第3講　立體幾何中的向量方法

「考情研析」　　以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，常與空間線面關系的證明相結合，熱點為線面角、二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現在建立空間直角坐標系和準確計算上.核心知識回顧

1.線、面的位置關系與向量的關系

設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．

(1)l∥m?a∥b?a＝kb?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2；

(2)l⊥m?a⊥b?a·b＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；

(3)l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0；

(4)l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3；

(5)α∥β?μ∥v?μ＝kv?a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4；

(6)α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.2．三種空間角與空間向量的關系

(1)線線角：設a，b分別為異面直線a，b的方向向量，則兩異面直線所成的角θ滿足cosθ＝.(2)線面角：設l是斜線l的方向向量，n是平面α的法向量，則斜線l與平面α所成的角θ滿足sinθ＝.(3)二面角

①如圖(Ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的兩個半平面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉；

②如圖(Ⅱ)(Ⅲ)，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿足cosθ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉．

熱點考向探究

考向1　利用向量證明平行與垂直

例1(1)(多選)(2020·山東省萊西一中、高密一中、棗莊三中高三模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝2，P，Q，R分別是AB，BB1，A1C上的動點，下列結論正確的是()

A．對于任意給定的點P，存在點Q使得D1P⊥CQ

B．對于任意給定的點Q，存在點R使得D1R⊥CQ

C．當AR⊥A1C時，AR⊥D1R

D．當A1C＝3A1R時，D1R∥平面BDC1

答案　ABD

解析　如圖所示，建立空間直角坐標系，設P(2，a,0)，a∈[0,2]，Q(2,2，b)，b∈[0,2]，設＝λ，得到R(2－2λ，2λ，2－2λ)，λ∈[0,1].＝(2，a，－2)，＝(2,0，b)，·＝4－2b，當b＝2時，D1P⊥CQ，A正確；＝(2－2λ，2λ，－2λ)，·＝2(2－2λ)－2λb，取λ＝時，D1R⊥CQ，B正確；由AR⊥A1C，則·＝(－2λ，2λ，2－2λ)·(－2，2，－2)＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0，解得λ＝，此時·＝·＝－≠0，C錯誤；由A1C＝3A1R，則R，＝，設平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則解得n＝(，－1，)，故·n＝0，故D1R∥平面BDC1，D正確．故選ABD.(2)如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1分別是棱AD，AA1的中點．

①設F是棱AB的中點，證明：直線E1E∥平面FCC1；

②證明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.證明　如圖，過點D作AB的垂線交AB于點G，則以點D為原點，DG，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，易得A(，－1，0)，B(，3,0)，C(0，2,0)，E1(，－1，1)，E，F(，1,0)，D1(0,0,2)，B1(，3,2)，C1(0,2,2)．

①＝(0,0,2)，＝(，－1,0)．

設平面FCC1的法向量n1＝(x，y，z)，則令x＝1，得n1＝(1，0)，又＝，故·n1＝0，又E1E?平面FCC1，所以E1E∥平面FCC1.②＝(，－1，－2)，＝(0,2，－2)，設平面D1AC的法向量n2＝(a，b，c)，由得

令b＝1，得n2＝(，1,1)．

同理易得平面BB1C1C的一個法向量n3＝(1，－，0)，因為n2·n3＝0，故平面D1AC⊥平面BB1C1C.利用空間向量證明平行與垂直的方法步驟

(1)建立空間直角坐標系，建系時，要盡可能地利用載體中的垂直關系．

(2)建立空間圖形與空間向量之間的關系，用空間向量表示出問題中所涉及的點、直線、平面的要素．

(3)通過空間向量的運算研究平行、垂直關系．

(4)根據運算結果解釋相關問題．

如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，點E為棱PC的中點．證明：

(1)BE⊥DC；

(2)BE∥平面PAD；

(3)平面PCD⊥平面PAD.證明　依題意，以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，P(0,0,2)．由E為棱PC的中點，得E(1,1,1)．

(1)向量＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0.所以BE⊥DC.(2)因為PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AB⊥PA，又因為AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，所以向量＝(1,0,0)為平面PAD的一個法向量，而·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以⊥，又BE?平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一個法向量＝(1,0,0)，向量＝(0,2，－2)，＝(2,0,0)，設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則即

不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)為平面PCD的一個法向量．

則n·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n⊥.所以平面PCD⊥平面PAD.考向2　利用空間向量求空間角

角度1　利用空間向量求異面直線所成的角

例2(2020·山東省濟南市高三6月模擬)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝BC，將直角梯形ABCD(及其內部)以AB所在直線為軸順時針旋轉90°，形成如圖所示的幾何體，其中M為的中點．

(1)求證：BM⊥DF；

(2)求異面直線BM與EF所成角的大?。?/p>

解(1)證法一：如圖，連接CE，設CE與BM交于點N，根據題意，知該幾何體為圓臺的一部分，且CD與EF相交，故C，D，F，E四點共面，因為平面ADF∥平面BCE，所以CE∥DF，因為M為的中點，所以∠CBM＝∠EBM.又BC＝BE，所以N為CE的中點，BN⊥CE，即BM⊥CE，所以BM⊥DF.證法二：如圖，以點B為坐標原點，BE，BC，BA所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設AB＝1，則AD＝AF＝1，BC＝BE＝2，所以B(0,0,0)，M(，0)，D(0,1,1)，F(1，0,1)，所以＝(，0)，＝(1，－1,0)，所以·＝－＝0，所以BM⊥DF.(2)解法一：如圖，連接DB，DN，由(1)知，DF∥EN且DF＝EN，所以四邊形ENDF為平行四邊形，所以EF∥DN，所以∠BND為異面直線BM與EF所成的角，設AB＝1，則BD＝DN＝BN＝，所以△BND為等邊三角形，所以∠BND＝60°，所以異面直線BM與EF所成角的大小是60°.解法二：如圖，以點B為坐標原點，BE，BC，BA所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設AB＝1，則AD＝AF＝1，BE＝2，所以B(0,0,0)，M(，0)，E(2,0,0)，F(1，0,1)，所以＝(，0)，＝(－1,0,1)，所以cos〈，〉＝＝＝－，所以異面直線BM與EF所成角的大小是60°.角度2　利用空間向量求線面角

例3(2020·山東省實驗中學高考預測卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，平面ADP⊥平面ABCD，點F為棱PD的中點．

(1)在棱AB上是否存在一點E，使得AF∥平面PCE，并說明理由；

(2)當二面角D－FC－B的余弦值為時，求直線PB與平面ABCD所成的角．

解(1)在棱AB上存在點E，使得AF∥平面PCE，點E為棱AB的中點．

理由如下：如圖，取PC的中點Q，連接EQ，FQ，由題意，得FQ∥CD且FQ＝CD，又AE∥CD且AE＝CD，故AE∥FQ且AE＝FQ.所以四邊形AEQF為平行四邊形．

所以AF∥EQ，又EQ?平面PCE，AF?平面PCE，所以AF∥平面PCE.(2)如圖，連接BD，DE.由題意知△ABD為正三角形，所以ED⊥AB，即ED⊥CD，又∠ADP＝90°，所以PD⊥AD，又平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，所以PD⊥平面ABCD，故以點D為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設FD＝a(a>0)，則由題意知D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0，2,0)，B(，1,0)，＝(0,2，－a)，＝(，－1，0)，設平面FBC的法向量為m＝(x，y，z)，則

令x＝1，則y＝，z＝，所以取m＝，易知平面DFC的一個法向量為n＝(1,0,0)，因為二面角D－FC－B的余弦值為，所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得a＝.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD內的射影為BD，所以∠PBD為直線PB與平面ABCD所成的角，由題意知在Rt△PBD中，tan∠PBD＝＝a＝，從而∠PBD＝60°，所以直線PB與平面ABCD所成的角為60°.角度3　利用空間向量求二面角

例4(2020·山東省濟寧市模擬)如圖，三棱臺ABC－A1B1C1中，側面A1B1BA與側面A1C1CA是全等的梯形，若AA1⊥AB，AA1⊥A1C1，AB＝2A1B1＝4AA1.(1)若＝2，＝2，證明：DE∥平面BCC1B1；

(2)若二面角C1－AA1－B為，求平面A1B1BA與平面C1B1BC所成的銳二面角的余弦值．

解(1)證明：連接AC1，BC1，在梯形A1C1CA中，AC＝2A1C1.∵＝2，∴AC1∩A1C＝D，＝2，∵＝2，∴DE∥BC1.∵BC1?平面BCC1B1，DE?平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.(2)∵AA1⊥A1C1，∴AA1⊥AC.又AA1⊥AB，平面A1B1BA∩平面A1C1CA＝AA1，∴∠BAC＝，在平面內過點A作AC的垂線，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設AA1＝1，則A1B1＝A1C1＝2，AC＝4，A1(0,0,1)，C(0,4,0)，B(2，2,0)，B1(，1,1)．

設平面A1B1BA的法向量為m＝(x，y，z)，則

∴m＝(1，－，0)，同理得平面C1B1BC的一個法向量為n＝(1，2)，∴cos〈m，n〉＝＝－，∴平面A1B1BA與平面C1B1BC所成的銳二面角的余弦值為.三種空間角的向量求法

(1)異面直線所成的角θ，可以通過兩直線的方向向量的夾角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.(2)直線與平面所成的角θ可以通過直線的方向向量與平面的法向量的夾角φ求得，即sinθ＝|cosφ|.(3)二面角的大小可以利用分別在兩個半平面內與棱垂直的直線的方向向量的夾角(或其補角)或通過二面角的兩個面的法向量的夾角求得，它等于兩個法向量的夾角或其補角．

1．如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)證明：平面AEC⊥平面AFC；

(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值．

解(1)證明：連接BD，設BD∩AC＝G，連接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨設GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt△FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝.從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如圖，以點G為坐標原點，分別以，的方向為x軸、y軸正方向，||為單位長度，建立空間直角坐標系Gxyz.由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以＝(1，)，＝.故cos〈，〉＝＝－.所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.2.(2020·湖南永州高三第三次模擬)在三棱柱ABC－A1B1C1中，側面ABB1A1⊥底面ABC，∠ABC＝90°，且側面ABB1A1為菱形．

(1)證明：A1B⊥平面AB1C1；

(2)若∠A1AB＝60°，AB＝2，直線AC1與底面ABC所成角的正弦值為，求二面角A1－AC1－B1的余弦值．

解(1)證明：∵四邊形ABB1A1為菱形，∴A1B⊥AB1，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且AB為交線，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B.∵BC∥B1C1，∴A1B⊥B1C1，又AB1∩B1C1＝B1，∴A1B⊥平面AB1C1.(2)取A1B1的中點M，連接BM，易證BM⊥平面ABC，且AB⊥BC，以BA所在直線為x軸，BC所在直線為y軸，BM所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，設BC＝t(t>0)，則A(2,0,0)，A1(1,0，)，C(0，t,0)，＝(－1,0，)，＝(－2，t,0)．

∵四邊形A1ACC1為平行四邊形，∴＝＋＝＋＝(－3，t，)，易知平面ABC的一個法向量為n＝(0,0,1)，∴|cos〈，n〉|＝＝＝，解得t＝，∴＝(－3，)．

設平面AA1C1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，∴

令z1＝1，則n1＝(，2,1)，由(1)可得平面AB1C1的一個法向量＝(1,0，)，∴cos〈n1，〉＝＝，又二面角A1－AC1－B1為銳角，∴二面角A1－AC1－B1的余弦值為.考向3　立體幾何中的探索性問題

例5(2020·河北省保定市一模)如圖，四邊形ABCD為矩形，△ABE和△BCF均為等腰直角三角形，且∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°，EA∥FC.(1)求證：ED∥平面BCF；

(2)設＝λ，問是否存在λ，使得二面角B－EF－D的余弦值為？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．

解(1)證明：因為AD∥BC，BC?平面BCF，AD?平面BCF，所以AD∥平面BCF，因為EA∥FC，FC?平面BCF，EA?平面BCF，所以EA∥平面BCF，又EA∩AD＝A，EA，AD?平面ADE，所以平面ADE∥平面BCF，又ED?平面ADE，所以ED∥平面BCF.(2)以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為∠BAE＝∠DAE＝90°，所以EA⊥AB，EA⊥AD，又AD∩AD＝A，AD，AB?平面ABCD，所以EA⊥平面ABCD，又EA∥FC，所以FC⊥平面ABCD，設AB＝AE＝a，BC＝CF＝b，則D(0,0,0)，F(0，a，b)，E(b,0，a)，B(b，a,0)，則＝(b,0，a)，＝(0，a，b)．

設平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則

由得

取x＝1，則y＝，z＝－，因為＝＝λ，則n＝(1，λ2，－λ)．

設平面BEF的法向量為m＝(x′，y′，z′)，因為＝(0，－a，a)，＝(－b,0，b)，由得取x′＝1，則y′＝z′＝1，所以m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝＝

.因為二面角B－EF－D的余弦值為，所以＝，整理得λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0，所以不存在正實數λ，使得二面角B－EF－D的余弦值為.利用空間向量求解探索性問題的策略

(1)假設題中的數學對象存在(或結論成立)或暫且認可其中的一部分結論．

(2)在這個前提下進行邏輯推理，把要成立的結論當作條件，據此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉化為“點的坐標(或參數)是否有解，是否有規定范圍內的解”等．若由此推導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論．

如圖1，在邊長為3的菱形ABCD中，已知AF＝EC＝1，且EF⊥BC.將梯形ABEF沿直線EF折起，使BE⊥平面CDFE，如圖2，P，M分別是BD，AD上的點．

(1)若平面PAE∥平面CMF，求AM的長；

(2)是否存在點P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．

解(1)因為平面PAE與平面CDFE有公共點E，所以平面PAE與平面CDFE相交，設交線為EQ，若平面PAE∥平面CMF，因為平面CDFE∩平面CMF＝CF，則EQ∥CF.設EQ∩DF＝Q，又因為FQ∥CE，所以四邊形ECFQ是平行四邊形，FQ＝CE，同理，由平面PAE∥平面CMF，因為平面PAE∩平面ADQ＝AQ，平面CMF∩平面ADQ＝MF，所以AQ∥MF.所以＝＝.因為AF⊥DF，AF＝1，DF＝2，所以AD＝，所以AM＝.(2)結論：存在點P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°.在題圖2中，以點F為原點，分別以FE，FD，FA所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．

易得EF＝2，則F(0,0,0)，E(2，0,0)，又A(0,0,1)，B(2，0,2)，D(0,2,0)，所以＝(0,2,0)，＝(2，0，－1)，＝(－2，2，－2)，＝(2，0,1)，設＝λ(λ∈(0,1])，則＝(－2λ，2λ，－2λ)，則＝＋＝(2－2λ，2λ，1－2λ)，設平面PAE的法向量為n＝(x，y，z)，由

得

令x＝1，可得z＝2，y＝3－，所以n＝.若存在點P，使直線DF與平面PAE所成的角是45°，則|cos〈n，〉|＝＝，解得λ＝，因為λ∈(0,1]，所以λ＝，即＝.故存在一點P，當＝時，直線DF與平面PAE所成的角是45°.真題押題

『真題檢驗』

1．(2020·全國卷Ⅰ)如圖，D為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，AE＝AD.△ABC是底面的內接正三角形，P為DO上一點，PO＝DO.(1)證明：PA⊥平面PBC；

(2)求二面角B－PC－E的余弦值．

解(1)證明：∵AE為底面直徑，AE＝AD，∴△DAE為等邊三角形．設AE＝1，則DO＝，AO＝CO＝BO＝AE＝，∴PO＝DO＝，PA＝PC＝PB＝＝，又△ABC為等邊三角形，∴AB＝AE·cos30°＝.∵PA2＋PB2＝＝AB2，∴∠APB＝90°，即PA⊥PB.同理得PA⊥PC，又PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.(2)過點O作ON∥BC交AB于點N，則ON⊥AO.∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥AO，PO⊥ON.以O為坐標原點，OA，ON，OD所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設AE＝1，則E，P，A，C，＝，＝，＝.由(1)得平面PBC的一個法向量為＝，設平面PCE的一個法向量為m＝(x，y，z)，由得

令x＝1，得z＝－，y＝，∴m＝.故cos〈m，〉＝＝＝，由圖可得二面角B－PC－E為銳二面角，∴二面角B－PC－E的余弦值為.2．(2020·全國卷Ⅲ)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F分別在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)證明：點C1在平面AEF內；

(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．

解(1)證明：在棱CC1上取點G，使得C1G＝CG，連接DG，FG，C1E，C1F，∵C1G＝CG，BF＝2FB1，∴CG＝CC1＝BB1＝BF且CG∥BF，∴四邊形BCGF為平行四邊形，∴BC∥GF且BC＝GF，又在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC且AD＝BC，∴AD∥GF且AD＝GF.∴四邊形ADGF為平行四邊形．

∴AF∥DG且AF＝DG.同理可證四邊形DEC1G為平行四邊形，∴C1E∥DG且C1E＝DG，∴C1E∥AF且C1E＝AF，則四邊形AEC1F為平行四邊形，因此，點C1在平面AEF內．

(2)以點C1為坐標原點，C1D1，C1B1，C1C所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系C1xyz，則A(2,1,3)，A1(2,1,0)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，＝(0，－1，－1)，＝(－2,0，－2)，＝(0，－1，2)，＝(－2，0,1)，設平面AEF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，由得

取z1＝－1，得x1＝y1＝1，則m＝(1,1，－1)．

設平面A1EF的法向量為n＝(x2，y2，z2)，由得

取z2＝2，得x2＝1，y2＝4，則n＝(1,4,2)．

∴cos〈m，n〉＝＝＝.設二面角A－EF－A1的平面角為θ，則|cosθ|＝，∴sinθ＝＝.因此，二面角A－EF－A1的正弦值為.3．(2020·江蘇高考)在三棱錐A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O為BD的中點，AO⊥平面BCD，AO＝2，E為AC的中點．

(1)求直線AB與DE所成角的余弦值；

(2)若點F在BC上，滿足BF＝BC，設二面角F－DE－C的大小為θ，求sinθ的值．

解(1)如圖，連接CO，∵CB＝CD，BO＝OD，∴CO⊥BD.以O為坐標原點，OB，OC，OA分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則A(0,0,2)，B(1,0,0)，C(0，2,0)，D(－1，0,0)，∴E(0,1,1)．

∴＝(1,0，－2)，＝(1,1,1)，∴cos〈，〉＝＝－.從而直線AB與DE所成角的余弦值為.(2)設平面DEC的法向量為n1＝(x，y，z)，∵＝(1,2,0)，∴

令y＝1，∴x＝－2，z＝1.∴n1＝(－2,1,1)．

設平面DEF的法向量為n2＝(x1，y1，z1)，∵＝＋＝＋＝，∴

令y1＝－7，∴x1＝2，z1＝5，∴n2＝(2，－7,5)．

∴cos〈n1，n2〉＝＝－.因此，sinθ＝＝.『金版押題』

4．如圖1，在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB＝2CD，△ABC是等腰直角三角形，其中BC為斜邊，若把△ACD沿AC邊折疊到△ACP的位置，使平面PAC⊥平面ABC，如圖2.(1)證明：AB⊥PA；

(2)若E為棱BC的中點，求二面角B－PA－E的余弦值．

解(1)證明：因為△ABC是等腰直角三角形，BC為斜邊，所以AB⊥AC.因為平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，所以AB⊥平面PAC.因為PA?平面PAC，所以AB⊥PA.(2)由(1)知AB⊥AC，PC⊥平面ABC，則以A為坐標原點，AB，AC分別為x，y軸的正方向，過點A作平行于PC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz.設PC＝1，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,2,1)，E(1,1,0)，故＝(2,0,0)，＝(0,2,1)，＝(1,1,0)．

設平面PAB的法向量n＝(x1，y1，z1)，則

令y1＝1，得n＝(0,1，－2)．

設平面PAE的法向量m＝(x2，y2，z2)，則

令x2＝1，得m＝(1，－1,2)，則cos〈m，n〉＝＝－.由圖可知二面角B－PA－E為銳角，故二面角B－PA－E的余弦值為.專題作業

1．(2020·山東省泰安市五模)如圖，在四棱錐E－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2BC＝2CD，△EAB是以AB為斜邊的等腰直角三角形，且平面EAB⊥平面ABCD，點F滿足＝λ(λ∈[0,1])．

(1)試探究λ為何值時，CE∥平面BDF，并給予證明；

(2)在(1)的條件下，求直線AB與平面BDF所成角的正弦值．

解(1)當λ＝時，CE∥平面BDF.證明如下：連接AC，交BD于點M，連接MF.因為AB∥CD，所以AM∶MC＝AB∶CD＝2∶1.又＝，所以FA∶EF＝2∶1.所以AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1.所以MF∥CE.又MF?平面BDF，CE?平面BDF，所以CE∥平面BDF.(2)取AB的中點O，連接EO，OD.則EO⊥AB.又因為平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO?平面ABE，所以EO⊥平面ABCD，因為OD?平面ABCD，所以EO⊥OD.由BC⊥CD，及AB＝2CD，AB∥CD，得OD⊥AB，由OB，OD，OE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.因為△EAB為等腰直角三角形，AB＝2BC＝2CD，所以OA＝OB＝OD＝OE，設OB＝1，所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)．

所以＝(2,0,0)，＝(－1,1,0)，＝＝，F，所以＝.設平面BDF的法向量為n＝(x，y，z)，則有所以

取x＝1，得n＝(1,1,2)．

設直線AB與平面BDF所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈，n〉|＝

＝＝.即直線AB與平面BDF所成角的正弦值為.2．(2020·山東省聊城市模擬)如圖，在四邊形ABCD中，BC＝CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD為折痕把△ABD折起，使點A到達點P的位置，且PC⊥BC.(1)證明：PD⊥平面BCD；

(2)若M為PB的中點，二面角P－BC－D等于60°，求直線PC與平面MCD所成角的正弦值．

解(1)證明：因為BC⊥CD，BC⊥PC，PC∩CD＝C，所以BC⊥平面PCD.又因為PD?平面PCD，所以BC⊥PD.又因為PD⊥BD，BD∩BC＝B，所以PD⊥平面BCD.(2)因為PC⊥BC，CD⊥BC，所以∠PCD是二面角P－BC－D的平面角，由已知得∠PCD＝60°，因此PD＝CDtan60°＝CD.取BD的中點O，連接OM，OC，易得OM，OC，BD兩兩垂直，以O為原點建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz.設OB＝1，則P(0,1，)，C(1，0,0)，D(0,1,0)，M，＝(－1,1，)，＝(－1，1,0)，＝，設平面MCD的一個法向量為n＝(x，y，z)，則由得

令z＝，得n＝(，)，所以cos〈n，〉＝＝，因此，直線PC與平面MCD所成角的正弦值為.3．如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°.(1)證明：AC1⊥BC；

(2)求直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值．

解(1)證明：∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°.∴AC1＝＝2，∴AC＋AC2＝CC，∴AC1⊥AC，∵平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，∴AC1⊥平面ABC，又BC?平面ABC，∴AC1⊥BC.(2)如圖，以A為坐標原點，AB為y軸，AC1為z軸，建立空間直角坐標系，則A(0,0,0)，C(，－1,0)，B1(－，5，2)，B(0,4,0)，＝(－2，6,2)，＝(0,4,0)，＝(－，5,2)，設平面ABB1A1的法向量n＝(x，y，z)，則

取x＝2，得n＝(2,0,1)，設直線CB1與平面ABB1A1所成角為θ，則sinθ＝＝＝，∴直線CB1與平面ABB1A1所成角的正弦值為.4．如圖，已知正方形ADEF，梯形ABCD，且AD∥BC，∠BAD＝90°，平面ADEF⊥平面ABCD，AB＝AD＝1，BC＝3.(1)求證：AF⊥CD；

(2)求直線BF與平面CDE所成角的正弦值；

(3)線段BD上是否存在點M，使得直線CE∥平面AFM，若存在，求的值；若不存在，請說明理由．

解(1)證明：因為四邊形ADEF為正方形，所以AF⊥AD.又因為平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD，又CD?平面ABCD，所以AF⊥CD.(2)由(1)可知，AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB.因為∠BAD＝90°，所以AB，AD，AF兩兩垂直．

分別以AB，AD，AF所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(如圖)．

因為AB＝AD＝1，BC＝3，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，所以＝(－1,0,1)，＝(1,2,0)，＝(0,0,1)．

設平面CDE的一個法向量為n＝(x，y，z)，則即令x＝2，則y＝－1，所以n＝(2，－1,0)．

設直線BF與平面CDE所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.(3)結論：線段BD上存在點M，使得直線CE∥平面AFM.設＝λ(λ∈[0,1])，設M(x1，y1，z1)，由＝λ，得(x1－1，y1，z1)＝λ(－1，1,0)，所以x1＝1－λ，y1＝λ，z1＝0，所以M(1－λ，λ，0)，所以＝(1－λ，λ，0)．

設平面AFM的法向量為m＝(x0，y0，z0)，則

因為＝(0,0,1)，所以

令x0＝λ，則y0＝λ－1，所以m＝(λ，λ－1,0)．

在線段BD上存在點M，使得CE∥平面AFM等價于存在λ∈[0,1]，使得m·＝0.因為＝(－1，－2,1)，m·＝0，所以－λ－2(λ－1)＝0，解得λ＝∈[0,1]，所以線段BD上存在點M，使得CE∥平面AFM，且＝.5.(2020·山東省濟南市二模)如圖，三棱錐P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，∠PAB＝∠PBA＝45°，∠ABC＝2∠BAC＝60°，D是棱AB的中點，點E在棱PB上，點G是△BCD的重心．

(1)若E是PB的中點，證明GE∥平面PAC；

(2)是否存在點E，使二面角E－CD－G的大小為30°？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．

解(1)證明：延長DG交BC于點F，連接EF，因為點G是△BCD的重心，故F為BC的中點，因為D，E分別是棱AB，BP的中點，所以DF∥AC，DE∥AP，又因為DF∩DE＝D，所以平面DEF∥平面APC，又GE?平面DEF，所以GE∥平面PAC.(2)連接PD，因為∠PAB＝∠PBA＝45°，所以PA＝PB，又D是AB的中點，所以PD⊥AB，因為平面PAB⊥平面ABC，而平面PAB∩平面ABC＝AB，PD?平面PAB，所以PD⊥平面ABC.如圖，以D為原點，垂直于AB的直線為x軸，DB，DP所在直線分別為y軸、z軸建立空間直角坐標系．

設PA＝PB＝2，則AB＝2，PD＝CD＝，所以D(0,0,0)，B(0，0)，C，G，P(0,0，)，假設存在點E，設＝λ，λ∈(0,1]，則＝＋＝＋λ＝(0，0)＋λ(0，－，)＝(0，(1－λ)，λ)，所以E(0，(1－λ)，λ)，又＝，設平面ECD的法向量為n1＝(x，y，z)，則

令x＝1，解得n1＝，又平面CDG的法向量n2＝(0,0,1)，而二面角E－CD－G的大小為30°，所以|cos〈n1，n2〉|＝＝，即＝，解得λ＝，所以存在點E，使二面角E－CD－G的大小為30°，此時＝.6．如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且點M和N分別為B1C和D1D的中點．

(1)求證：MN∥平面ABCD；

(2)求二面角D1－AC－B1的正弦值；

(3)設E為棱A1B1上的點，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A1E的長．

解　如圖，以A為坐標原點建立空間直角坐標系，依題意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，－2,2)．

因為M，N分別為B1C和D1D的中點，所以M，N(1，－2,1)．

(1)證明：依題意，可得n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，＝.由此可得·n＝0，又直線MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.(2)＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)．

設n1＝(x1，y1，z1)為平面ACD1的法向量，則即

不妨設z1＝1，可得n1＝(0,1,1)．

設n2＝(x2，y2，z2)為平面ACB1的法向量，則

又＝(0,1,2)，得

不妨設z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)．

因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝，所以二面角D1－AC－B1的正弦值為.(3)依題意，可設＝λ，其中λ∈[0,1]，則E(0，λ，2)，從而＝(－1，λ＋2,1)．

又n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝－2.所以線段A1E的長為－2.7.如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四邊形ACFE為矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.(1)求證：EF⊥平面BCF；

(2)點M在線段EF上運動，當點M在什么位置時，平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大，并求此時二面角的余弦值．

解(1)證明：設AD＝CD＝BC＝CF＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝，∴AB＝2，∠CBA＝.∴AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos＝3.∴AB2＝AC2＋BC2.∴AC⊥BC.①

又CF⊥平面ABCD，∴CF⊥AC.②

由①②可得AC⊥平面BCF.又四邊形ACFE為矩形，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.(2)由(1)可建立分別以直線CA，CB，CF為x軸，y軸，z軸的如圖所示的空間直角坐標系．

設AD＝CD＝BC＝CF＝1，令FM＝λ(0≤λ≤)，則C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，∴＝(－，1,0)，＝(λ，－1,1)，設n1＝(x，y，z)為平面MAB的一個法向量，由得

取x＝1，則n1＝(1，－λ)，設平面MAB與平面FCB所成銳二面角為θ，∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一個法向量，∴cosθ＝＝

＝.∵0≤λ≤，∴當λ＝0時，cosθ有最小值，∴點M與點F重合時，平面MAB與平面FCB所成銳二面角最大，此時二面角的余弦值為.8.(2020·山東省濱州市三模)在如圖所示的圓柱O1O2中，AB為圓O1的直徑，C，D是的兩個三等分點，EA，FC，GB都是圓柱O1O2的母線．

(1)求證：FO1∥平面ADE；

(2)設BC＝1，已知直線AF與平面ACB所成的角為30°，求二面角A－FB－C的余弦值．

解(1)證明：連接O1C，O1D，因為C，D是半圓的兩個三等分點，所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°，又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均為等邊三角形．

所以O1A＝AD＝DC＝CO1，所以四邊形ADCO1是平行四邊形．

所以CO1∥AD，又因為CO1?平面ADE，AD?平面ADE，所以CO1∥平面ADE.因為EA，FC都是圓柱O1O2的母線，所以EA∥FC.又因為FC?平面ADE，EA?平面ADE，所以FC∥平面ADE.又CO1，FC?平面FCO1，且CO1∩FC＝C，所以平面FCO1∥平面ADE，又FO1?平面FCO1，所以FO1∥平面ADE.(2)連接AC，因為FC是圓柱O1O2的母線，所以FC⊥圓柱O1O2的底面，所以∠FAC即為直線AF與平面ACB所成的角，即∠FAC＝30°.因為AB為圓O1的直徑，所以∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1，所以AC＝BCtan60°＝，所以在Rt△FAC中，FC＝ACtan30°＝1.解法一：因為AC⊥BC，AC⊥FC，所以AC⊥平面FBC，又FB?平面FBC，所以AC⊥FB.在△FBC內，作CH⊥FB于點H，連接AH.因為AC∩CH＝C，AC，CH?平面ACH，所以FB⊥平面ACH，又AH?平面ACH，所以FB⊥AH，所以∠AHC就是二面角A－FB－C的平面角．

在Rt△FBC中，CH＝＝.在Rt△ACH中，∠ACH＝90°，所以AH＝＝，所以cos∠AHC＝＝，所以二面角A－FB－C的余弦值為.解法二：以C為坐標原點，分別以CA，CB，CF所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(，0,0)，B(0,1,0)，F(0,0,1)，所以＝(－，1,0)，＝(－，0,1)．

設平面AFB的法向量為n＝(x，y，z)，則即

令x＝1，則y＝z＝，所以平面AFB的一個法向量為n＝(1，)．

又因為平面BCF的一個法向量m＝(1,0,0)，所以cos〈m，n〉＝＝＝.所以二面角A－FB－C的余弦值為.