1、第八节立体几何中的向量方法(二)求空间角【最新考纲】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1异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则2.求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.3求二面角的大小若AB、CD分别是二面角l的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量与的夹角设n1，n2分别是二面角l的两个面，的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图)1(质疑夯基)判断下列结论的
2、正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角()(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角()(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角()(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是0，()答案：(1)(2)(3)(4)2已知两平面的法向量分别为m(0，1，0)，n(0，1，1)，则两平面所成的二面角为()A45B135C45或135D90解析：cosm，n，即m，n45.两平面所成二面角为45或18045135.答案：C3(2016泰安质检)已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若
3、cosm，n，则l与所成的角为()A30 B60 C120 D150解析：设l与所成角为，cosm，n，sin |cosm，n|，090，30.答案：A4(2014课标全国卷)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，设BC2，则B(0，2，0)，A(2，0，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所以(1，1，2)，(1，0，2)，故BM与AN所成角的余弦值cos .答案：C5(2016石家庄模拟)过正方形ABCD的顶点A作线段PA平面A
4、BCD，若ABPA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为_解析：如图建立空间直角坐标系，设ABPA1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AEPD，又CD平面PAD，CDAE，从而AE平面PCD.所以(0，1，0)，(0，)分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且，45，故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45.答案：45三个范围1异面直线所成角的范围是；2直线与平面所成角的范围是；3二面角的范围是0，三种关系1求两异面直线a，b夹角，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos |cosa，b|.2求直线l与平面所成
5、的角，可先求出平面的法向量n与直线l的方向向量a的夹角，则sin |cosn，a|.3求二面角l的大小，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则n1，n2或n1，n2一个易错点利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两个半平面，的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点A级基础巩固一、选择题1(2016秦皇岛模拟)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E为
6、AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为()A.B.C.D.解析：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA12AB2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，E(1，0，1)，D1(0，0，2)所以(0，1，1)，(0，1，2)所以cos，.答案：C2正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且，N为B1B的中点，则|为()A.a B.a C.a D.a解析：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(a，0，0)，C1(0，a，a)，N(a，a，)设M(x，y，z)，点M在AC1上且，(xa，y，z)(x，ay，az)xa，y，z.
7、得M，| a.答案：A3在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A. B. C. D.解析：以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E(1，0，)，D(0，1，0)，(0，1，1)，(1，0，)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，所以有即解得n1(1，2，2)平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)，cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.答案：B4已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则P
8、A与平面ABC所成角的大小为()A. B. C. D.解析：如图所示：SABCsin 60.VABCA1B1C1SABCOPOP，OP.又OA1，tanOAP，又0OAP0.与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.答案：A2二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为_解析：，|2.|cos，24.cos，.又所求二面角与，互补，所求二面角为60.答案：603(2015广东卷)如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PDPC4，AB6，B
9、C3.点E是CD边的中点，点F，G分别在线段AB，BC上，且AF2FB，CG2GB.(1)证明：PEFG；(2)求二面角PADC的正切值；(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值解：在PCD中，E为CD的中点，且PCPD，PECD.又平面PCD平面ABCD，且平面PCD平面ABCDCD，PE平面PCD，PE平面ABCD.取AB的中点H，连接EH，四边形ABCD是长方形，则EHCD.如图所示，以E为原点，EH，EC，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系PDPC4，AB6，BC3，AF2FB，CG2GB.E(0，0，0)，P(0，0，)，F(3，1，0)，G(2，3，0)，A(3，3，
10、0)，D(0，3，0)，C(0，3，0)(1)证明：(0，0，)，(1，2，0)，(0，0，)(1，2，0)0，因此，EPFG.(2)解：PE平面ABCD，平面ABCD的法向量为(0，0，)设平面ADP的一个法向量为n(x1，y1，z1)，(3，3，)，(0，3，)由于即令z13，则x10，y1，n(0，3)由图可知二面角PADC是锐角，设为，则cos ，sin ，tan .(3)解：(3，3，)，(1，2，0)，设直线PA与直线FG所成角为，则cos .直线PA与FG所成角的余弦值为.立体几何中的高考热点题型1立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个选择题或填空题小题主要考查
11、学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力热点题型主要有平面图形的翻折、探索性的存在问题等；2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算)热点1空间点、线、面位置关系以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查
12、学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等 (2014北京卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，ABBC，AA1AC2，BC1，E，F分别是A1C1，BC的中点(1)求证：平面ABE平面B1BCC1；(2)求证：C1F平面ABE；(3)求三棱锥E-ABC的体积(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1底面ABC.所以BB1AB.又因为ABBC，所以AB平面B1BCC1.所以平面ABE平面B1BCC1. (2)证明：法一如图1，取AB中点G，连接EG，FG.因为E，F分别是A1C1，BC的中点，所以FGAC，且FGAC.因为AC
13、A1C1，且ACA1C1，所以FGEC1，且FGEC1.所以四边形FGEC1为平行四边形所以C1FEG.又因为EG平面ABE，C1F平面ABE，所以C1F平面ABE.法二如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HFAB，又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，所以EC1AH，所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1HAE，又C1HHFH，AEABA，所以平面ABE平面C1HF，又C1F平面C1HF，所以C1F平面ABE.(3)解：因为AA1AC2，BC1，ABBC，所以AB.所以三棱锥E-ABC的体积VSABCAA112.1(1)证明面面垂直，将“面面
14、垂直”问题转化为“线面垂直”问题，再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题(2)证明C1F平面ABE：利用判定定理，关键是在平面ABE中找(作)出直线EG，且满足C1FEG.利用面面平行的性质定理证明线面平行，则先要确定一个平面C1HF满足面面平行，实施线面平行、面面平行的转化2计算几何体的体积时，能直接用公式时，关键是确定几何体的高，而不能直接用公式时，注意进行体积的转化【变式训练】(2015四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；(3)证明
15、：直线DF平面BEG.(1) 解：标出点F、G、H的位置如图所示(2)解：平面BEG平面ACH.证明如下：因为ABCDEFGH为正方体，所以BCFG，BCFG.又FGEH，FGEH，所以BCEH，BCEH，于是四边形BCHE为平行四边形所以BECH.又CH平面ACH，BE平面ACH，所以BE平面ACH.同理BG平面ACH.又BEBGB，所以平面BEG平面ACH.(3)证明：连接FH，与EG交于点O，连接BD.因为ABCDEFGH为正方体，所以DH平面EFGH.因为EG平面EFGH，所以DHEG.又EGFH，DHFHH，所以EG平面BFHD.又DF平面BFHD，所以DFEG.同理DFBG.又EG
16、BGG，所以DF平面BEG.热点2平面图形折叠成空间几何体(真题探源)将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算是近年高考的热点，考查学生的空间想象能力、知识迁移能力和转化思想试题以解答题为主要呈现形式，中档难度 (2015陕西卷)如图，在直角梯形ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图.(1)证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值命题立意：本题以翻折问题为背景，主要考查空间点、线、面的位置关系和空间角(二面
17、角)的计算考查学生的识图、用图的空间想象能力，以及考查学生的运算求解能力和数学推理论证能力，突出考查方程思想和转化化归思想(1)证明：在题图中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD，所以BEAC.即在题图中，BEOA1，BEOC，从而BE平面A1OC.又CDBE，所以CD平面A1OC.(2)解：由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC.如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0，0)设平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1
18、CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为，则得取n1(1，1，1)；得取n2(0，1，1)，从而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.【真题探源】本题源于人教A版选修21P119B组第3题，两题都考查空间角的计算、数学逻辑推理论证和空间想象能力以及教材习题比较，高考真题“增添”平面图形的折叠背景，并将原题的第(1)问“体积计算”变为“线面垂直”的证明，突显数学证明和图形翻折热点内容的考查求解的关键在于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试题的导向有利于指导中学数学教学，而且有利于高校选拔合格新生人教A版选修21P
19、119习题B组第3题：如图所示，在四棱锥SABCD中，底面是直角梯形，AB垂直于AD和BC，侧棱SA底面ABCD，且SAABBC1，AD0.5.(1)求四棱锥SABCD的体积；(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值【变式训练】如图，直角梯形ABCD中，ABC90，ABBC2AD4，点E，F分别是AB，CD的中点，点G在EF上，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD平面EBCF.(1)当AGGC最小时，求证：BDCG；(2)当2VBADGEVDGBCF时，求二面角DBGC的平面角的余弦值(1)证明：点E、F分别是AB、CD的中点EFBC，又ABC90，AEEF，平面AEFD平面EBC
20、F.AE平面EBCF，AEEF，AEBE，又BEEF，如图建立空间直角坐标系E-xyz.翻折前，连接AC交EF于点G，此时点G使得AGGC最小，EGBC2，又知EAEB2，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，2，2)，E(0，0，0)，G(0，2，0)，(2，2，2)，(2，2，0)，(2，2，2)(2，2，0)0，BDCG.(2)解：设EGk.AD平面EFCB，点D到平面EFCB的距离即为点A到平面EFCB的距离S四边形GBCF(3k)427k，VDGBCFS四边形GBCFAE(7k)又VBADGES四边形ADGEBE(2k)，2VBADGEVDGBCF，(2k)
21、(7k)，k1，即EG1.设平面DBG的法向量为n1(x，y，z)，G(0，1，0)，(2，1，0)，(2，2，2)，则，即，取x1，则y2，z1，n1(1，2，1)平面BCG的一个法向量为n2(0，0，1)，则cosn1，n2.所求二面角DBGC的平面角为锐角，此二面角的平面角的余弦值为.热点3立体几何中的探索开放问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探索或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种考查形式：(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 (2015天津高考改编)如图，在四棱柱ABC
22、DA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M和N分别为B1C和D1D的中点(1)求证：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)在棱A1B1上是否存在点E，使得直线NE与平面ABCD所成角的正弦值为？若存在，求出线段A1E的长；若不存在，请说明理由解：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得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)又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，所以M，N(1，2，1)(1)证明：依题意，
23、可得n(0，0，1)为平面ABCD的一个法向量，由此可得n0.又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)解：(1，2，2)，(2，0，0)，设n1(x1，y1，z1)为平面ACD1的一个法向量，则即不妨设z11，可得n1(0，1，1)设n2(x2，y2，z2)为平面ACB1的一个法向量，则又(0，1，2)，所以不妨设z21，可得n2(0，2，1)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2，所以，二面角D1ACB1的正弦值为.(3)解：假设存在点E，使得NE与平面ABCD所成角的正弦值为.依题意，可设，其中0，1，则E(0，2)，从而(1，2，1)又n(0，0，1)为平面ABCD
24、的一个法向量，由已知，得.Com|cos，n|，整理得2430，解得2.又因为0，1，所以2.因此，存在点E满足题设条件，且线段A1E2.1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【变式训练】(2016河北保定调研)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面ABC；(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值；(3)在线段
25、BC1上是否存在点D，使得ADA1B？若存在，试求出的值(1)证明：在正方形AA1C1C中，A1AAC.又平面ABC平面AA1C1C，且平面ABC平面AA1C1CAC，AA1平面ABC.(2)解：由(1)知AA1AC，AA1AB，由题意知，在ABC中，AC4，AB3，BC5，BC2AC2AB2，ABAC.以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A-xyz.A1(0，0，4)，B(0，3，0)，C1(4，0，4)，B1(0，3，4)，于是(4，0，0)，(0，3，4)，(4，3，0)，(0，0，4)设平面A1BC1的法向量n1(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2(x2，y2，z2)
26、取向量n1(0，4，3)由取向量n2(3，4，0)cos .由题图可判断二面角A1BC1B1为锐角，故二面角A1BC1B1的余弦值为.(3)解：假设存在点D(x，y，z)是线段BC1上一点，使ADA1B，且.(x，y3，z)(4，3，4)，解得x4，y33，z4，(4，33，4)，又ADA1B，03(33)160，解得，因为0，1，所以在线段BC1上存在点D，使得ADA1B，此时.热点4空间向量在几何体中的应用(多维探究)在高考中主要考查通过建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算证明空间中的线、面的平行与垂直关系，计算空间角(特别是二面角)，常与空间几何体的结构特征，空间线、面位置关
27、系的判定定理与性质定理等知识综合，以解答题形式出现，难度中等角度一线线角、线面角的计算1(2016上饶模拟)(1)如图所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，且AA1面ABC，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是_(2)已知某几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形证明：BN平面C1B1N.设直线C1N与平面CNB1所成的角为，求cos 的值解：(1)不妨设三棱柱ABC-A1B1C1的棱长为2，以，作为基向量由于AA1平面ABC，所以0，0.，()()022|cos 60220.因此，则直线AB1与BM成90的
28、角答案：90(2)证明：该几何体的正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，则BA，BC，BB1两两垂直以BA，BB1，BC分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则N(4，4，0)，B1(0，8，0)，C1(0，8，4)，C(0，0，4)，因为0，0，所以BNNB1，且BNB1C1，又因为B1NB1C1B1，所以BN平面B1NC1.解：设n(x0，y0，z0)为平面CNB1的一个法向量，则即令x01，则n(1，1，2)又(4，4，4)，则sin |cosn，|，从而cos .1第(1)题利用空间向量的线性运算，关键是选择好基底，第(2)题利用垂直关系，建立空间直角坐标系，运用向量
29、的坐标运算，其关键是写对点的坐标2解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化角度二二面角的计算2(2015重庆卷)如图，三棱锥P-ABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CDDE，CE2EB2.(1)证明：DE平面PCD；(2)求二面角A-PD-C的余弦值(1)证明：由PC平面ABC，DE平面ABC，得PCDE.由CE2，CDDE得CDE为等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE平面PCD.(2)解：由(1)知，CDE为等腰直角三角形，DCE.如图，
30、过D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1.又已知EB1，故FB2.由ACB，得DFAC，故ACDF.以C为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A(，0，0)，E(0，2，0)，D(1，1，0)，(1，1，0)，(1，1，3)，(，1，0)设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，由n10，n10，得取n1(2，1，1)由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2(1，1，0)，从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2，故所求二面角A-PD-C的余弦值为.1本题主要考查数学推理论证能
31、力，利用空间向量进行数学运算能力，同时考查化归转化的数学思想2求二面角APDC的余弦值，转化为求两个半平面所在平面的法向量通过两个平面的法向量的夹角求得二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小角度三根据空间角的大小求相关量3(2014课标全国卷)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点(1)证明：PB平面AEC.(2)设二面角D-AE-C为60，AP1，AD，求三棱锥EACD的体积(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点又E为PD的中点，所以EOPB，又EO平面AEC，PB平面AEC.所以PB平面AEC
32、.(2)解：因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直如图，以A为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，则D(0，0)，E，.设B(m，0，0)(m0)，则C(m，0)，(m，0)设n1(x，y，z)为平面ACE的法向量，则即可取n1.又n2(1，0，0)为平面DAE的法向量，由题设|cosn1，n2|，即，解得m.因为E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V.建立恰当的空间直角坐标系，将两平面的法向量用与待求相关的参数(字母)表示，利用两向量的夹角公式构建方程或不等式或函数，进而求解【变式训练】(2015江苏卷)如图
33、，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长解：以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)(1)由题意知，AD平面PAB，所以(0，2，0)是平面PAB的一个法向量因为(1，1，2)，(0，2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PCD
34、的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1，0，2)，设(，0，2)(01)，又(0，1，0)，则(，1，2)又(0，2，2)，从而cos，.设12t，t1，3则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.1如图所示，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点求证：(1)DE平面ABC；(2)B1F平面AEF.证明：(1)如图建立空间直角坐标系A-xyz，令A
35、BAA14，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4)取AB中点为N，连接CN，则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，(2，4，0)，(2，4，0)，DENC，又NC平面ABC，DE平面ABC.故DE平面ABC.(2)(2，2，4)，(2，2，2)，(2，2，0)(2)22(2)(4)(2)0，(2)222(4)00.，即B1FEF，B1FAF，又AFFEF，B1F平面AEF.2(2016西安质检)如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，ABADAA(0)，E，F分别是AC和AD的中点，且EF平面ABCD.(1)求的值
36、；(2)求二面角C-AB-E的余弦值解：以D为原点，DA，DC，DD分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系设AAAD2，则AB2，D(0，0，0)，A(2，0，2)，D(0，0，2)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(1，2)，F(1，0，0)(1)(0，2)，(2，0，0)，(0，2，2)，EFDA，EFAB，0，0，即2240，.(2)设平面EAB的一个法向量为m(1，y，z)，则(0，2，2)，(1，0)，y，z1，m.由已知，(0，2)是平面ABCD的一个法向量cosm，.又二面角C-AB-E为锐二面角，故二面角C-AB-E的余弦值为.3(2015课标全国卷)如图，四边形ABCD为
37、菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值(1)证明：如图所示，连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在RtEBG中，可得BE，故DF.在RtFDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，所以EG平面AFC.因为EG平面AEC，所
38、以平面AEC平面AFC.(2)解：如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1，0，)，F，C(0，0)，.Com所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.4(2015济南质检)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1.(1)证明：PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30，求AE的长(1)证明：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意，得A(0，0，0)，D(2
39、，0，0)，C(0，1，0)，B，P(0，0，2)易得(0，1，2)，(2，0，0)，于是0，所以PCAD.(2)解：(0，1，2)，(2，1，0)设平面PCD的法向量n(x，y，z)，则即不妨令z1，可得n(1，2，1)可取平面PAC的法向量m(1，0，0)于是cosm，n，从而sinm，n，所以二面角APCD的正弦值为.(3)解：设点E的坐标为(0，0，h)，其中h0，2由此得.由(2，1，0)，故cos，所以cos 30，解得h，即AE.5已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，AD2，AB1，E、F分别是线段AB、BC的中点(1)求证：PFFD；(2)在PA上找一
40、点G，使得EG平面PFD；(3)若PB与平面ABCD所成的角为45，求二面角A-PD-F的余弦值(1)证明：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)，F(1，1，0)，D(0，2，0)，不妨令P(0，0，t)，t0.(1，1，t)，(1，1，0)，111(1)(t)00.PFFD.(2)解：设平面PFD的法向量为n(x，y，z)，由得则取z1，则n.设G(0，0，m)，E(，0，0)，(，0，m)，由题意n0，m0，mt，当G是线段PA的靠近于A的一个四等分点时，使得EG平面PFD.(3)解：PA平面ABCD，PBA就是PB与平面ABCD所成的角，即PBA
41、45，PAAB1，P(0，0，1)，由(2)知平面PFD的一个法向量为n(，1)易知平面PAD的一个法向量为(1，0，0)，cos，n.由图知，二面角A-PD-F的平面角为锐角，所以，二面角A-PD-F的余弦值为.6(2015湖南卷)如图，已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A1A6，且A1A底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上(1)若P是DD1的中点，证明：AB1PQ；(2)若PQ平面ABB1A1，二面角P-QD-A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积解：由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y
42、轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B1(3，0，6)，D(0，6，0)，D1(0，3，6)，Q(6，m，0)，其中mBQ，0m6.(1)证明：若P是DD1的中点，则P(0，3)，(6，m，3)又(3，0，6)，于是18180，所以，即AB1PQ.(2)解：由题设知，(6，m6，0)，(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，则即取y6，得n1(6m，6，3)又平面AQD的一个法向量是n2(0，0，1)，所以cosn1，n2.而二面角P-QD-A的余弦值为.因此，解得m4或m8(舍去)，此时Q(6，4，0)设(01)，而(0，3，6)，由此得点P(0，63，6)，所以(6，32，6)因为PQ平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3(0，1，0)，所以n30，即320，亦即，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h4，故四面体ADPQ的体积VSADQh66424.