第2讲 立体几何(大题)热点一 平行、垂直关系的证明用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.例1 如图，在直三棱柱ADE －BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点.运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 方法一 (1)由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0，1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12. OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE －BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2).∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，CF →＝(0，－1,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1).∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA → ＝－12BD →－12BF →＋12BA →＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面， 又BF ，BC ⊂平面BCF ，OM ⊄平面BCF ， ∴OM ∥平面BCF .(2)由题意及(1)知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0，∴OM →⊥CD →，OM →⊥FC →， 即OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，CD ，FC ⊂平面EFCD ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .跟踪演练1 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥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P AB .证明 (1)如图，以C 为坐标原点建立空间直角坐标系C －xyz ，则A (1,1,0)，B (0,2,0)，C (0,0,0)，D (1,0,0)，P (1,1，a )(a >0)，M ⎝⎛⎭⎫12，32，a 2，CP →＝(1,1，a )，CD →＝(1,0,0)，AM →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，a 2， 设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＋az 0＝0，x 0＝0，令y 0＝a ，则n 1＝(0，a ，－1)， 所以AM →·n 1＝a 2－a 2＝0，又AM ⊄平面PCD ， 所以AM ∥平面PCD .(2)由(1)得，CA →＝(1,1,0)，CM →＝⎝⎛⎭⎫12，32，a 2， 设平面ACM 的法向量为n 2＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，12x 1＋32y 1＋a2z 1＝0， 令x 1＝1，则n 2＝⎝⎛⎭⎫1，－1，2a ， AP →＝(0,0，a )，AB →＝(－1,1,0)，设平面P AB 的法向量为n 3＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋y 2＝0，az 2＝0，令x 2＝1，则n 3＝(1,1,0)， 所以n 2·n 3＝1－1＝0. 所以平面ACM ⊥平面P AB .热点二 利用空间向量求空间角设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2).平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同). (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2， 则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2， 则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)二面角设α－a －β的平面角为θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 例2 (2019·南昌模拟)如图，四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是菱形，CC 1⊥底面ABCD ，且∠BAD ＝60°，CD ＝CC 1＝2C 1D 1＝4，E 是棱BB 1的中点.(1)求证：AA 1⊥BD ；(2)求二面角E －A 1C 1－C 的余弦值.(1)证明 因为C 1C ⊥底面ABCD ，所以C 1C ⊥BD . 因为底面ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC . 又AC ∩CC 1＝C ，AC ，CC 1⊂平面ACC 1A 1， 所以BD ⊥平面ACC 1A 1. 又AA 1⊂平面ACC 1A 1， 所以BD ⊥AA 1.(2)解 如图，设AC 交BD 于点O ，依题意，A 1C 1∥OC 且A 1C 1＝OC ， 所以四边形A 1OCC 1为平行四边形， 所以A 1O ∥CC 1，且A 1O ＝CC 1. 所以A 1O ⊥底面ABCD .以O 为原点，OA ，OB ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系. 则A (23，0,0)，A 1(0,0,4)，C 1(－23，0,4)，B (0,2,0)， AB →＝(－23，2,0).由A 1B 1----→＝12AB →，得B 1(－3，1,4).因为E 是棱BB 1的中点， 所以E ⎝⎛⎭⎫－32，32，2， 所以EA 1→＝⎝⎛⎭⎫32，－32，2，A 1C 1----→＝(－23，0,0).设n ＝(x ，y ，z )为平面EA 1C 1的法向量，则⎩⎨⎧n ·A 1C 1----→＝－23x ＝0，n ·EA 1→＝32x －32y ＋2z ＝0，取z ＝3，得n ＝(0,4,3)，平面A 1C 1C 的法向量m ＝(0,1,0)，又由图可知，二面角E －A 1C 1－C 为锐二面角， 设二面角E －A 1C 1－C 的平面角为θ， 则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝45，所以二面角E －A 1C 1－C 的余弦值为45.跟踪演练2 (2019·河南名校联盟联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，∠P AB ＝90°，AB ∥CD ，且PB ＝BC ＝BD ＝6，CD ＝2AB ＝22，∠P AD ＝120°.E 和F 分别是棱CD 和PC 的中点.(1)求证：CD ⊥BF ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成的角的正弦值. (1)证明 ∵E 为CD 中点，CD ＝2AB ， ∴AB ＝DE .又AB∥CD，∴四边形ABED为平行四边形.∵BC＝BD，E为CD中点，∴BE⊥CD，∴四边形ABED为矩形，∴AB⊥AD.由∠P AB＝90°，得P A⊥AB，又P A∩AD＝A，P A，AD⊂平面P AD，∴AB⊥平面P AD.∵AB∥CD，∴CD⊥平面P AD.又PD⊂平面P AD，∴CD⊥PD.∵EF∥PD，∴CD⊥EF.又CD⊥BE，BE∩EF＝E，BE，EF⊂平面BEF，∴CD⊥平面BEF.又∵BF⊂平面BEF，∴CD⊥BF.(2)解由(1)知AB⊥平面P AD.以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，平面P AD内过点A且与AD垂直的线为z轴建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示.∵∠P AD＝120°，∴∠P Az＝30°.又PB＝6，AB＝2，AB⊥P A，∴P A＝2.∴点P到z轴的距离为1.∴P(0，－1，3)，同时知A(0,0,0)，B(2，0,0).又BC＝BD＝6，CD＝22，∴BE＝2.∴C (22，2,0)，D (0,2,0).设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝(x ，y ，z )·(0，3，－3)＝0，n ·CD →＝(x ，y ，z )·(－22，0，0)＝0，得⎩⎨⎧3y －3z ＝0，－22x ＝0.令y ＝1，则n ＝(0,1，3). 又PB →＝(2，1，－3)，设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ. 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|n ·PB →||n |·|PB →|＝22＋1＋3×1＋3＝66.即直线PB 与平面PCD 所成的角的正弦值为66. 热点三 利用空间向量解决探索性问题与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题.处理原则是：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.例3 (2019·临沂模拟)如图，平面ABCD ⊥平面ABE ，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE ＝1，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥平面BCE ；(2)线段AD 上是否存在一点M ，使平面ABE 与平面MCE 所成二面角的余弦值为34？若存在，试确定点M 的位置；若不存在，请说明理由. (1)证明 ∵BF ⊥平面ACE ，AE ⊂平面ACE ， ∴BF ⊥AE ，∵四边形ABCD 是正方形，∴BC ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABE ，平面ABCD ∩平面ABE ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABE ， ∵AE ⊂平面ABE ， ∴CB ⊥AE ，∵BF ∩BC ＝B ，BF ，BC ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥平面BCE .(2)解 线段AD 上存在一点M ，当AM ＝3时，使平面ABE 与平面MCE 所成二面角的余弦值为34. ∵AE ⊥平面BCE ，BE ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥BE ，在Rt △AEB 中，AB ＝2，AE ＝1， ∴∠ABE ＝30°，∠BAE ＝60°，以A 为原点，建立空间直角坐标系A －xyz ， 设AM ＝h ，则0≤h ≤2， ∵AE ＝1，∠BAE ＝60°， ∴M (0,0，h )，E ⎝⎛⎭⎫32，12，0，B (0,2,0)，C (0,2,2)，所以ME →＝⎝⎛⎭⎫32，12，－h ，CE →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，－2，设平面MCE 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·ME →＝3x 2＋12y －hz ＝0，n ·CE →＝3x 2－32y －2z ＝0，令z ＝2，解得n ＝⎝⎛⎭⎫33(2＋3h )，h －2，2，平面ABE 的一个法向量m ＝(0,0,1)，由题意可知cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝213(2＋3h )2＋(h －2)2＋4＝34， 解得h ＝3，所以当AM ＝3时，使平面ABE 与平面MCE 所成二面角的余弦值为34. 跟踪演练3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝AA 1＝2，点P 为棱B 1C 1的中点，点Q 为线段A 1B 上一动点.(1)求证：当点Q 为线段A 1B 的中点时，PQ ⊥平面A 1BC ；(2)设BQ →＝λBA 1→，试问：是否存在实数λ，使得平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成锐二面角的余弦值为3010？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由. (1)证明 连接AB 1，AC 1，∵点Q 为线段A 1B 的中点， ∴A ，Q ，B 1三点共线， 且Q 为AB 1的中点， ∵点P 为B 1C 1的中点， ∴PQ ∥AC 1.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， AC ⊥BC ，∴BC ⊥平面ACC 1A 1， 又AC 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BC ⊥AC 1.∵AC ＝AA 1，∴四边形ACC 1A 1为正方形， ∴AC 1⊥A 1C ，又A 1C ，BC ⊂平面A 1BC ，A 1C ∩BC ＝C ， ∴AC 1⊥平面A 1BC ， 而PQ ∥AC 1， ∴PQ ⊥平面A 1BC .(2)解 由题意可知，CA ，CB ，CC 1两两垂直，以C 为原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系C －xyz ， 连接B 1Q ，PB ，设Q (x ，y ，z )， B (0,2,0)，A 1(2,0,2)， P (0,1,2)，B 1(0,2,2)， ∵BQ →＝λBA 1→，∴(x ，y －2，z )＝λ(2，－2,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2λ，y ＝2－2λ，z ＝2λ，∴Q (2λ，2－2λ，2λ). ∵点Q 在线段A 1B 上运动，∴平面A 1PQ 的法向量即为平面A 1PB 的法向量， 设平面A 1PB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， BP →＝(0，－1,2)，P A 1→＝(2，－1,0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BP →＝0，n 1·P A 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，2x －y ＝0，令y ＝2，得n 1＝(1,2,1)，设平面B 1PQ 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， PB 1→＝(0,1,0)，B 1Q →＝(2λ，－2λ，2λ－2).由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PB 1→＝0，n 2·B 1Q →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，2λx －2λy ＋(2λ－2)z ＝0，令z ＝1得n 2＝⎝⎛⎭⎫1－λλ，0，1＝1λ(1－λ，0，λ)， 取n 2＝(1－λ，0，λ)，由题意得|cos 〈n 1，n 2〉|＝|()1，2，1·()1－λ，0，λ|6·(1－λ)2＋λ2＝16×2λ2－2λ＋1＝3010，∴9λ2－9λ＋2＝0， 解得λ＝13或λ＝23，∴当λ＝13或λ＝23时，平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成锐二面角的余弦值为3010.真题体验(2019·全国Ⅰ，理，18)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值.(1)证明 连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1∥DC 且A 1B 1＝DC ，可得B 1C ∥A 1D 且B 1C ＝A 1D ，故ME ∥ND 且ME ＝ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED .又MN ⊄平面C 1DE ，ED ⊂平面C 1DE ，所以MN ∥平面C 1DE .(2)解 由已知可得DE ⊥DA ，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D －xyz ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0).设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0，所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0，可得m ＝(3，1,0).设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0，所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0，可取n ＝(2,0，－1).于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105.押题预测如图1，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，过A ，B 分别作AE ⊥CD ，BF ⊥CD ，垂足分别E ，F ，AB ＝AE ＝2，CD ＝5，已知DE ＝1，将梯形ABCD 沿AE ，BF 同侧折起，得空间几何体ADE －BCF ，如图2.(1)若AF ⊥BD ，证明：DE ⊥平面ABFE ；(2)若DE ∥CF ，CD ＝3，线段AB 上存在一点P ，满足CP 与平面ACD 所成角的正弦值为520，求AP 的长.(1)证明 由已知得四边形ABFE 是正方形，且边长为2，在图2中，AF ⊥BE ， 由已知得AF ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，BE ，BD ⊂平面BDE ， ∴AF ⊥平面BDE ，又DE ⊂平面BDE ，∴AF ⊥DE ，又AE ⊥DE ，AE ∩AF ＝A ，AE ，AF ⊂平面ABFE ， ∴DE ⊥平面ABFE .(2)解 在图2中，AE ⊥DE ，AE ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面DEFC ，即AE ⊥平面DEFC ，在梯形DEFC 中，过点D 作DM ∥EF 交CF 于点M ，连接CE ， 由题意得DM ＝2，CM ＝1， 由勾股定理可得DC ⊥CF ， 则∠CDM ＝π6，CE ＝2，过E 作EG ⊥EF 交DC 于点G ， 可知GE ，EA ，EF 两两垂直，以E 为坐标原点，以EA →，EF →，EG →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1，3)，D ⎝⎛⎭⎫0，－12，32，AC →＝(－2,1，3)，AD →＝⎝⎛⎭⎫－2，－12，32.设平面ACD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋3z ＝0，－2x －12y ＋32z ＝0， 取x ＝1，得n ＝(1，－1，3)， 设AP ＝m ，则P (2，m ,0)，0≤m ≤2， 得CP →＝(2，m －1，－3)， 设CP 与平面ACD 所成的角为θ， sin θ＝|cos 〈CP →，n 〉|＝|m |5×7＋(m －1)2＝520⇒m ＝23(舍负). 所以AP ＝23.A 组 专题通关1.(2019·全国Ⅱ)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B －EC －C 1的正弦值.(1)证明 由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，因为BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE . 又BE ⊥EC 1，EC 1∩B 1C 1＝C 1， 所以BE ⊥平面EB 1C 1. (2)解 由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，CE →＝(1，－1,1)，CC 1→＝(0,0,2). 设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x －y ＋z ＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1).设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取m ＝(1,1,0).于是cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－12，sin 〈n ，m 〉＝1－⎝⎛⎭⎫－122＝32， 所以二面角B －EC －C 1的正弦值为32. 2.(2019·全国Ⅲ)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，连接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.(1)证明 由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ，所以AD ∥CG ， 故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面.由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，BE ∩BC ＝B ， BE ，BC ⊂平面BCGE ，故AB ⊥平面BCGE . 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)解 作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，平面BCGE ∩平面ABC ＝BC ，所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°， 可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz ，则A (－1,1,0)，C (1,0,0)，G (2,0，3)，CG →＝(1,0，3)，AC →＝(2，－1,0). 设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0.所以可取n ＝(3,6，－3).又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0,1,0)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32.因此二面角B －CG －A 的大小为30°.3.(2019·马鞍山模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，A 1B ⊥AC 1，AC ＝AA 1＝4，BC ＝2.(1)求证：平面A 1ACC 1⊥平面ABC ；(2)若∠A 1AC ＝60°，在线段AC 上是否存在一点P ，使二面角B －A 1P －C 的平面角的余弦值为34？若存在，确定点P 的位置；若不存在，请说明理由. (1)证明 如图，∵AC ＝AA 1， ∴四边形AA 1C 1C 为菱形，连接A 1C ，则A 1C ⊥AC 1，又A 1B ⊥AC 1，且A 1C ∩A 1B ＝A 1， A 1C ，A 1B ⊂平面A 1CB ，∴AC 1⊥平面A 1CB ，则AC 1⊥BC ， 又∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，又AC 1∩AC ＝A ，AC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1， ∴BC ⊥平面A 1ACC 1，而BC ⊂平面ABC ，∴平面A 1ACC 1⊥平面ABC .(2)解 在平面ACC 1A 1中，过点C 作CE ⊥AC 交A 1C 1于E ， 由(1)知，CE ⊥平面ABC ，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，∵AC ＝AA 1＝4，BC ＝2，∠A 1AC ＝60°， ∴C (0,0,0)，B (0,2,0)，A (4,0,0)，A 1(2,0,23).设在线段AC 上存在一点P ，满足AP →＝λAC →(0≤λ<1)，使得二面角B －A 1P －C 的平面角的余弦值为34. 则AP →＝(－4λ，0,0).BP →＝BA →＋AP →＝(4，－2,0)＋(－4λ，0,0) ＝(4－4λ，－2,0)，A 1P →＝A 1A →＋AP →＝(2－4λ，0，－23)， CA 1→＝(2,0,23).设平面BA 1P 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝(4－4λ)x 1－2y 1＝0，m ·A 1P →＝(2－4λ)x 1－23z 1＝0，取x 1＝1，得m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，2－2λ，1－2λ3；平面A 1PC 的一个法向量为n ＝(0,1,0). 由|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|2－2λ|1＋(2－2λ)2＋(1－2λ)23×1＝34， 解得λ＝43或λ＝34，因为0≤λ<1，所以λ＝34.故在线段AC 上存在一点P ，满足AP →＝34AC →，使二面角B －A 1P －C 的平面角的余弦值为34.B 组 能力提高4.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，P A ＝PD ＝AD ＝2CD ＝2BC ＝2，且∠ADC ＝∠BCD ＝90°.(1)当PB ＝2时，证明：平面P AD ⊥平面ABCD ；(2)当四棱锥P －ABCD 的体积为34，且二面角P －AD －B 为钝角时，求直线P A 与平面PCD所成角的正弦值.(1)证明 如图所示，取AD 的中点O ，连接PO ，OB .∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD . ∵∠ADC ＝∠BCD ＝90°， ∴BC ∥AD ，又BC ＝12AD ＝1，∴BC ＝OD ，∴四边形BCDO 为矩形， ∴OB ＝CD ＝1.在△POB 中，PO ＝3，OB ＝1，PB ＝2， ∴∠POB ＝90°，则PO ⊥OB .∵AD ∩OB ＝O ，∴PO ⊥平面ABCD ， 又PO ⊂平面P AD ， ∴平面P AD ⊥平面ABCD .(2)解 由(1)知AD ⊥PO ，AD ⊥BO ， ∵PO ∩OB ＝O ，∴AD ⊥平面POB ， 又AD ⊂平面ABCD ， ∴平面POB ⊥平面ABCD . 过点P 作PE ⊥平面ABCD ，则垂足E 一定落在平面POB 与平面ABCD 的交线OB 上. ∵四棱锥P －ABCD 的体积为34，∴13×PE ×12×(AD ＋BC )×CD ＝13×PE ×12×(2＋1)×1 ＝12PE ＝34， ∴PE ＝32.∵PO ＝3，∴OE ＝PO 2－PE 2＝32. 以O 为坐标原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴， 在平面POB 内过点O 作垂直于平面AOB 的直线为z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz . 由题意可知A (1,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－32，32，D (－1,0,0)，C (－1，1,0)， 则DP →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，32，DC →＝(0,1,0)，P A →＝⎝⎛⎭⎫1，32，－32.设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DP →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －32y ＋32z ＝0，y ＝0，令x ＝1，则y ＝0，z ＝－23，∴n ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－23. 设直线P A 与平面PCD 所成的角为θ，则sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝22×133＝31313，故直线P A 与平面PCD 所成角的正弦值为31313.5.如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1的半径为r ＝5，OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E 为下底面圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD .(1)求证：平面ABD ⊥平面ODE; (2)求二面角B －AD －O 的正弦值.(1)证明 依题意知，圆锥的高为h ＝(52)2－52＝5，又圆柱的高为AB ＝6.4，AO ⊥AD ，所以OD 2＝OA 2＋AD 2， 因为AB ⊥BD ， 所以AD 2＝AB 2＋BD 2，连接OO 1，O 1O 2，DO 2，易知O ，O 1，O 2三点共线，OO 2⊥DO 2，所以OD 2＝OO 22＋O 2D 2， 所以BD 2＝OO 22＋O 2D 2－AO 2－AB 2＝(6.4＋5)2＋52－(52)2－6.42＝64，解得BD ＝8，又因为DE ＝6，圆O 2的直径为10，圆心O 2在∠BDE 内， 所以∠BDE ＝90°，所以DE ⊥BD .因为AB ⊥平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，所以DE ⊥AB ， 因为AB ∩BD ＝B ，AB ，BD ⊂平面ABD ， 所以DE ⊥平面ABD . 又因为DE ⊂平面ODE ， 所以平面ABD ⊥平面ODE .(2)解 如图，以D 为原点，DB ，DE 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系.则D (0,0,0)，A (8,0,6.4)，B (8,0,0)，O (4,3,11.4).所以DA →＝(8,0,6.4)，DB →＝(8,0,0)，DO →＝(4,3,11.4)， 设平面DAO 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，所以DA →·u ＝8x ＋6.4z ＝0，DO →·u ＝4x ＋3y ＋11.4z ＝0，令x ＝12，则u ＝(12,41，－15).可取平面BDA 的一个法向量为v ＝(0,1,0)，所以cos 〈u ，v 〉＝u·v |u||v |＝41582＝8210， 所以二面角B －AD －O 的正弦值为3210.。
