BE= 0,[—ax+ ■. ；3az= 0, 即I a —2 x+ 3 a—2 y= 0.令z= 1,则x=・3, y=—1，于是n = (：;：3, — 1,1).平面AEF的一个法向量为p= (0,1,0).所以cos〈n, P>= |n||p|=— 5.由题知二面角FAEB为钝角，所以它的余弦值为—(3) 解因为BE丄平面AOC，所以BE丄OC ,即卩BE OC= 0, 因为BE = (a —2,3(a—2), 0), OC = (—2, 3(2 —a), 0),所以BE OC = —2(a—2) —3(a—2)2.~T -T4由BE OC = 0 及0<a<2，解得a= 3.。