2018届高三理科数学答题模板 空间向量与立体几何

考场高招1 利用空间向量解决平行与垂直问题的方法1.解读高招设a,b两直线的方向向量分别为a,b,平面α,β的对应法向量为n,m.2.典例指引1(1) 1如图,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB=2a,F为CD的中点.(1)求证:AF∥平面BCE;(2)判断平面BCE与平面CDE的位置关系,并证明你的结论.D.a>b>c考场高招32运用空间向量解决立体几何问题的步骤1.解读高招翻译 将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言,完成几何问题的求解温馨 提醒 在建立空间直角坐标系求点的坐标时,要使尽可能多的点落在坐标轴上,尽可能多的线段平行于坐标轴,有直角的,把直角边放在坐标轴上2.典例指引2．如图,已知四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A 1A=6,且A 1A ⊥底面ABCD,点P ,Q 分别在棱DD 1,BC 上.(1)若P 是DD 1的中点,证明:AB 1⊥PQ.(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1,二面角P-QD-A 的余弦值为 ,求四面体ADPQ 的体积.(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的一个法向量,则取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),所以cos<n1,n2>==.而二面角P-QD-A的余弦值为,因此,解得m=4,或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).设=λ(0<λ≤1),而=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以=(6,3λ-2,-6λ).因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,从而P(0,4,4).于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=×6×6×4=24(2)如图,过点P作PM∥A1A交AD于点M,则PM∥平面ABB1A1.②因为A1A⊥平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD.过点M作MN⊥QD于点N,连接PN,则PN⊥QD,∠PNM为二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=,即,从而.连接MQ,由PQ∥平面ABB1A1及②知,平面PQM∥平面ABB1A1,所以MQ∥AB.又ABCD是正方形,所以ABQM为矩形,故MQ=AB=6.设MD=t,则MN=.④过点D1作D1E∥A1A交AD于点E,则AA1D1E为矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3.于是=2,所以PM=2MD=2t.再由③,④得,解得t=2,因此PM=4.故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·PM=×6×6×4=24.3.亲临考场(2014重庆,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,底面是以O为中心的菱形,PO⊥底面ABCD,AB=2,∠BAD=,M为BC 上一点,且BM=,MP⊥AP.(1)求PO的长;(2)求二面角A-PM-C的正弦值.(2)由(1)知,,.设平面APM的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PMC的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1·=0,n1·=0,得故可取n1=,由n2·=0,n2·=0,得故可取从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==-,故所求二面角A-PM-C 的正弦值为.考点69 利用空间向量求空间角考场高招3 三法(定义法、间接法、向量法)搞定线面角1.解读高招=|cos<a,n>|=2.典例指引2(1) 3(1)在三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=12,∠ACB=30°,AB=6,则PB与平面ABC所成角的余弦值为;(2)正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,D是A1C1的中点,则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为.(方法二:向量法)如图,取AC的中点为坐标原点,建立空间直角坐标系.设各棱长为2,则A(0,-1,0),D(0,0,2),C(0,1,0),B1(,0,2).设n=(x,y,z)为平面B1CD的法向量,则取n=(0,2,1).故cos<,n>=,即所求角的正弦值为.3.亲临考场1.(2017课标Ⅱ,理19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC= AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明: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M-AB-D的余弦值.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,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)(0<x<1),则=(x-1,y,z ),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos <,n>|=sin45°,,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=λ,则考点70 立体几何的综合问题考场高招 4解决立体几何中的折叠问题、最值问题的规律2.典例指引4．已知长方形ABCD,AB=3,AD=4.现将长方形沿对角线BD折起,使AC=a,得到一个四面体A-BCD,如图所示.(1)试问:在折叠的过程中,直线AB与CD能否垂直?若能,求出相应a的值;若不能,请说明理由;(2)求四面体ABCD体积的最大值.【解】 (1)直线AB与CD能够垂直.因为AB⊥AD,若AB⊥CD,AD∩CD=D,则AB⊥平面ACD,从而AB⊥AC.此时,a=,即当a=时,AB⊥CD.(2)因为△BCD的面积为定值,所以当点A到平面BCD的距离最大,即当平面ABD⊥平面BCD时,该四面体的体积最大.此时,过点A在平面ABD内作AH⊥BD,垂足为H,则AH⊥平面BCD,AH就是该四面体的高.在△ABD中,AH=,S△BCD=×3×4=6,此时V A-BCD=S△BCD·AH=,即为该四面体体积的最大值.3.亲临考场1.(2017课标Ⅰ,理16)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D,E,F 为圆O上的点,△DBC,△ECA,△FAB分别是以BC,CA,AB为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得D,E,F重合,得到三棱锥.当△ABC的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为.所以三棱锥的体积V=S△ABC·h=x2·.令f(x)=25x4-10x5,x∈,则f'(x)=100x3-50x4.令f'(x)=0,可得x=2,则f(x)在(0,2)单调递增,在单调递减,所以f(x)max=f(2)=80.所以V≤=4,所以三棱锥体积的最大值为42.(2017课标Ⅲ,理16)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b 都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)【答案】②③。

⊥AC ，P A ＝6，BC ＝8，DF ＝5. 求证：(1)直线P A ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC .2．(2016·福州质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，O 为底面正方形对角线B 1D 1与A 1C 1的交点． (1)求证：AC 1⊥平面B 1D 1C ；(2)过E 构造一条线段与平面B 1D 1C 垂直，并证明你的结论．3．(2016·张掖第二次诊断)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，且△ABC 为正三角形，AA 1＝AB ＝6，D 为AC 的中点． (1)求证：直线AB 1∥平面BC 1D ；(2)求证：平面BC1D⊥平面ACC1A1；(3)求三棱锥C－BC1D的体积．4．(2016·山东省实验中学质检)如图所示，ABC－A1B1C1是底面边长为2，高为3 2的正三棱柱，经过AB的截面与上底面相交于PQ，设C1P＝λC1A1(0＜λ＜1)．(1)证明：PQ∥A1B1；(2)是否存在λ，使得平面CPQ⊥截面APQB？如果存在，求出λ的值；如果不存在，请说明理由．答案精析1．证明 (1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点， 所以DE ∥P A .又因为P A ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以直线P A ∥平面DEF .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，P A ＝6，BC ＝8， 所以DE ∥P A ，DE ＝12P A ＝3， EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5，故DF 2＝DE 2＋EF 2， 所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF . 又P A ⊥AC ，DE ∥P A ，所以DE ⊥AC .因为AC ∩EF ＝E ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ， 所以DE ⊥平面ABC . 又DE ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面ABC .2．(1)证明 ∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， B 1D 1⊂平面A 1B 1C 1D 1， ∴AA 1⊥B 1D 1，∵A 1C 1⊥B 1D 1，且AA 1∩A 1C 1＝A 1， AA 1⊂平面AA 1C 1，A 1C 1⊂平面AA 1C 1， ∴B 1D 1⊥平面AA 1C 1， ∵AC 1⊂平面AA 1C 1， ∴B 1D 1⊥AC 1.同理可得B 1C ⊥平面ABC 1，B 1C ⊥AC 1， ∵B 1D 1∩B 1C ＝B 1，B 1D 1⊂平面B 1D 1C ，B 1C ⊂平面B 1D 1C ， ∴AC 1⊥平面B 1D 1C .(2)解 连结EO ，则线段EO 与平面B 1D 1C 垂直． 证明如下：∵E 是AA 1的中点，O 是A 1C 1的中点， ∴EO ∥AC 1.∵AC 1⊥平面B 1D 1C ， ∴EO ⊥平面B 1D 1C .3．(1)证明 连结B 1C 交BC 1于点O ，连结OD ，如图，则点O 为B 1C 的中点． ∵D 为AC 的中点， ∴AB 1∥OD .∵OD ⊂平面BC 1D ，AB 1⊄平面BC 1D ， ∴直线AB 1∥平面BC 1D .(2)证明 ∵AA 1⊥底面ABC ，BD ⊂底面ABC ， ∴AA 1⊥BD .∵△ABC 是正三角形，D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC . ∵AA 1∩AC ＝A ，AA 1⊂平面ACC 1A ， AC ⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1. ∵BD ⊂平面BC 1D ， ∴平面BC 1D ⊥平面ACC 1A 1.(3)解 由(2)知，在△ABC 中，BD ⊥AC ， BD ＝BC sin60°＝33， ∴S △BCD ＝12×3×33＝932，∴V 三棱锥C －BC 1D ＝V 三棱锥C 1－BCD ＝13×932×6＝9 3.4．(1)证明 由正三棱柱的性质可知，平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，又因为平面APQB ∩平面A 1B 1C 1＝PQ ，平面APQB ∩平面ABC ＝AB ，所以PQ ∥AB . 又因为AB ∥A 1B 1，所以PQ ∥A 1B 1.(2)解 假设存在这样的λ满足题意，分别取AB 的中点D ，PQ 的中点E ，连结CE ，DE ，CD .由(1)及正三棱柱的性质可知△CPQ 为等腰三角形，APQB 为等腰梯形， 所以CE ⊥PQ ，DE ⊥PQ ，所以∠CED 为二面角A －PQ －C 的平面角． 连结C 1E 并延长交A 1B 1于点F ，连结DF . 因为C 1P C 1A 1＝C 1EC 1F ＝λ，C 1A 1＝2，C 1F ＝3，所以C 1E ＝3λ，EF ＝3(1－λ)． 在Rt △CC 1E 中可求得CE 2＝34＋3λ2，在Rt △DFE 中可求得DE 2＝34＋3(1－λ)2.若平面CPQ ⊥截面APQB ，则∠CED ＝90°，所以CE 2＋DE 2＝CD 2，代入数据整理得3λ2－3λ＋34＝0，解得λ＝12，即存在满足题意的λ，λ＝12.。

2018高考数学答题方法:立体几何解题技巧1.三视图中“长对正，高平齐，宽相等”，即“正俯一样长，正侧一样高，俯侧一样宽”，因此可以根据三视图的形状及相关数据确定原几何体的各个度量。

解答此类问题的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图。

2.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素之间的关系，列方程求解。

正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中占・八、、9正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中占・八、、9直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点；正棱锥的外接球的球心在其高上。

3.证明两平面垂直的常用方法有：在其中一个平面内找到或作出一条直线，使之与另一个平面垂直；证明两平面所成的二面角是直角。

4.证明直线与平面平行的常用方法有：转化为证明线线平行；转化为证明面面平行。

充分体现了“线线平行”、“线面平行”、“面面平行”之间的转化。

也可以通过面面平行证得线面平行。

5.证明“线线垂直”可通过“线面垂直”进行转化，而利用“线面垂直”的判定定理证明线面垂直，体现了垂直关系之间的相互转化。

因此在证明平行或垂直问题时，要认真体会“转化与化归”这一数学思想方法，不仅要领悟“平行”与“垂宜呐部间的相互转化，还要注意平行与垂直之间的相互转化。

6.解决与折叠有关的几何问题的关键是弄清折叠前后哪些量改变，哪些量不变，抓住“变”与“不变”，是解决折叠问题的关键，通常在折痕同侧的位置关系、线段长度和角度的大小不变，但在折痕两侧的线段长度、角度及位置关系发生了变化。

求解过程中，综合考虑折叠前后的图形，对某些折叠后不易看清的关系和量，可结合原图形去分析、计算，即将空间问题转化为平面问题处理。

7.运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论。

专题36 空间向量在立体几何中的应用【高考地位】向量在立体几何中占有重要的地位，且扮演着一个非常重要的角色，其应用打破了立体几何的传统解法，可以减少大量的辅助作图以及对图形的分析、想象过程，能直接使用代数运算来解决立体几何中的计算和证明问题．在近几年的高考中几乎每年都有出现，其题型主要是大题形式出现，有时也会在选择题或填空题中应用． 【方法点评】类型一 证明垂直使用情景：立体几何中证明垂直问题解题模板：第一步 首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并标出相应点的空间坐标；第二步 然后将已知条件转化为空间向量问题并对其进行求解； 第三步 得出结论．例1、【2018天津滨海新区联考】在四棱锥P ABCD -中， PA ⊥平面ABCD ， //AB CD ， AB AD ⊥，PA PB =， ::2AB AD CD =.（1）证明BD PC ⊥；（2）求二面角A PC D --的余弦值；（3）设点Q 为线段PD 上一点，且直线AQ 平面PAC PQPD的值.【变式演练1】已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，P 、Q 分别是BC 、CD 上的动点，且|PQ |=2，建立如右图所示的坐标系; 确定P 、Q 的位置，使得B 1Q ⊥D 1P ;解：设BP =t , 则2)2(2t CQ --=,2)2(22t DQ ---=,3∴B 1(2, 0, 2), D 1(0, 2, 2), P (2, t , 0),)0,2,)2(22(2t Q ---. ∴)2,2,)2(2(21---=t QB ,1FD =(-2, 2-t , 2).∵B 1Q ⊥D 1P 等价于011=⋅PD QB , 即022)2(2)2(222=⨯+-----t t , 即t t =--2)2(2.解得t =1.此时, P 、Q 分别是棱BC 、CD 的中点, 即当P 、Q 分别是棱BC 、CD 的中点时, B 1Q ⊥D 1P . 例2、【2018贵州贵阳第一中学模拟】如图，在三棱锥中，分别是的中点，平面平面，，是边长为2的正三角形，.（1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值.（Ⅱ）解：平面BDF的一个法向量，平面BDE（即平面ABK）的一个法向量为，所以二面角的余弦值为.【变式演练2】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝22，E，F分别是AD，PC的中点．证明：PC⊥平面BEF；5∴⊥，⊥，∴PC ⊥BF ，PC ⊥EF ，BF ∩EF ＝F ， ∴PC ⊥平面BEF .例3.【2018吉林东北师范大学附属中模拟】如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形， //AB DC ，90DAB ∠=︒， PA ABCD ⊥底面，且12PA AD DC ===， 1AB =， M 是PB 的中点。

空间向量在立体几何中的应用答题模板利用空间向量证明空间中的线面关系，计算空间的各种角是高考对立体几何的常规考法，它以代数运算代替复杂的想象，给解决立体几何带来了鲜活的方法．此类问题多以解答题为主，难度中档偏上，主要考查空间坐标系的建立及空间向量坐标的运算能力及应用能力，运算能力要求较高．[典例] (满分12分)平面图形ABB 1A 1C 1C 如图①所示，其中BB 1C 1C是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝5，现将该平面图形分别沿BC 和B 1C 1折叠，使△ABC 与△A 1B 1C 1所在平面都与平面BB 1C 1C 垂直，再分别连接A 1A ，A 1B ，A 1C ，得到如图②所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA 1⊥BC ；(2)求AA 1的长；(3)求二面角A ­BC ­A 1的余弦值．规范审题模板1．审条件，挖解题信息观察条件―→四边形BB 1C 1C 是矩形，平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ，平面A 1B 1C 1⊥平面BB 1C 1C ――――――――――→取BC ，B 1C 1的中点D ，D 1连接DD 1DD 1，B 1D 1，A 1D 1两两垂直2．审结论，明解题方向观察结论―→(1)证明：AA 1⊥BC ， (2)求AA 1的长，(3)求二面角A －BC －A 1的余弦值――――――――――→需建立空间直角坐标系正确写出相关点的坐标转化为向量运算解决 3．建联系，找解题突破口 D 1D ，D 1B 1，D 1A 1两两垂直，,BC ＝2，BB 1＝4，AB ＝AC ＝2，A 1B 1＝A 1C 1＝5――――――――――→以D 1D ，D 1B 1，D 1A 1所在直线分别为z 轴，x 轴，y 轴建立空间直角坐标系――――――――→正确写出相关点及相关向量的坐标―→得相应结论 教你准确规范解题(1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD . 由BB 1C 1C 为矩形知，DD 1⊥B 1C 1.因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1.(1分)又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1.(2分)故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz .(3分)由题设， 可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ， 于是AD ∥A 1D 1.(4分)所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)， 故1AA ＝(0,3，－4)，BC ＝(－2,0,0)，1AA ·BC ＝0，(5分) 因此1AA ⊥BC ，即AA 1⊥BC .(6分)(2)因为1AA ＝(0,3，－4)，所以|1AA |＝5，即AA 1＝5.(8分)(3)设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 又因为1A C ＝(－1，－2,4)，1A B ＝(1，－2,4)，(9分)所以⎩⎪⎨⎪⎧1A C ·n 1＝0，1A B ·n 1＝0，(10分) 即⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋2y 1－4z 1＝0，x 1－2y 1＋4z 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝0，y 1＝2z 1.令z 1＝1，则n 1＝(0,2,1)．(1)证明1A A ·BC ＝0，(2)计算AA 1＝|1AA |，(3)求平面法向量的夹角又因为平面ABC⊥z轴，所以取平面ABC的法向量为n2＝(0,0,1)，则cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝15＝55，(11分)所以二面角A－BC－A1的余弦值为－55.(12分)常见失分探因坐标系建立不当，不能准确地推证AD∥A1D1，导致点A的坐标求错.不注意条件“z轴⊥平面ABC”的应用，增大运算量.求出cos〈n1，n2〉＝55后，不判断二面角大小直接得出结论从而失误.教你一个万能模板第一步理清题意利用条件分析问题，建立恰当的空间直角坐标系. 第二步确定相关点的坐标结合建系过程与图形，准确地写出相关点的坐标.第三步确立平面的法向量利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量，若已知某直线垂直某平面，可直接取直线的一个方向向量为该平面的法向量.第四步转化为向量运算将空间位置关系转化为向量关系，空间角转化为向量的夹角问题去论证，求解.第五步问题还原结合条件与图形，作出结论(注意角的范围).第六步反思回顾回顾检查建系过程、坐标是否有错及是否忽视了所求角的范围而写错结论.。

2018高考汇编——空间向量与立体几何1．（2018年全国卷Ⅲ理）已知向量，，．若，则________．【答案】【解析】分析：由两向量共线的坐标关系计算即可。

详解：由题可得,即故答案为点睛：本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题。

2．（2018全国卷Ⅲ文）已知向量，，．若，则________．【答案】【解析】分析：由两向量共线的坐标关系计算即可。

详解：由题可得,即故答案为点睛：本题主要考查向量的坐标运算，以及两向量共线的坐标关系，属于基础题。

3．（2018全国卷II理）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为A．B．C．D．【答案】C【解析】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.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”.4．（2018北京卷理）如图，在三棱柱ABC−中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．（1）求证：AC⊥平面BEF；（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；（3）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)见解析（2）；（3）见解析．【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得,由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论，（2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标，利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线F G方向向量数量积不为零，可得结论.详解：解：：Ⅰ：在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC：∴四边形A1ACC1为矩形．又E：F分别为AC：A1C1的中点，∴AC：EF：∵AB=BC：∴AC⊥BE：：AC⊥平面BEF：（Ⅱ）由（I）知AC：EF：AC：BE：EF：CC1：又CC1⊥平面ABC：：EF⊥平面ABC：：BE平面ABC：：EF：BE：如图建立空间直角坐称系E-xyz：由题意得B：0：2：0：：C：-1：0：0：：D：1：0：1：：F：0：0：2：：G：0：2：1：：：：设平面BCD的法向量为：：：：：令a=2，则b=-1：c=-4：∴平面BCD的法向量：又∵平面CDC1的法向量为：：：由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为：：Ⅲ）平面BCD的法向量为：∵G：0：2：1：：F：0：0：2：：：：：：：与不垂直：：GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.5．（2018新课标I卷理）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.（1）证明：平面平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析.(2) .【解析】分析：(1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF⊥PF：BF⊥EF，又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF：又平面ABFD，利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD.(2)结合题意，建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标：求得平面ABFD的法向量：设DP与平面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得：得到结果.详解：（1）由已知可得，BF⊥PF：BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.：2）作PH⊥EF，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，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2：DE=1，所以PE=.又PF=1：EF=2，故PE⊥PF.可得.则 为平面ABFD 的法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为，则.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为.点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目，在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，从而证得结果；对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来完成，注意相对应的等量关系即可.6．（2018天津卷理）如图， //AD BC 且AD=2BC ， AD CD ⊥, //EG AD 且EG=AD ， //CD FG 且CD=2FG ， DG ABCD ⊥平面，DA=DC=DG=2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证： MN CDE 平面；（II ）求二面角E BC F --的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) ；(Ⅲ) 【解析】分析：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ， DC ， DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系.（Ⅰ）由题意可得：平面CDE 的一个法向量n 0=（1，0，–1）．又MN =（1， 32-，1），故00MN n ⋅=，MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）依题意可得平面BCE 的一个法向量n =（0，1，1）．平面BCF 的一个法向量为m =（0，2，1）．据此计算可得二面角E –BC –F． （Ⅲ）设线段DP 的长为h （h ∈［0，2］），则点P 的坐标为（0，0，h ），结合空间向量的结论计算可得线段DP 的长为3. 详解：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ， DC ， DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0（0（0（（A （2（0（0（（B （1（2（0（（C （0（2（0（（E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0， 32，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）依题意DC =（0，2，0），DE =（2，0，2）．设n 0=(x （y （z )为平面CDE 的法向量，则000{ 0DC DE ⋅=⋅=，，n n 即20{ 220y x z =+=，， 不妨令z =–1，可得n 0=（1（0（–1（（又MN =（1， 32-，1），可得00MN n ⋅=， 又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（Ⅱ）依题意，可得BC =（–1，0，0），()122BE =-，，， CF =（0，–1，2）． 设n =（x （y （z ）为平面BCE 的法向量，则0{ 0n BC n BE ⋅=⋅=，，即0{ 220x x y z -=-+=，， 不妨令z =1，可得n =（0（1（1（（设m =（x （y （z ）为平面BCF 的法向量，则0{ 0m BC m CF ⋅=⋅=，，即0{ 20x y z -=-+=，，不妨令z =1，可得m =（0（2（1（（因此有cos <m ，n>=⋅=m n m n ，于是sin <m ，n． 所以，二面角E –BC –F的正弦值为10． （Ⅲ）设线段DP 的长为h （h ∈（0（2］），则点P 的坐标为（0（0（h （（可得()12BP h =--，，．易知， DC =（0，2，0）为平面ADGE 的一个法向量， 故BP DCcos BP DC BP DC h ⋅⋅==， 25h +=sin 60°=3，解得h0，2］． 所以线段DP 点睛：本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7．（2018天津卷文）如图，在四面体ABCD 中，⊥ABC 是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB=2，AD=⊥BAD=90°．（⊥）求证：AD⊥BC ；（⊥）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；（⊥）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ) ；(Ⅲ) 【解析】分析：（Ⅰ（由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面ABC （则AD ⊥BC （ （Ⅱ）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．由几何关系可知∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．计算可得1226MN cos DMN DM ∠==．则异面直线BC 与MD ．（Ⅲ）连接CM ．由题意可知CM ⊥平面ABD ．则∠CDM 为直线CD 与平面ABD所成的角．计算可得4CM sin CDM CD ∠==．即直线CD 与平面ABD所成角的正弦值为4． 详解：（Ⅰ）证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ． （Ⅱ）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ：BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM =1，故DMAD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN =1，故DN．在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得12cos MN DMN DM ∠==． 所以，异面直线BC 与MD所成角的余弦值为26． （Ⅲ）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD．在Rt △CMD 中，sin CM CDM CD ∠== 所以，直线CD 与平面ABD所成角的正弦值为4． 点睛：本小题主要考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面垂直等基础知识．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．8．（2018上海卷）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为．（1）设圆锥的母线长为，求圆锥的体积；（2）设，、是底面半径，且，为线段的中点，如图．求异面直线与所成的角的大小．【答案】(1) ;(2) .【解析】【分析】（1）由圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4能求出圆锥的体积．（2）以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线PM与OB所成的角．【详解】（1）∵圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为，圆锥的母线长为，∴圆锥的体积．（2）∵，，是底面半径，且，为线段的中点，∴以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，，，，，，，，设异面直线与所成的角为，则．∴．∴异面直线与所成的角的为．【点睛】求空间两条异面直线所成角的大小是立体几何中最为常见的基本题型之一。

立体几何热点一空间点、线、面的位置关系及空间角的计算空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.【例1】如图，在△ABC中，∠ABC＝π4，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC，2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.(1)求证：平面PBD⊥平面COD；(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.(1)证明∵OB＝OC，又∵∠ABC＝π4，∴∠OCB＝π4，∴∠BOC＝π2.∴CO⊥AB.又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC.又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PDB.又CO⊂平面COD，∴平面PDB⊥平面COD.(2)解以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.则C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，2)，D(0，－1，1)， ∴PD→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3). 设PD 与平面BDC 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD→·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 【类题通法】利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系. 第二步：确定点的坐标.第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标. 第四步：计算向量的夹角(或函数值). 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.【对点训练】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1­DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F . (1)证明：EF ∥B 1C .(2)求二面角E -A 1D ­B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→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 (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1D→＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1). 所以结合图形知二面角E -A 1D ­B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.热点二 立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在. 【例2】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD.又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB. (2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO. 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD.因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD.因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO. 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD.如图，建立空间直角坐标系O －xyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2).又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【类题通法】(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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.(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.【对点训练】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝6，AD ＝8，BC ＝10，∠P AD ＝45°，E 为P A 的中点.(1)求证：DE∥平面BPC；(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，试求出二面角F－PC－D 的余弦值；若不存在，请说明理由.(1)证明取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA，又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，在Rt△BNC中，BN＝BC2－CN2＝102－82＝6，∴AB＝12，而E，M分别为P A，PB的中点，∴EM∥AB且EM＝6，又DC∥AB，∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，∴DE∥CM.∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，∴DE∥平面BPC.(2)解由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A (8，0，0)，B (8，12，0)，C (0，6，0)，P (0，0，8). 假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ， 设点F 坐标为(8，t ，0)，则CF→＝(8，t －6，0)，DB →＝(8，12，0)， 由CF→·DB →＝0得t ＝23. 又平面DPC 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 又PC→＝(0，6，－8)，FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ， 不妨令y ＝12，有n ＝(8，12，9).则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知，该二面角为锐二面角， 故二面角F －PC －D 的余弦值为817. 热点三 立体几何中的折叠问题将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.【例3】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值.(1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3. 于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)， B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4，3，－5).设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3，1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是29525.【类题通法】立体几何中的折叠问题，关键是搞清翻折前后图形中线面位置关系和度量关系的变化情况，一般地翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.【对点训练】如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点.将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值.(1)证明 在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ， 又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2.如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0，0). 设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1，1，1)；⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎨⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0，1，1)，从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

考点34：利用空间向量法解决立体几何的综合问题【考纲要求】1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 【命题规律】利用空间向量法解决立体几何的综合问题是高考热点问题，解答题考查的比较多.预计2018年的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体．【典型高考试题变式】 （一）利用向量证明直线和平面的位置关系及其空间角例1.【2016全国1卷（理）】如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF=2FD ，90AFD ∠=，且二面角D AF E 与二面角C BEF 都是60．（Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E BC A 的余弦值．【解析】（Ⅱ）过D 作DG ΕF ⊥，垂足为G ，由（Ⅰ）知DG ⊥平面ΑΒΕF ．以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=，则2DF =，3DG =，可得()1,4,0A ，()3,4,0B -，()3,0,0E -，(3D ． 由已知，//AB EF ，所以//AB 平面EFDC ． 又平面ABCD平面EFDC DC =，故//AB CD ，//CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以C ΕF ∠为二面角C BE F --的平面角，60C ΕF ∠=．从而可得()2,0,3C -．所以()1,0,3ΕC =，()0,4,0ΕΒ=，()3,4,3ΑC =--，()4,0,0ΑΒ=-． 设(),,x y z =n 是平面ΒC Ε的法向量，则00ΕC ΕΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 所以可取()3,0,3=-n ．设m 是平面ΑΒCD 的法向量，则0ΑC ΑΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，同理可取()0,3,4=m ．则219cos ,19⋅==-n m n m n m ． 故二面角E BC A 的余弦值为21919-．【方法技巧归纳】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量法解决.【变式1】【改编例题条件】【2016全国2卷（理）】如图,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O,AB=5,AC=6,点E,F 分别在AD,CD 上,AE=CF=,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D'EF 的位置,OD'=.（Ⅰ）证明:D'H⊥平面ABCD. （Ⅱ）求二面角B-D'A-C 的正弦值.【解析】试题分析：（Ⅰ）证，再证，最后证；（Ⅱ）用向量法求解.试题解析：（Ⅰ）由已知得，，又由得，故.因此，从而.由,得.由得.所以，.于是，故.又，而，所以.（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是，.因此二面角的正弦值是.【变式2】【改编例题条件，利用导数运算法则构造函数求解不等式】【2016全国3卷（理）】如图，四棱锥P −ABC 中，PA⊥底面ABCD ，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点.（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;（Ⅱ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. 【解析】试题分析：（Ⅰ）取BP 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MNAT ，由此结合线面平行的判定定理可证；（Ⅱ）以A 为坐标原点，AE 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平面PMN 的法向量的夹角的余弦值来求解AN 与平面PMN 所成角的正弦值．（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE .由AC AB =得BC AE ⊥，从而AD AE ⊥，且5)2(2222=-=-=BC AB BE AB AE . 以A 为坐标原点，AE 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -.由题意知，)4,0,0(P ，)0,2,0(M ，)0,2,5(C ，)2,1,25(N ， (0,2,4)PM =-，5(,1,2)2PN =-，5(,1,2)2AN =. 设(,,)x y z =n 为平面PMN 的一个法向量，则0,0,PM PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即240,520,2y z x y z -=⎧⎪⎨+-=⎪⎩ 可取(0,2,1)=n .于是||85|cos ,|25||||AN AN AN ⋅==n n n .（二）利用向量解决立体几何中的探索问题例2.【2016北京卷】如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，5AC CD ==（Ⅰ）求证：PD ⊥平面PAB ；（Ⅱ）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱PA 上是否存在点M ，使得BM∥平面PCD?若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由. 【解析】试题解析：（Ⅰ）因为平面⊥PAD 平面ABCD ，AD AB ⊥， 所以⊥AB 平面PAD . 所以PD AB ⊥. 又因为PD PA ⊥， 所以⊥PD 平面PAB .（Ⅱ）取AD 的中点O ，连结CO PO ,. 因为PD PA =，所以AD PO ⊥.又因为⊂PO 平面PAD ，平面⊥PAD 平面ABCD ， 所以⊥PO 平面ABCD .因为⊂CO 平面ABCD ，所以⊥PO CO . 因为CD AC =，所以AD CO ⊥.如图建立空间直角坐标系xyz O -.由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.设平面PCD 的法向量为(,,)x y z =n ，则0,0,PD PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x . 所以(1,2,2)=-n .又)1,1,1(-=PB ，所以3cos ,3PB PB PB⋅==-n n n . 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.（Ⅲ）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=. 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0BM ⋅=n ， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得∥BM 平面PCD ，此时41=AP AM .【方法技巧归纳】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.【变式1】【改编例题的条件】【2015湖北卷（理）】《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑． 如图，在阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，过棱PC 的中点E ，作EF PB ⊥交PB 于点F ，连接,,,.DE DF BD BE（Ⅰ）证明：PB DEF ⊥平面．试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（Ⅱ）若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值． 【解析】（解法1）（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥， 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PDCD D =，所以BC PCD ⊥平面．而DE PCD ⊂平面，所以BC DE ⊥． 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥． 而PCBC C =，所以DE ⊥平面PBC ．而PB PBC ⊂平面，所以PB DE ⊥．又PB EF ⊥，DEEF E =，所以PB ⊥平面DEF ．由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB DEF ∠∠，，EFB D FB ∠∠，． （Ⅱ）如图1，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ABCD的交线．由（Ⅰ）知，PB DEF ⊥平面，所以PB DG ⊥． 又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD DG ⊥．而PDPB P =，所以DG PBD ⊥平面．故BDF ∠是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角，设1PD D C ==，BC λ=，有21BD λ=+，在Rt△PDB 中, 由DF PB ⊥, 得π3DPF FDB ∠=∠=, 则 2πtan tan 133BD DPF PDλ=∠==+=, 解得2λ=． 所以12.2DC BC λ== 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，22DC BC =． 因(0,1,1)PC =-, 0DE PC ⋅=, 则DE PC ⊥, 所以DE PBC ⊥平面．由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB DEF ∠∠，，EFB D FB ∠∠，．（Ⅱ）由PD ABCD ⊥平面，所以(0,0,1)DP =是平面ABCD 的一个法向量；由（Ⅰ）知，PB DEF ⊥平面，所以(,1,1)BP λ=--是平面DEF 的一个法向量． 若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3， 则2π11cos32||||2BP DP BP DP λ⋅===⋅+， 解得2λ=．所以12.2DC BC λ==故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，22DC BC =．【变式2】【改编例题的条件和问法】【2014湖北卷】如图，在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，N M F E ,,,分别是棱1111,,,D A B A AD AB 的中点，点Q P ,分别在棱1DD ,1BB 上移动，且()20<<==λλBQ DP .（1）当1=λ时，证明：直线//1BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使平面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【解析】试题分析：（1）由正方体1111D C B A ABCD -的性质得11//AD BC ，当1=λ时，证明1//AD FP ，由平行于同一条直线的两条直线平行得FP BC //1，根据线面平行的判定定理证明//1BC 平面EFPQ ；（2）解法1，如图2，连结BD ，证明四边形EFPQ 与四边形PQMN 是等腰梯形，分别取EF 、PQ 、MN 的中点为H 、O 、G ，连结OH 、OG ，证明GOH ∠是平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角的平面角，设存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，求出λ的值；解法2，以D 为原点，射线1,,DD DC DA 分别为z y x ,,轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系xyz D -，用向量法求解. 几何法：（1）证明：如图1，连结1AD ，由1111D C B A ABCD -是正方体，知11//AD BC ， 当1=λ时，P 是1DD 的中点，又F 是AD 的中点，所以1//AD FP ， 所以FP BC //1，而⊂FP 平面EFPQ ，且⊄1BC 平面EFPQ ， 故//1BC 平面EFPQ .于是，21λ+==FP EQ ，所以四边形EFPQ 是等腰梯形， 同理可证四边形PQMN 是等腰梯形，分别取EF 、PQ 、MN 的中点为H 、O 、G ，连结OH 、OG ， 则PQ GO ⊥，PQ HO ⊥，而O HO GO = ，故GOH ∠是平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角的平面角，若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，则90=∠GOH ，连结EM 、FN ，则由MN EF //，且MN EF =，知四边形EFNM 是平行四边形， 连结GH ，因为H 、G 是EF 、MN 的中点，所以2==ME GH ，在GOH ∆中，42=GH ，21)22(12222+=-+=λλOH ， 21)2()22()2(12222+-=--+=λλOG ， 由222GH OH OG =+得42121)2(22=+++-λλ，解得221±=λ， 故存在221±=λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角. 向量法：以D 为原点，射线1,,DD DC DA 分别为z y x ,,轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系xyz D -，由已知得),0,0(),0,0,1(),2,2,0(),0,2,2(1λP F C B ， 所以)2,0,2(1-=BC ，),0,1(λ-=FP ，)0,1,1(=FE ， （1）证明：当1=λ时，)1,0,1(-=FP ，因为)2,0,2(1-=BC ， 所以FP BC 21=，即FP BC //1，而⊂FP 平面EFPQ ，且⊄1BC 平面EFPQ ， 故直线//1BC 平面EFPQ .故存在221±=λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角. 【方法总结】立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略． 1．条件追溯型解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找到切入点．这类题目要求考生变换思维方向，有利于培养考生的逆向思维能力． 2．存在判断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便． 3．结论探索型立体几何中的结论探索型问题的基本特征是：给出一定的条件与设计方案，判断设计的方案是否符合条件要求．此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得仔细、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳． 【空间角的范围处理错误注意点】解决此类问题，要注意各种空间角的给定范围，容易在范围上出现问题. 【典例试题演练】1．【2016黔东南州高考第一次模拟】在平行四边形中，,,若将其沿折成直二面角,则与所成的角的余弦值为（ ）A. B. C.D.【答案】B 【解析】∵，，如图∴，∴，过点A 作，在和，，则，，在空间四边形中，直二面角，∵，，∴平面，以点为原点，以为轴，为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，∴，，，，∴，，∴，，，设与所成的角为，则，故选B.2．【2017届湖南省衡阳市高三下学期第三次联考】如图所示，在正方体1AC 中， 2AB =，1111AC B D E ⋂=，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面11BCC B 所成的角为β，则()cos αβ-=（ ）A.66 B. 33 C. 306 D. 63【答案】A【解析】由题意可知2πα=，则()cos sin αββ-=，以点D 为坐标原点，DA,DB,DD 1方向为,,x y z 轴正方向建立空间直角坐标系可知：()()()0,0,0,1,1,2,1,1,2D E DE ⇒=，平面11BCC B 的法向量()0,2,0DC =， 据此可得： ()6cos sin 6DE DC DE DCαββ⋅-===⨯. 本题选择A 选项.3．【2017届安徽省江淮十校高三下学期第三次联考】如图，正四面体ABCD 中， E 、F 分别是棱BC 和AD 的中点，则直线AE 和CF 所成的角的余弦值为（ ）A.13 B. 23 C. 14 D. 34【答案】B【解析】解：如图所示，作AO⊥底面BCD ，垂足为O ，O 为底面等边△BCD 的中心，建立空间直角坐标系．不妨取CD=2．则：332313,,0,,,2C D B E ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设点M 是线段CD 的中点，则：22133,,,3326,3261330,0,,,,,32661326336,,,,,.263263AM OM BM AO AM OM A F AE CF ===∴=-=⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫∴=--=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭利用空间向量求解余弦值有：2cos ,3AE CF AE CF AE CF⋅〈〉==-⨯ . ∴异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为23.4．【2017届河北省衡水中学押题卷】如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E ，F 分别是1CC ， AD 的中点，那么异面直线1D E 和1A F 所成角的余弦值等于__________．【答案】25【解析】以AD,DC,DD1建立空间直角坐标系，则：()()()()()()11112,0,2,1,0,0,0,0,2,0,2,11,0,2,0,2,1A F D E A F D E =--=-得直线1D E和1A F 所成角的余弦值等于11112cos 5A F D E A F D Eθ⋅==⋅ 5．【2017届河北省武邑中学高三下学期一模】高为的四棱锥的底面是边长为1的正方形，点、、、、均同一球面上，底面的中心为，球心到底面的距离为，则异面直线与所成角的余弦值的范围为__________．【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设由题设外接球的半径，则，即。

母题十七 应用空间向量解决立体几何问题【母题原题1】【2018天津，理17】如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥，EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2．（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面； （II ）求二面角E BC F --的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长．【考点分析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．【答案】（I ）证明见解析；（II ）；（III ） 【解析】试题分析：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z则点P 的坐标为()0,0,h ，结合空间向量的结论计算可得线段DP ．试题解析：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得()()()(),,,,,,,00020012,,,,0020D A B C ，()()()()3,,,,,,,,,,,,,,220201*********E F G M N ⎛⎫⎪⎝⎭．（Ⅰ）依题意()(),,,,020,022DC DE ==． 设()0,,z x y =n 为平面CDE 的法向量，则000{0DC DE ⋅=⋅=，，n n 即20{ 220y x z =+=，，不妨令1z =-，可得()0,,101=-n ．又13,,12MN -⎛⎫= ⎪⎝⎭，可得00MN ⋅=n ，不妨令1z =，可得()10,,2=m．因此有cos ,=⋅=m n m n m n，于是s in ,=m n所以，二面角––E BC F． （Ⅲ）设线段DP 的长为[]()0,2h h ∈，则点P 的坐标为()0,0,h ，可得()12BP h =--，，． 易知，()0,0,2DC =为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BPDCh ⋅⋅==sin 60=︒=，解得[]0,2h =．所以线段DP 的长为 【名师点睛】本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．【母题原题2】【2017天津，理17】如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N 分别为棱P A ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A =AC =4，AB =2．（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ； （Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BEAH 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）21；（3）85 或12．试题解析：如图，以A 为原点，分别以AB ，AC ，AP 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A （0，0，0），B （2，0，0），C （0，4，0），P （0，0，4），D （0，0，2），E （0，2，2），M （0，0，1），N （1，2，0）．（Ⅰ）证明：DE =（0，2，0），DB =（2，0，2-）．设(,,)x y z =n ，为平面BDE 的法向量，则00DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩．不妨设1z =，可得(1,0,1)=n ．又MN =（1，2，1-），可得0MN ⋅=n ．∵MN ⊄平面BDE ，∴MN //平面BDE ．（Ⅱ）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量．设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的法向量，则∴线段AH 的长为85或12．【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易． 【母题原题3】【2016天津，理17】如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB =BE =2． （I ）求证：EG ∥平面ADF ；（II ）求二面角O -EF -C 的正弦值； （III ）设H 为线段AF 上的点，且AH =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；．()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，．z xA（I ）证法1：依题意，()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-．设()1,,n x y z =为平面ADF 的法向量，则110n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x x y z =⎧⎨-+=⎩ ．不妨设1z =，可得()10,2,1n =，又()0,1,2EG =-，可得10EG n ⋅=，又因为直线EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面．证法2：建立如上右图的坐标系来证（略）．证法3：找到AD 中点I ，连结FI ，∵矩形OBEF ，∴EFOB ∥．∵G 、I 是中点，∴GI 是ABD △的中位线，∴GI BD ∥且12GI BD =．∵O 是正方形ABCD 中心，∴12O B B D =，∴E F G I ∥且EF GI =，∴四边形EFIG 是平行四边形，∴EG FI ∥．∵FI ⊂面ADF ，∴EG ∥面ADF ．（II ）解法1：易证，()1,1,0OA =-为平面OEF 的一个法向量．依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-．设()2,,n x y z =为平面CEF 的法向量，则220n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ ．不妨设1x =，可得()21,1,1n =-．因此有222cos ,OA n OA n OA n ⋅<>==-⋅，于是23sin ,3OAn <>=，所以，二面角O EF C --的正弦值为3．（III ）解：由23AH HF =，得25AH AF =．因为()1,1,2AF =-，所以2224,,5555AH AF ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，进而有334,,555H ⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而284,,555BH ⎛⎫=⎪⎝⎭，因此222cos ,21BH n BH n BH n ⋅<>==-⋅．所以，直线BH12165cos BH n BH n BH n -⋅∴<>===，． 考点：利用空间向量解决立体几何问题【名师点睛】1．利用数量积解决问题的两条途径 ：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．2．利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题．（1）a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a ·b ＝0；（2）|a |＝a 2；（3）cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |． 【母题原题4】【2015天津，理】如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ABCD ⊥底面，AB AC ⊥，1AB =，12,AC AA AD CD ====，且点M 和N 分别为11C D B D 和的中点．(I)求证：MN ABCD 平面； (II)求二面角11D -AC B -的正弦值；(III)设E 为棱11A B 上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段1E A 的长【答案】(I)见解析； (II) ； (III) 2-．【解析】别为1B C 和1D D 的中点，得11,,1,(1,2,1)2M N ⎛⎫- ⎪⎝⎭．(I)证明：依题意，可得(0,0,1)n =为平面ABCD 的一个法向量，50,,02MN ⎛⎫=-⎪⎝⎭， 由此可得，0MN n ⋅=，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD(II)1(1,2,2),(2,0,0)AD AC =-=，设1(,,)n x y z =为平面1ACD 的法向量，则1110n AD n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22020x y z x -+=⎧⎨=⎩，不妨设1z =，可得1(0,1,1)n =， 设2(,,)n x y z =为平面1ACB 的一个法向量，则2120n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，又1(0,1,2)AB =，得2020y z x +=⎧⎨=⎩，不妨设1z =，可得2(0,2,1)n =-，因此有12121210cos ,n n n n n n ⋅==-⋅，于是123sin ,n n =11D AC B --． (III)依题意，可设111A E A B λ=，其中[0,1]λ∈，则(0,,2)E λ，从而(1,2,1)NE λ=-+，又(0,0,1)n =为平面ABCD 的一个法向量，由已知得1cos ,3(NE NE n NE n===⋅-，整理得2430λλ+-=，又因为[0,1]λ∈，解得2λ=-，所以线段1A E 2-．【命题意图】 高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查空间想象能力，线面关系、面面关系、数形结合的思想等．【命题规律】 高考试题对该部分内容考查的主要角度有两种：一种是利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；一种是考查学生利用空间向量解决立体几何的能力．重点对该部分内容的考查仍将以能力考查为主，要求学生有良好的空间想象能力和立体几何素养．【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下两步：第一步：利用题意证得二面角为90°即可 解决本问题有两种思路，一种是证明二面角的平面角为90°，第二种方法是由线面垂直证明面面垂直，然后利用判断定理来证明结论，本题中中的结论适合用第一种方法来证明结论．第二步：建立空间直角坐标系求解二面角的余弦值解决第二问的关键是建立合适的空间直角坐标系，以点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合点的坐标求得平面的法向量(0,=-m ，⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n ，然后利用公式cos ,⋅==n m n m n m 求得余弦值即可，注意余弦值的正负需要进行取舍． 【方法总结】（一）刻画直线与平面方向的向量1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定2、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面α垂直的直线称为平面α的法线，法线的方向向量就是平面α的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？ （1）所需条件：平面上的两条不平行的直线（2）求法：（先设再求）设平面α的法向量为(),,n x y z =，若平面上所选两条直线的方向向量分别为()()111222,,,,,a x y z b x y z ==，则可列出方程组，s 利用数量积为零解出,,x y z 的比值即可（二）空间向量可解决的立体几何问题（用,a b 表示直线,a b 的方向向量，用,m n 表示平面,αβ的法向量） 1．判定类（1）线面平行：a b a b ⇔∥∥ （2）线面垂直：a b a b ⊥⇔⊥ （3）面面平行：m n αβ⇔∥∥ （4）面面垂直：m n αβ⊥⇔⊥ 2．计算类：（1）两直线所成角：cos cos ,a b a b a bθ⋅==（2）线面角：sin cos ,a m a m a mθ⋅==（3）二面角：cos cos ,m n m n m nθ⋅==或cos cos ,m n m n m nθ⋅=-=-（视平面角与法向量夹角关系而定）（4）点到平面距离：设A 为平面α外一点，P 为平面α上任意一点，则A 到平面α的距离为A AP n d nα-⋅=，即AP 在法向量n 上投影的绝对值．（三）点的存在性问题：在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件，本讲主要介绍使用空间向量解决该问题时的方法与技巧1．理念：先设再求——先设出所求点的坐标(),,x y z ，再想办法利用条件求出坐标2．解题关键：减少变量数量——(),,x y z 可表示空间中的任一点，但题目中所求点往往是确定在某条线或者某个平面上的，所以使用三个变量比较“浪费”（变量多，条件少，无法求解），要考虑减少变量的个数，最终所使用变量的个数可根据如下条件判断：（1）直线（一维）上的点：用一个变量就可以表示出所求点的坐标 （2）平面（二维）上的点：用两个变量可以表示所求点坐标 规律：维度=所用变量个数总之：用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．（四）易错警示（1）两条异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求，但二者不完全相同，两异面直线所成角的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，而两向量所成角的取值范围是[0，π]，所以当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．（2）利用空间向量求直线与平面所成的角，注意|a ·n ||a ||n |是所求线面角的正弦值．（3）求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．（4）用空间向量求解立体几何问题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范． （5）将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易失分．1．【2018天津部分区二模】如图，在四棱锥中，侧棱底面，底面为长方形，且，是的中点，作交于点．（1）证明：平面；（2）若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值；（3）在（2）的条件下，求二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【解析】分析：（1）推导出，，从而平面，进而，再证出，从由于底面为长方形，∴，而，∴平面，∵平面，∴，∵，为的中点，∴，∵，∴平面，∴，又，，∴平面．（2）由题意易知两两垂直，以为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，可得，设，则有，∴∴，∴，设直线与平面所成角为，且由（1）知为平面的法向量∴设二面角为，则，所以二面角的余弦值为．【名师点睛】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．2．【2018天津河东区二模】如图，在四棱锥中，PA⊥底面ABCD，AD||BC，AD⊥CD，BC=2，AD=CD=1，M是PB的中点．（1）求证：AM||平面PCD；（2）求证：平面ACM⊥平面PAB；（3）若PC与平面ACM所成角为30°，求PA的长．【答案】（1）见解析．（2）见解析．（3）．A（1，1，0），B（0，2，0），C（0，0，0），D（1，0，0），P（1，1，a）(a>0) M（），=（1，1，a），=（1，0，0）设平面PCD法向量为，令，则=（0，a，-1），所以所以AM||平面PCD（2）=（1，1，0），，设平面ACM法向量为，令，则，解得，所以PA的长为．【名师点睛】（1）本题主要考查空间平行垂直关系的证明，考查空间角的计算，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力、空间想象能力和转化能力．（2）证明空间位置关系常用的有几何法和向量法，求空间的角常用的有几何体（找、作、证、指、求）和向量法．3．【2018天津河北区二模】如图，由直三棱柱和四棱锥构成的几何体中，，平面平面（I）求证：；（II）若M为中点，求证：平面；（III）在线段BC上（含端点）是否存在点P，使直线DP与平面所成的角为？若存在，求得值，若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）不存在这样的点P．【解析】分析：（I）由，根据面面垂直的性质得到平面，从而可证明；（II）由∵平面平面，且平面平面∴平面∴（II）在直三棱柱中，∵平面，∴又，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知可得，，，，，（III）由（II）可知平面的法向量设则若直线DP与平面所成的角为，则解得故不存在这样的点P，使得直线DP与平面所成的角为【名师点睛】本题主要考查利用空间向量的证明与求值，属于难题．空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离．4．【2018天津十二校二模】如图，四边形与均为菱形，，且．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）若为线段上的一点，且满足直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．【答案】（1）见解析；（2）二面角的余弦值为；（3）．【解析】分析：（1）由菱形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，根据线面垂直的判定定理可得平面；（2）先证明为等边三角形，可得，于是可以为坐标且为中点，∵，∴，又，∴平面．（2）连接，∵四边形为菱形，且，∴为等边三角形，∵为中点，∴，又，∴平面．∵两两垂直，∴建立空间直角坐标系，如图所示，设，∵四边形为菱形，，∴．∵为等边三角形，∴．∴，令，得所以又因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为（3）设所以化简得解得：所以．【名师点睛】本题主要考查线面垂直的证明以及利用空间向量求二面角与线面角，属于难题．空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离．5．【2018天津9校联考】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，面PAD ⊥面ABCD ，且PAD ∆是边长为2的等边三角形， PC = M 在PC 上，且PA 面MBD （1）求证： M 是PC 的中点； （2）求直线PA 与MB 所成角的正切值；（3）在PA 上是否存在点F ，使二面角F BD M --为直角？若存在，求出AFAP的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析（2） tan θ=（3） 38AF AP = 【解析】试题分析：（1）连接AC 交BD 于E ，连接ME ，可得PA ∥面MBD ，且ME 是平面PAC 与平面MDB 的交线，得PA ∥ME ，即M 是PC 的中点；（2）取AD 中点，由（1）知OA 、OE 、OP 两两垂直，分别以OA 、OE 、OP 所在直线为x 、y 、z轴建立空间直角坐标系，求出PAMB 、所成角的余弦值，得到正弦值，进一步得到直线PA（1）证明：连AC 交BD 于E ，连ME ．∵ABCD 是矩形，∴E 是AC 中点．又PA 面MBD ，且ME 是面PAC 与面MDB 的交线，∴PAME ，∴M 是PC 的中点．（2）取AD 中点O ，由（1）OA ， OE ， OP 两两垂直．以O 为原点， OA ， OE ， OP 所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系（如图），则各点坐标为()1,0,0A ， ()1,3,0B ， ()1,0,0D -， ()1,3,0C -， (P ， 13,22M ⎛- ⎝⎭．tan θ=（3）设存在F 满足要求，且AFAPλ=，则由AF AP λ=得()1F λ-，6．【2018天津十二校模拟一】如图， ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ， //AF DE ，AD DE ⊥， AF = DE =（1）求证：面ACE ⊥面BED ；（2）求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；（3）在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M BE D --的大小为60？若存在，求出AMAF的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2；（3）14．【解析】试题分析：（1）由平面ADEF ⊥平面ABCD ， AD DE ⊥可推出DE ABCD ⊥面，再根据ABCD 是正方形，可推出AC ⊥平面BDE ，从而可证AC ⊥平面BDE ；（2）根据题设条件建立空间直角坐标系，求出平面BEF 的法向量，即可求出直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；（3）点M 在线段AF 上，设()3,0,M t ，0t ≤≤MBE 的法向量，根据二面角M BE D --的大小为60，即可求出t ．试题解析：（1）证明：∵ADEF ABCD ⊥面面， ADEF ABCD AD ⋂=面面， DE ADEF ⊂面， DE AD ⊥∴A CE BED ⊥面面 ．（2）解：因为两两垂直，所以建立空间直角坐标系D xyz -如图所示，则()3,0,0A ，(F ，(E ， ()3,3,0B ， ()0,3,0C ，()3,3,0CA =-，(3,BE =--，(3,0,EF =设平面BEF 的法向量为()222,,n x y z =， 0{0n BE n EF ⋅=⋅=，即11111330{30x y x --+=-=，1113x y z ===则，则()62n =，∴-3cos ,-133239CA n CA n CA n⋅===⨯． ∴直线CA 与平面BEF所成角的正弦值为． （3）解：点M 在线段AF 上，设()3,0,M t ， 0t ≤≤()0,3,BM t =-， (3,BE =--解得： )t t ==舍， 此时14AM AF =． 7．【2018天津静海一中期末考】已知△ABC 为等腰直角三角形， 4AB AC ==， 090ACB ∠=， D E ，分别是边AC 和AB 的中点，现将ADE ∆沿DE 折起，使平面ADE DEBC ⊥平面， H F ，分别是边AD 和BE 的中点，平面BCH 与AE ， AF 分别交于I ， G 两点． （1）求证： //IH BC ；（2）求二面角A GI C --的余弦值； （3）求AG 的长．【答案】（1）见解析，（2）（3） ．【解析】试题分析：（1）ED ∥平面BCH ，ED ∥HI ，又因为ED ∥BC ，所以IH ∥BC ；（2）建立空间直角坐标系，n1＝(1，－1，1)，n2＝(0，1，2)，求出二面角；（3）＝λ，由·n2＝0，解得λ＝，所以AG ＝AF ＝＝．设平面AGI的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则令z1＝1，解得x1＝1，y1＝－1，则n1＝(1，－1，1)．设平面CIG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则令z2＝2，解得y2＝1，则n2＝(0，1，2)．所以cos〈n1，n2〉＝＝，所以二面角A－GI－C的余弦值为．（3）由（2）知，＝(3，1，－2)，设＝λ＝(3λ，λ，－2λ)，0<λ<1，则＝－＝(0，0，－1)－(3λ，λ，－2λ)＝(－3λ，－λ，2λ－1)，由·n2＝0，解得λ＝，故AG＝AF＝＝．8．【2018天津河西区三模】如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，侧面底面，，，为的中点，点在侧棱上．（1）求证：；．（2）若是的中点，求二面角的余弦值；（3）若，当平面时，求的值．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．∵侧面底面，平面平面，∴底面，∵底面是菱形，，∴，，以为原点，分别以，，方向为轴、轴、轴正方向建立空间直角坐标系，由题意可得，，，，，，，，，∵，∴．（2）由题意，，设平面的一个法向量，，，右图可知，二面角为锐角，所以余弦值为．（3）∵ ，，易得，设平面的一个法向量，，，由，即，取，得，又，∵ 平面，∴，即，得， 所以当时，平面． 【名师点睛】本题考查空间中垂直的转化、空间向量在立体几何中的应用等知识，意在考查学生的空间想象能力和基本计算能力．9．【2018天津部分区期末考】在如图所示的几何体中， //DE AC ， 090ACB ACD ∠=∠=， 23AC DE ==，2BC =， 1DC =，二面角B AC E --的大小为060．（1）求证： BD ⊥平面ACDE ；（2）求平面BCD 与平面BAE 所成的角（锐角）的大小；（3）若F 为AB 的中点，求直线EF 与平面BDE 所成的角的大小． 【答案】（1）见解析；（2）3π；（3）6π（Ⅲ）若F 为AB 的中点，由（II ）可得1322F ⎫⎪⎪⎝⎭，，，进一步得到3102EF ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，，，由已知可得平面BDE 的一个法向量为()010DC =，，，由与所成角的余弦值的绝对值可得直线EF 与平面BDE 所成角的大小．试题解析：（1）因为90ACB ACD ∠=∠=，则AC CD ⊥， AC CB ⊥， 所以BCD ∠为二面角B AC E --的平面角，即60BCD ∠=，（2）由BD ⊥平面ACDE 得BD DC ⊥， BD DE ⊥，又AC CD ⊥，即DB ， DC ， DE 两两垂直， 则以DB ， DC ， DE 分别为x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．由（I）知BD =， 则()000D ，，，)0B，， ()010C ，，，由23AC DE ==得3002E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，， ()013A ，，依题意3012AE ⎛⎫=--⎪⎝⎭，，， ()313AB =--，，，设平面BAE 的一个法向量为()n x y z =，，，则0{ 0n AE n AB ⋅=⋅=，即302{ 30y z y z --=--=，不妨设3y =，可得()332n =--，，， 由AC ⊥平面BCD 可知平面BCD 的一个法向量为()003AC =，， 设平面BCD 与平面BAE 所成的角（锐角）为θ，所以61cos cos 432n AC n AC n ACθ⋅====⨯，，于是=3πθ，【名师点睛】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”．10．【2018天津一中期末考】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==， 90BAD ABC ∠=∠=︒， E 是PD 中点． （1）证明：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M AB D --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）． 【解析】试题分析：（1）取PA 的中点F ，连结,EF BF ，通过证明CE BF ，利用直线与平面平行得判定定理证明即可；（2） 由已知得BA AD ⊥，以A 为坐标原点， AB 的方向为x 轴正方向， AB 为单位长，建立空间直角坐标系A xyz -，由BM 与底面ABCD 所成的角为45︒，求得M 的坐标，再求出平面ABM 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可求解二面角M AB D --的余弦值即可． 试题解析：（1）取PA 的中点F ，连结,EF BF ，又∵BF ⊂平面PAB ， CE ⊄平面PAB ∴CE 平面PAB ．（2）由已知得BA AD ⊥，以A 为坐标原点， AB 的方向为x 轴正方向， AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -．则()0,0,0A ， ()1,0,0B ， ()1,1,0C ， (P ， (1,0,PC =， ()1,0,0AB =，设(),,M x y z ()01x <<，则()1,,BM x y z =-， (,1,PM x y z =-，∵BM 与底面ABCD 所成的角为45︒，而()0,0,1n =是底面ABCD 的法向量， ∴cos ,sin45BM n =︒，2=，即()22210x y z -+-=．① 又M 在棱PC上，设PM PC λ=，则{ 0m AM m AB ⋅=⋅=，即(0000220{x y x ++==， ∴可取()0,6,2m =-，于是10cos ,m n m n m n ⋅==， ∴二面角M AB D --的余弦值为105． 【名师点睛】本题主要考查利用空间向量求二面角以及线面平行的判定定理，属于难题．空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角．11．【2018天津七校联考】如图，三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都是2， 1AA ⊥平面ABC ， D ， E 分别是AC ， 1CC 的中点．（1）求证： AE ⊥平面1A BD ． （2）求二面角1D BA A --的余弦值． （3）求点1B 到平面1A BD 的距离．【答案】（1）见解析；（2；（3）1 【解析】试题分析：（1）根据三角形相似得1AE DA ⊥，根据直棱柱性质得1AA BD ⊥，又由等边三角形性质得BD AC ⊥，所以由线面垂直判定定理得BD ⊥平面11AAC C ，即AE DB ⊥，最后根据线面垂直判定∴BD ⊥平面11AAC C ，以D 为原点建立空间直角坐标系如图所示：则()1,0,0A ， ()1,1,0E -， ()11,2,0A ， ()0,0,0D ， (B ，∴()2,1,0AE =-， ()11,2,0DA =，(DB =，∴10AE DA ⋅=， 0AE DB ⋅=，∴1AE DA⊥， AE DB ⊥，（3）(11A B AB ==-， 1111112cos ,22A B AE A B AE A B AE⋅==⋅， 12=，∴直线11A B 与平面1A BD 所成角的正弦值为12，∴点1B 到平面1A BD 的距离为11112A B ⨯=．12．【2018天津一中月考五】如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，且，，，为中点．（1）求证：平面平面；（2）若线段上存在点，使得二面角的大小为，求的值；（3）在（2）的条件下，求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．【解析】分析：（1）证明PE ⊥AD ，PE ⊥BE ，即可证明PE ⊥平面ABCD ，从而证明平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面EBQ和平面EBC的法向量，由此表示二面角Q-BE-C，求出的值；（3）利用在平面EBQ法向量上的投影，求出点C到平面QEB的距离．（1）证明：连接，，∵是等边三角形，为中点，∴，又∵，∴，，∴，且，设，，∴，设平面的法向量为，∴，∴，平面的法向量不妨设为，∴，∴，∴或（舍），∴．（3）．【名师点睛】本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，对判定定理的深刻理解和空间向量的坐标计算准确是解题关键，也考查了距离与夹角的计算问题，是综合题．13．【2018天津耀华中学月考三】如图，四边形ABCD 是正方形， EA ⊥平面ABCD ， //EA PD ，22AD PD EA ===， F ， G ， H 分别为PB ， EB ， PC 的中点．（1）求证： //FG 平面PED ；（2）求平面FGH 与平面PBC 所成锐二面角的大小；（3）在线段PC 上是否存在一点M ，使直线FM 与直线PA 所成的角为3π？若存在，求出线段PM 的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析（2）4π（3）见解析 【解析】试题分析： 1\*?GB2=⑴建立平面直角坐标系，由11,0,2GF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， ()0,2,0DC =， GF DC ⊥证得//FG 平面PED2\*?GB2=⑵建立空间直角坐标系，根据两个平面的法向量所成的角与二面角相等或互补，由两个平面法向量所成的角求解二面角的大小；⑶假设存在点M ，由共线向量基本定理得到M 点的坐标，其中含有一个未知量，然后利用直线FM 与直线PA 所成角为3π转化为两向量所成的角为3π，由两向量的夹角公式求出M 点的坐标，得到的M 点的坐标符合题意，说明假设成立，最后得到结论．解析：（1）∵EA ⊥平面ABCD ， //EA PD ，∴ PD ⊥平面ABCD ， ∴PD AD ⊥， PD CD ⊥，又四边形ABCD 是正方形， ∴AD CD ⊥，故PD ， AD ， CD 两两垂直，11,0,2GF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，平面PED 的一个法向量为()0,2,0DC =，又∵11002002GF DC ⋅=-⨯+⨯+⨯=， ∴GF DC ⊥，又∵FG ⊄平面PED ，∴ //FG 平面PED ．（2）11,0,2GF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 12,0,2GH ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设()1111,,n x y z =为平面FGH 的一个法向量，则110{n GF n GH ⋅=⋅=，即111112{ 1202x z x z -+=-+=，取11y =，得()10,1,0n =， ()2,2,2PB =-， ()0,2,2PC =-，设()2222,,n x y z =为平面PBC 的一个法向量，则220{n PB n PC ⋅=⋅=，即222222220{ 220x y z y z +-=-=，取21z =得()20,1,1n =，∴12cos ,n n =12122n n n n ⋅=⋅，即12=，解得58λ=，∴550,,44PM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭， 524PM =，∴在线段PC 上存在一点M ，使直线FM 与直线PA 所成角为3π，此时5PM = 14．【2018天津河东区期中】如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形， PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上．（1）求证：平面AEC ⊥平面PDB ． （2）当PD =，且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小．【答案】（1）证明如下；（2）π4（或45︒） 【解析】试题分析：（1）利用正方形的性质和线面垂直的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的判定和面面垂直的判定定理进行证明；（2）利用（1）结论，得到线面角，再通过解三角形进行求解．试题解析：（1）证明：∵ABCD 是正方形，∴AC BD ⊥，又∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD AC ⊥，∵BD PD D ⋂=，∴AC ⊥面PBD ，又∵AC ⊂面ACE ，∴面ACE ⊥面PBD ．（2）15．【2018天津十二校模拟】如图，三棱柱中，平面，以为邻边作平行四边形，连接．（1）求证：平面；（2）若二面角为．①求证：平面平面；②求直线与平面所成角的正切值．【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析，②．【解析】试题分析：（1）先证明四边形为平行四边形，从而可得，根据直线与平面平行又平面，平面，//平面，（2）①取中点M，连接，又为二面角的平面角，中，，，最新中小学教案、试题、试卷又，平面又，平面，平面，所以平面平面②，平面所成角与平面所成角相等，由（2）知，平面，为线在平面内的射影，为直线与平面所成角，在中，，直线与平面所成角的正切值为．【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、直线和平面成的角的定义及求法、二面角的求法，属于难题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．。