2018届高考数学考点突破—空间角

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专题训练二 空间角一、选择题：1．已知集合A={x∈R｜x 2＞4}，B ｛x∈R｜1≤x ≤2｝，则（ )A ．A ∩B=∅B ．A ∪B=RC ．B ⊆AD ．A ⊆B2．（2﹣)8展开式中含x 3项的系数为( ） A ．112x 3B ．﹣1120x 3C ．112D ．11203．函数x e y =(e 是自然对数的底数）在点)1,0(处的切线方程是（ ）A 。

1-=x y B. 1+=x y C 。

1--=x y D. 1+-=x y4．函数)sin (cos sin x x x y -=，R x ∈的值域是( ） A. ]23,21[- B 。

]221,221[+- C. ]21,23[- D 。

]221,221[+---5．设实数a ，b ，则“｜a ﹣b 2|+｜b ﹣a 2｜≤1"是“（a ﹣）2+（b ﹣）2≤”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 6．回文数是从左到右与从右到左读都一样的正整数，如2，11，242，6776，83238等,设n 位回文数的个数为a n (n 为正整数），如11是2位回文数,下列说法正确的是( ）A ．a 4=100B ．a 2n+1=10a 2n （n∈N +）C ．a 2n =10a 2n ﹣1（n∈N +）D ．以上说法都不正确7．如图，已知直线y=kx+m 与曲线y=f （x ）相切于两点，则F （x)=f （x ）﹣kx 有( ）A ．1个极大值点, 2个极小值点B ．2个极大值点，1个极小值点C ．3个极大值点，无极小值点D ．3个极小值点,无极大值点8．已知A 1，A 2,A 3为平面上三个不共线的定点,平面上点M 满足=λ（+）(λ是实数)，且++是单位向量，则这样的点M 有（ ） A ． 0个B ．1个C ．2个D ．无数个 9.已知实数c b a ,,满足132222=++c b a ,则b a 2+的最大值是( ） A. 3 B 。

2018年高考数学专题34空间中线线角、线面角的求法黄金解题模板专题34 空间中线线角、线面角的求法【高考地位】立体几何是高考数学命题的一个重点，空间中线线角、线面角的考查更是重中之重. 其求解的策略主要有两种方法：其一是一般方法，即按照“作——证——解”的顺序进行；其一是空间向量法，即建立直角坐标系进行求解. 在高考中常常以解答题出现，其试题难度属中高档题.【方法点评】类型一空间中线线角的求法方法一平移法使用情景：空间中线线角的求法解题模板：第一步首先将两异面直线平移到同一平面中；第二步然后运用余弦定理等知识进行求解；第三步得出结论.例1正四面体ABCD 中， E F ，分别为棱AD BC ，的中点，则异面直线EF 与CD 所成的角为A. 6π B. 4π C. 3π D. 2π 【答案】B平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．计算异面直线所成的角通常转化为解三角形的问题处理，要注意异面直线所成角的范围为0,2π?。

【变式演练1】如图，四边形ABCD 是矩形，沿直线BD 将ABD ?翻折成'A BD ?，异面直线CD 与'A D 所成的角为α, 则（）A ．'A CA α<∠B ．'A CA α>∠C.'A CD α<∠ D ．'A CD α>∠【答案】B考点：异面直线所成角的定义及运用.【变式演练2】【2018年衡水联考】在棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -中，点E ， F 分别是侧面11AA D D 与底面ABCD 的中心，则下列命题中错误的个数为（）①//DF 平面11D EB ；②异面直线DF 与1B C 所成角为60?；③1ED 与平面1B DC 垂直；④1112F CDB V -=． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】A【解析】对于①，∵DF 11//B D ，DF ?平面11D EB ， 11B D ?平面11D EB ，∴//DF 平面11D EB ，正确；对于②，∵DF 11//B D ，∴异面直线DF 与1B C 所成角即异面直线11B D 与1B C 所成角，△11C B D 为等边三角形，故异面直线DF 与1B C 所成角为60?，正确；对于③，∵1ED ⊥1A D ，1E D ⊥CD，且1A D ?CD=D ，∴1E D ⊥平面11A B DC ，即1E D ⊥平面1B DC ，正确；。

运用空间向量解决空间角一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。

例1、【2018年高考江苏卷】如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．例2、(2019南京学情调研） 如图，在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，已知底面ABCD 的边长AB ＝3，侧棱AA 1＝2，E 是棱CC 1的中点，点F 满足AF →＝2FB →.(1) 求异面直线FE 和DB 1所成角的余弦值； (2) 记二面角EB 1FA 的大小为θ，求|cos θ|.题型二、直线与平面所成的角直线与平面所成的角是通过研究直线的方向向量和平面的法向量的所成的角，因此，要特别注意所求的角与已求的角之间的关系。

例3、【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．（Ⅰ）证明：EF⊥DB；（Ⅱ）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．例4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．题型三、平面与平面所成的角利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据观察判断向量在图形中的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点例5、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．例6、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为2的三棱柱111ABC A B C -中，平面1ACB ⊥平面11A ABB ，11AB A B =，O 为1AB 与1A B 的交点．（1）求证：1AB CO ⊥；（2）求平面11ACC A 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．二、达标训练1、【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．2、【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.4、（2020届山东省九校高三上学期联考）已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面为菱形，12AB AA ==，3BAD π∠=，ACBD O =，AO ⊥平面1A BD ，11A B A D =.（1）证明：1//B C 平面1A BD ； （2）求钝二面角1B AA D --的余弦值.5、（2020届山东省潍坊市高三上期末）在底面为正方形的四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面,,,ABCD PA PD E F =分别为棱PC 和AB 的中点.(1)求证://EF 平面PAD ;(2)若直线PC 与AB ，求平面PAD 与平面PBC 所成锐二面角的大小.6、(2019南京、盐城一模）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AD＝1，PA ＝AB＝2，点E是棱PB的中点．(1) 求异面直线EC与PD所成角的余弦值；(2) 求二面角BECD的余弦值．一、题型选讲题型一 、异面直线所成的角以及研究异面直线所成的角首先要注意交的范围，然后转化为有直线的方向向量的夹角。

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 1-DCBA 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PA 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PA，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，。

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.。

空间向量在求空间角及距离中的应用【考点梳理】1.异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角βl 1与l 2所成的角θ范围(0，π)求法cos β＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos β|＝|a ·b ||a ||b |2.求直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.3.求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉.(2)如图②③，n 1，n 2 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角).4.利用空间向量求距离 （1）两点间的距离设点()111,,x y z A ，点()222,,x y z B ，则AB =AB()()()222121212x x y y z z =-+-+-（2）点到平面的距离如图所示，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离n d nAB⋅=．【教材改编】1．(选修2－1 P 111A 组T 1改编)在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点M 为棱CC 1上的中点，则A 1M 与D 1C 所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 答案] B解析] 以D A ，DC ，1DD 为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则D 1(0,0,2)，C (0,2,0)，A 1(2,0,2)，M (0,2,1)， ∴1A M ＝(－2,2，－1)，1D C ＝(0,2，－2)， 设A 1M 与D 1C 所成角为θ，∴cos θ＝|cos 〈1A M ，1D C 〉|＝1111D CD C A M ⋅A M ＝63×22＝22，∴θ＝45°.2. (选修2－1 P 118A 组T 10改编)如图，棱长为a 的正方体OEAC ­BFGD 中，P 是AB 上的一点，Q 是CD 上的一点．当点P 为对角线AB 的中点，点Q 在棱CD 上运动时，则PQ 的最小值为( )A ．a B.22a C.32a D.52a答案] B解析] 建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz ，当点P 为对角线AB 的中点时，点P 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a2. 因为点Q 在线段CD 上，设Q (0，a ，z )．PQ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－z 2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 22＋12a 2. 当z ＝a 2时，PQ 的最小值为22a .即点Q 在棱CD 的中点时，PQ 有最小值22a .故选B.3．(选修2－1 P 112A 组T 4改编)在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33 D.22答案] B解析] 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ， 设棱长为1，则A 1(0，0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴1D A ＝(0,1，－1)，1A E ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12， 所以有1111D 0n n ⎧A ⋅=⎪⎨A E⋅=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴1n ＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为2n ＝(0,0,1)， ∴cos 〈1n ，2n 〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.4．(选修2－1 P 97练习T 3改编)如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点M 是AB 的中点，则D 1B 与CM 所成角的余弦值为( )A.105B.1510C.1515D.155答案] C解析] 建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz .设正方体棱长为2，则M (2,1,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，D 1(0,0,2)， ∴C M ＝(2，－1，0)，1D B ＝(2,2，－2)， cos 〈C M ，1D B 〉＝11C D C D M ⋅B M B＝25×23＝1515. ∴D 1B 与CM 所成角的余弦值为1515，故选C.5．(选修2－1 P 111练习T 3改编)如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 1的中点，则DE 与平面BCC 1B 1所成角的正切值为( )A.62 B.63C. 2D.22答案] C解析] 设正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，以D 为原点，以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ∵E 为BC 1的中点，∴D (0,0,0)，E (1,2,1)，∴D E ＝(1,2,1)， 设DE 与平面BCC 1B 1所成角的平面角为θ， ∵平面BCC 1B 1的法向量n ＝(0,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈D E ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪26＝63，∴cos θ＝1－23＝33，∴tan θ＝6333＝2，故选C.6．(选修2－1 P 98A 组T 4改编)正四面体ABCD 棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 中点，则EF 的长为________．答案] 2解析] |F E |2＝F E 2＝(C E ＋CD ＋DF )2＝C E 2＋CD 2＋DF 2＋2(C E ·CD ＋C E ·DF ＋CD ·DF )＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2， ∴|F E |＝2，∴EF 的长为 2.7.(选修2－1 P 118A 组T 12改编)如图将正方形纸片ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，点E 、F 分别为AD 、BC 的中点，O 是原正方形ABCD 的中心，则折叠后∠EOF 的大小为________．答案] 120解析] 如图所示，以OA ，OB ，D O 方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系， 设正方形边长为22，则A (2,0,0)，B (0,2,0)，C (－2,0,0)，D (0,0,2) ∴E (1,0,1)，F (－1,1,0)，∴OE ＝(1,0,1)，F O ＝(－1,1,0)， ∴cos 〈OE ，F O 〉＝F FOE ⋅O OE O ＝－12×2＝－12，∴∠EOF ＝120°.8．(选修2－1 P 117A 组T 5改编)已知三点A (0,2,3)，B (－2，1,6)，C (1，－1,5)，则△ABC 的面积为________．答案]732解析] AB ＝(－2，－1,3)，C A ＝(1，－3,2)， ∴|AB |＝14，|C A |＝14. ∴cos 〈AB ，C A 〉＝CC AB⋅A AB A ＝714＝12.则sin 〈AB ，C A 〉＝32. ∴S △ABC ＝12|AB |·|C A |sin 〈AB ，C A 〉＝12×14×14×32＝732.9. (选修2－1 P 112A 组T 6改编)如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，则点A 到平面MBC 的距离为________，平面ACM与平面BCD 所成二面角的正弦值为________．答案21525解析] 取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，则MO ⊥平面BCD .以O 为原点，直线OC ，BO ，OM 为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，OB ＝OM ＝3，则各点的坐标分别为O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)．①设n ＝(x ，y ，z )是平面MBC 的法向量，则C B ＝(1，3，0)，BM ＝(0，3，3)． 由n ⊥C B ，得x ＋3y ＝0； 由n ⊥BM ，得3y ＋3z ＝0.取n ＝(3，－1,1)，BA ＝(0,0,23)，则距离d ＝n nBA⋅＝2155.②C M ＝(－1,0，3)，C A ＝(－1，－3，23)． 设平面ACM 的法向量为1n ＝(x ，y ，z )，由11C C n n ⎧⊥M ⎪⎨⊥A ⎪⎩得⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－x －3y ＋23z ＝0，解得x ＝3z ，y ＝z ，取1n ＝(3，1,1)． 平面BCD 的法向量为2n ＝(0,0,1)， 则cos 〈1n ，2n 〉＝1212n n n n ⋅＝15.设所求二面角为θ，则sin θ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫152＝255.10．(选修2－1 P 118A 组T 11改编)某几何体ABC ­A 1B 1C 1的三视图和直观图如图所示． (1)求证：A 1C ⊥平面AB 1C 1； (2)求二面角C 1­AB 1­C 的余弦值．解析] (1)证明：由三视图可知，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面A 1B 1C 1，B 1C 1⊥A 1C 1，且|AA 1|＝|AC |＝4，|BC |＝3.以点C 为原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由已知可得A (4,0,0)，B (0,3,0)，C (0,0,0)，A 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，C 1(0,0,4)． ∴1C A ＝(－4,0，－4)，1C A ＝(4,0，－4)，11C B ＝(0,3,0)． ∴1C A ·1C A ＝0，1C A ·11C B ＝0. ∴A 1C ⊥C 1A ，A 1C ⊥C 1B 1. 又C 1A ∩C 1B 1＝C 1， ∴A 1C ⊥平面AB 1C 1.(2)由(1)得，C A ＝(4,0,0)，1C B ＝(0,3,4)．设平面AB 1C 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则1C B ⊥n ，C A ⊥n .∴1C 0C 0n n ⎧B ⋅=⎪⎨A⋅=⎪⎩，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＋4z ＝04x ＝0.令y ＝4，得平面AB 1C 的一个法向量为n ＝(0,4，－3)． 由(1)知，1C A 是平面AB 1C 1的一个法向量． ∴cos 〈n ，1C A 〉＝11CCn n ⋅A A ＝12202＝3210.故二面角C 1­AB 1­C 的余弦值为3210.11．(选修2－1 P 119B 组T 3改编)在四棱锥S ­ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB ＝∠CDA ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，CD ＝2AB ，E 为SC 中点．(1)求证：BE ∥平面SAD ；(2)若SA ＝AD ＝2，且平面SBC 与平面SAD 所成的二面角的余弦值为63，求四棱锥S ­ABCD 的体积．解析] (1)证明：设点F 为SD 的中点，连接AF ，EF ， ∵E 点为SC 的中点， ∴EF 为△SDC 的中位线， ∴EF //12DC ，又∵∠DAB ＝∠CDA ＝90°且CD ＝2AB ， ∴AB //12CD ，∴AB //EF ，∴四边形ABEF 为平行四边形， ∴BE ∥AF ，又∵AF ⊂平面SAD ，BE ⊄平面SAD ， ∴BE ∥平面SAD .(2)∵SA ⊥平面ABCD ，则可建以A 为原点的空间直角坐标系(如图所示)，SA ＝AD ＝2， ∴A (0,0,0)，D (－2,0,0)，S (0,0,2)，设B (0，m,0)，∴C (－2,2m,0)，∴S B ＝(0，m ，－2)，C B ＝(－2，m,0)，设平面SBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )且SB ∩BC ＝B ，∴SB 0C 0n n ⎧⋅=⎪⎨B ⋅=⎪⎩，∴n ＝(m 2，1，m 2)，显然，平面SAD 的法向量为AB ＝(0，m,0)，又∵平面SBC 与平面SAD 所成的二面角的余弦值为63，∴|cos 〈AB ，n 〉|＝n nAB ⋅AB ，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪m |m | m 22＋1＝63，∴m ＝1，∴|AB |＝1，|CD |＝2， ∴S 直角梯形ABCD ＝3，∴V 四棱锥S ­ABCD ＝13×3×2＝2.。

规范答题示例7 空间角的计算问题典例7 (12分)如图，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上异于A ，B 的一个动点，DC 垂直于圆O 所在的平面，DC ∥EB ，DC ＝EB ＝1，AB ＝4. (1)求证：DE ⊥平面ACD ；(2)若AC ＝BC ，求平面AED 与平面ABE 所成的锐二面角的余弦值． 审题路线图 (1)(2)CA ，CB ，CD 两两垂直―→建立空间直角坐标系―→写各点坐标―→求平面AED 与平面ABE 的法向量―→将所求二面角转化为两个向量的夹角(1)证明 ∵DC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴DC ⊥BC ， 又AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上异于A ，B 的点，∴AC ⊥BC ， 又AC ∩DC ＝C ，AC ，DC ⊂平面ACD ，∴BC ⊥平面ACD ， 又DC ∥EB ，DC ＝EB ，∴四边形BCDE 是平行四边形， ∴DE ∥BC ，∴DE ⊥平面ACD . 4分(2)解 在Rt△ACB 中，AB ＝4，AC ＝BC ， ∴AC ＝BC ＝22，如图，以C 为原点建立空间直角坐标系，则A (22，0,0)，D (0,0,1)，B (0,22，0)，E (0,22，1)，AD →＝(－22，0,1)，DE →＝(0,22，0)，AB →＝(－22，22，0)，BE →＝(0,0,1). 6分设平面ADE 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，第一步找垂直：找出有公共交点的三条两两垂直的直线．第二步写坐标：建立空间直角坐标系，写出特征点坐标．第三步求向量：求直线的方向向量或平面的法向量．第四步求夹角：第五步得结论：得到所求两个平面所成的角或直线和平面所成的角评分细则(1)第(1)问中证明DC⊥BC和AC⊥BC各给1分，证明DE∥BC给1分，证明BC⊥平面ACD时缺少AC∩DC ＝C，AC，DC⊂平面ACD，不扣分．(2)第(2)问中建系给1分，两个法向量求出1个给2分，没有最后结论扣1分，法向量取其他形式同样给分．跟踪演练7 (2017·山东)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是DF的中点．(1)设P是CE上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E—AG—C的大小．解(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.(2)方法一取EC的中点H，连接EH，GH，CH.因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，所以AE＝GE＝AC＝GC＝32＋22＝13.取AG的中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，所以∠EMC 为所求二面角的平面角． 又AM ＝1，所以EM ＝CM ＝13－1＝2 3. 在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，由余弦定理得EC 2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12， 所以EC ＝23，因此△EMC 为等边三角形， 故所求的角为60°.方法二 以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE →＝(2,0，－3)，AG →＝(1，3，0)，CG →＝(2,0,3)， 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m · AE →＝0，m ·AG →＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0，n ·CG →＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12.因此所求的角为60°.。

1八、立体几何与空间向量（三）空间角及综合应用一、高考考什么？[考试说明]7.理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念。

8.了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置。

9.了解空间向量的概念，了解空间基本定理及其意义，了解空间向量的正交分解及其坐标表示 。

10.了解空间向量的加、减、数乘、数量积的定义、坐标表示的运算。

11.了解空间两点间的距离公式、向量的长度公式及两向量的夹角公式。

12.了解直线的方向向量与平面的法向量。

13.了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法。

[知识梳理] 1．异面直线所成角θ： （1）范围：(0,]2πθ∈；（2）求法：①平移（中点平移，顶点平移以及补形法：把空间图形补成熟悉的或完整的几何体，如正方体、长方体等）。

②向量法：||cos |cos ,|||||a b a b a b θ⋅==⋅（其中θ为异面直线a b ,所成角，,a b r r分别表示异面直线a b ,的方向向量）2．直线和平面所成的角： （1）范围：[0,90]；（2）求法：①作出直线在平面上的射影；2②线面角的向量求法：sin |cos ,|||||||AB nAB n AB n θ⋅=<>=(n 为平面α的法向量) 3．二面角：（1）作平面角的主要方法：①定义法：直接在二面角的棱上取一点（特殊点），分别在两个半平面内作棱的垂线，得出平面角；②过其中一个面内一点作另一个面的垂线，过垂足作棱的垂线作出二面角的平面角；③垂面法：过一点作棱的垂面，则垂面与两个半平面的交线所成的角即为平面角； （2）二面角的范围：[0,]π； （3）二面角的求法：①转化为求平面角；②二面角的向量求法： cos ||||m nm n θ⋅=，θ 或其补角（m ，n 为平面α，β的法向量，根据具体图形确定是锐角或是钝角）[全面解读]高考选择题和填空题中的创新题、高区分度、高效度的题基本来自于向量、函数、不等式和立体几何。

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⑴问，解答题的第⑵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•n【例1】如图，在△ ABC中，/ ABC = —, O为AB边上一点，且30B = 30C = 2AB，已知4P0丄平面ABC , 2DA = 2A0 = P0,且DA // P0.(1) 求证：平面PBD丄平面C0D ;(2) 求直线PD与平面BDC所成角的正弦值.n(1)证明•/ 0B = 0C,又•••/ ABC =7，n n•••/ 0CB = —,A Z B0C =—4 2 .• C0 丄AB.又P0丄平面ABC ,0C?平面ABC ,••• P0丄0C.又••• P0, AB?平面PAB, P0A AB = 0,• C0丄平面PAB，即C0丄平面PDB.又C0?平面C0D ,•平面PDB丄平面C0D.⑵解以0C, 0B, 0P所在射线分别为x, y, z轴，建立空间直角坐标系，如图所示令 y = 1,贝U x = 1, z = 3,A n = (1, 1, 3).设PD 与平面BDC 所成的角为0, PD •n |PD||n |1X 0+ 1 x(— 1)+ 3 x(— 1) | 2屆=^2+(- 1) 2+(- 1) ^^/12+ 12+ 32 = 11即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为 今2 11【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 设 OA = 1，贝V 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,第六反思回顾•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A1B1D1-DCBA中，四边形AA I B I B, ADD1A1, ABCD均为正方形，E为B I D I的中点，过A i , D , E的平面交CD i于F.(1) 证明：EF // B i C.(2) 求二面角E-A i D-B i的余弦值.(1)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AD且AA i = AB = AD.以A为原点，分别以AB, A D , AA 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 .设平面A i DE的一个法向量n i = (r i, S i , t i),而该面上向量A i E =i),由n i 丄A i E ,AA i丄AB , AA i 丄AD, AB 丄2 , , 0 , A/D = (0 , i,—1(—1,1, 1)为其一组解，所以可取 n i = (— 1, 1, i).设平面 A 1B 1CD 的一个法向量 n 2= (「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•敗| = 2 =並|n 1| - |n 2| 3 X \ 2 3 .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；⑵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 丄平面 ABCD , PA 丄PD , PA = PD , AB 丄 AD , AB = 1, AD = 2, AC = CD = ,5.(1) 求证：PD 丄平面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AP 的值；若不存在，说明理 由•(1)证明 因为平面 PAD 丄平面 ABCD ，平面PAD 门平面 ABCD = AD , AB 丄AD , 所以AB 丄平面 PAD ，所以 AB 丄PD. n i 丄A I D 得r i , S i , t i 应满足的方程组|r i + 2s i = 0,si - t i = 0,。