1、第3讲立体几何中的向量方法考情研析以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.核心知识回顾1.线、面的位置关系与向量的关系设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(1)lmabakba1ka2，b1kb2，c1kc2；(2)lmabab0a1a2b1b2c1c20；(3)laa0a1a3b1b3c1c30；(4)laaka1ka3，b1kb3，c1kc3；(5)vkva3ka
2、4，b3kb4，c3kc4；(6)vv0a3a4b3b4c3c40.2三种空间角与空间向量的关系(1)线线角：设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则两异面直线所成的角满足cos.(2)线面角：设l是斜线l的方向向量，n是平面的法向量，则斜线l与平面所成的角满足sin.(3)二面角如图()，AB，CD是二面角l的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小A，C；如图()()，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足coscosn1，n2或cosn1，n2热点考向探究考向1 利用向量证明平行与垂直例1如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形
3、，ABCD，AB4，BCCD2，AA12，E，E1分别是棱AD，AA1的中点(1)设F是棱AB的中点，证明：直线EE1平面FCC1；(2)证明：平面D1AC平面BB1C1C.证明如图，过点D作AB垂线交AB于G，则以D为原点，DG，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，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)，C(，1,0)设平面C1FC的法向量n1(x，y，z)，则令x1，得n1(1，0)，又，故n10，又E1E平面FCC1，所以E1E平面F
4、CC1.(2)(，1，2)，(0,2，2)，设平面D1AC的法向量n2(a，b，c)，由得令b1，得其中一个n2(，1,1)同理易得平面BB1C1C的一个法向量n3(1，0)，n2n30，故平面D1AC平面BB1C1C.利用空间向量证明平行与垂直的方法步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系(4)根据运算结果解释相关问题(2019贵阳二模)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱
5、PC的中点证明：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD.证明依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)(1)向量B(0,1,1)，D(2,0,0)，故BD0.所以BEDC.(2)因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以ABPA，又因为ABAD，PAADA，所以AB平面PAD，所以向量A(1,0,0)为平面PAD的一个法向量，而A(0,1,1)(1,0,0)0，所以BA，又BE平面PAD，所以BE平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一个法向量A(
6、1,0,0)，向量P(0,2，2)，D(2,0,0)，设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即不妨令y1，可得n(0,1,1)为平面PCD的一个法向量则nA(0,1,1)(1,0,0)0，所以nA.所以平面PAD平面PCD.考向2 利用空间向量求空间角角度1利用空间向量求异面直线所成的角例2如图，四边形ABCD为菱形，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所成角的余弦值解(1)证明：连接BD，设BDACG，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB1.由A
7、BC120，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，可得EF.从而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因为EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)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，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.角度2利用空间向量求线面角例3(2
8、019银川一中新高三入学考试)如图，在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是边长为8的菱形，BAD60，PBD是等边三角形，二面角PBDC的余弦值为.(1)求证：BDPC；(2)求直线PC与平面PAD夹角的正弦值解(1)证明：连接AC交BD于点O，连接PO.因为四边形ABCD是菱形，所以BDAC，且AC和BD互相平分又因为PBPD，O为BD的中点，所以BDPO，又因为POACO，所以BD平面PAC.因为PC平面PAC，所以BDPC.(2)过点P作PEOC，交点为E，因为BD平面PAC，所以BDPE，因为BDOCO，所以PE平面ABCD.易知POE为二面角PBDC的平面角，所以cosPOE，sin
9、POE.又因为BAD60，所以ABD和PBD都是边长为8的等边三角形所以OP4，则PE，OE.建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，4，0)，D(4，0,0)，C(0,4，0)，P0，.所以(4,4，0)，4，0，.设平面PAD的法向量为m(x1，y1，z1)，则即令x13，则y1，z1，得平面PAD的一个法向量m(3，)所以|cosm，|，所以直线PC与平面PAD夹角的正弦值为.角度3利用空间向量求二面角例4(2019马鞍山高三监测)如图，半圆柱OO中，平面ABBA过上、下底面的圆心O，O，点C，D分别在半圆弧AB，AB上且.(1)求证：CD平面ABBA；(2)若2ACABAA，求二面角C
10、ADB的余弦值解(1)证明：如图，取的中点M，OO平面ABC，OA，OM，OO两两垂直，以O为坐标原点，OA，OM，OO所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，连接OC，设OA1，AOC(00)，则A(2,0,0)，A1(1,0，)，C(0，t,0)，(1,0，)，(2，t,0)因为四边形A1ACC1为平行四边形，则(3，t，)，易知ABC的一个法向量为n(0,0,1)，|cos，n|，解得t.(1,0，)，(3，)，设平面AA1C1的法向量n1(x1，y1，z1)，令z11，则n1(，2,1)，由(1)可得平面AB1C1的一个法向量(1,0，)，cosn1，二面角A1AC
11、1B1的余弦值为.考向3 立体几何中的探索性问题例5如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为正方形，PA底面ABCD，ADAP，E为棱PD的中点(1)证明：PD平面ABE；(2)若F为AB的中点，(01)，试确定的值，使二面角PFMB的余弦值为.解(1)证明：PA平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB，又ABAD，ADPAA，AB平面PAD.又PD平面PAD，PDAB，ADAP，E为PD中点，AEPD，由且ABAEA，可得PD平面ABE.(2)以A为原点，以，为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz，令|AB|2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2，2,0)
12、，E(0,1,1)，F(1,0,0)，(1,0，2)，P(2,2，2)，(2，2，2)，M(2，2，22)，B(1,0,0)，F(21,2，22)设平面PFM的法向量m(x，y，z)，即m(2，1,1)，设平面BFM的法向量n(x，y，z)，即取z，则n(0，1，)，|cosm，n|，解得.利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论(2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论(20
13、19桂林高三4月一模)如图1，在边长为3的菱形ABCD中，已知AFEC1，且EFBC.将梯形ABEF沿直线EF折起，使BE平面CDFE，如图2，P，M分别是BD，AD上的点(1)若平面PAE平面CMF，求AM的长；(2)是否存在点P，使直线DF与平面PAE所成的角是45？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)因为平面PAE与平面CDFE有公共点E，所以平面PAE与平面CDFE相交，设交线为EQ，若平面PAE平面CMF，因为平面CDFE平面CMFCF，则EQCF.设EQDFQ，又因为FQCE，所以四边形ECFQ是平行四边形，FQCE，同理，由平面PAE平面CMF，因为平面PAE平面ADQ
14、AQ，平面CMF平面ADQMF，所以AQMF.所以.因为AFDF，AF1，DF2，所以AD，所以AM.(2)结论：存在点P，使直线DF与平面PAE所成的角是45.在题图2中，以点F为原点，分别以FE，FD，FA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示易得EF2，则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)，设(0,1)，则(2，2，2)，则(22，2，12)，设平面PAE的法向量为n(x，y，z)，由得令x1，可得z2，y3，所以n(1,3，2)若存在点P，使DF与平面
15、PAE所成的角是45，则|cosn，|，解得，因为(0,1，所以，即.故存在一点P，当时，直线DF与平面PAE所成的角是45.真题押题1(2019遵义航天高级中学高三第四次模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A. B. C. D.答案A解析建立如图所示的空间直角坐标系，由ABBC1，AA1，可知D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0，)，B1(1,1，)，(1,0，)，(1,1，)，设，的夹角为，则有cos，故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为|cos|，故选A.2(2019东北三校联考)已知在正方体ABCDA
16、1B1C1D1中，点E是棱A1B1的中点，则直线AE与平面BDD1B1所成角的正弦值为_答案解析以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设正方体的棱长为2，则A(0,0,2)，C(2,2,2)，E(1,0,0)，A(2,2,0)，A(1,0，2)ACBD，ACBB1，BDBB1B，AC平面BDD1B1，则A(2,2,0)是平面BDD1B1的一个法向量设直线AE与平面BDD1B1所成的角为，则sin|cosA，A|.3(2019北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E为PD的
17、中点，点F在PC上，且.(1)求证：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)设点G在PB上，且.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由解(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PACD.又因为ADCD，PAADA，所以CD平面PAD.(2)过点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD，所以PAAM，PAAD.建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2，1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)因为E为PD的中点，所以E(0,1,1)所以(0,1,1)，(2,2，2)，(0,0,2)所以，所以.设平面AEF的法向量为n(x，y，z)
18、，则即令z1，则y1，x1.于是n(1，1,1)又因为平面PAD的一个法向量为p(1,0,0)，所以cosn，p.由题知，二面角FAEP为锐角，所以其余弦值为.(3)直线AG在平面AEF内理由：因为点G在PB上，且，(2，1，2)，所以，所以.由(2)知，平面AEF的一个法向量n(1，1,1)，所以n0.又直线AG与平面AEF有公共点A，所以直线AG在平面AEF内4(2019黄山高三第二次质量检测)如图，已知四边形ABCD满足ADBC，BAADDCBCa，E是BC的中点，将BAE沿AE翻折成B1AE，使得B1Da，F为B1D的中点(1)证明：B1E平面ACF；(2)求平面ADB1与平面ECB1
19、所成锐二面角的余弦值解(1)证明：连接ED交AC于点O，连接OF，由四边形AECD为菱形，F为B1D的中点得，OFB1E，B1E平面ACF，所以B1E平面ACF.(2)取AE的中点M，连接DM，B1M，易知B1MAM，DMAM，由AB1a，ADa，AM，得B1MDMa，又B1Da，B1M2DM2B1D2，B1MDM，B1M，DM，MA两两垂直以MD，MA，MB1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图)则A0，0，D，0,0，B10,0，C，a,0，E0，0，0，0，0，0，设平面ADB1的法向量m(x，y，z)，则令y1，解得m，1，同理平面ECB1的一个法向量n，1，cosm，
20、n，故平面ADB1与平面ECB1所成锐二面角的余弦值为.金版押题5. 如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，AFDE，DEAD，ADBE，AFADDE1，AB.(1)求证：BF平面CDE；(2)求二面角BEFD的余弦值；(3)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ平面BEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解(1)证明：由底面ABCD为平行四边形，知ABCD，又因为AB平面CDE，CD平面CDE，所以AB平面CDE.同理AF平面CDE，又因为ABAFA，所以平面ABF平面CDE.又因为BF平面ABF，所以BF平面CDE.(2)连接BD，因为平面
21、ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，DEAD，所以DE平面ABCD，则DEDB.又因为DEAD，ADBE，DEBEE，所以AD平面BDE，则ADBD.故DA，DB，DE两两垂直，所以以DA，DB，DE所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，E(0，0,2)，F(1,0,1)，所以(0，1,2)，(1,0，1)，n(0,1,0)为平面DEF的一个法向量设平面BEF的法向量为m(x，y，z)，由m0，m0，得令z1，得m(1,2,1)所以cosm，n.如图可得二面角BEFD为锐角，所以
22、二面角BEFD的余弦值为.(3)结论：线段BE上存在点Q，使得平面CDQ平面BEF.证明如下：设(0，2)(0,1)，所以(0,1，2)设平面CDQ的法向量为u(a，b，c)，又因为(1,1，0)，所以u0，u0，即令b1，得u1,1，.若平面CDQ平面BEF，则mu0，即120，解得(0,1)所以线段BE上存在点Q，使得平面CDQ平面BEF，且此时.配套作业1(2019六盘山高级中学高三二模)如图，AB是半圆O的直径，C是半圆O上除A，B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面，DCEB，DCEB1，AB4.(1)证明：平面ADE平面ACD；(2)当C点为半圆的中点时，求二面角DAEB的余弦
23、值解(1)证明：AB是直径，BCAC，CD平面ABC，CDBC，CDACC，BC平面ACD，CDBE，CDBE，四边形BCDE是平行四边形，BCDE，DE平面ACD，DE平面ADE，平面ADE平面ACD.(2)依题意，ACBC2，如图所示，建立空间直角坐标系，则D(0,0,1)，E(0,2，1)，A(2，0,0)，B(0,2，0)，(2，2，0)，(0,0,1)，(0,2，0)，(2，0，1)，设平面DAE的法向量为n1(x，y，z)，即n1(1,0,2)，设平面ABE的法向量为n2(x，y，z)，即n2(1,1,0)，cosn1，n2，二面角DAEB是钝角，二面角DAEB的余弦值为.2(20
24、19聊城高三一模)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，AC2，AA1AB4，BAC120，ACC160.(1)证明：AC1BC；(2)求直线CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值解(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，AC2，AA1AB4，BAC120，ACC160.AC12，ACAC2CC，AC1AC，平面ACC1A1平面ABCAC，AC1平面ABC，AC1BC.(2)如图，以A为坐标原点，AB为y轴，AC1为z轴，建立空间直角坐标系，则C(，1,0)，B1(，5，2)，B(0,4,0)，A(0,0,0)，(2，6,2)，(0,4,
25、0)，(，5,2)，设平面ABB1A1的法向量n(x，y，z)，则取x2，得n(2,0,1)，设直线CB1与平面ABB1A1所成角为，则sin，直线CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值为.3.(2019蚌埠市高三下学期第二次教学质量检查)如图所示，菱形ABCD的边长为2，D60，点H为DC的中点，现以线段AH为折痕将菱形折起使得点D到达点P的位置且平面PHA平面ABCH，点E，F分别为AB，AP的中点(1)求证：平面PBC平面EFH；(2)求平面PAH与平面PBC所成锐二面角的余弦值解(1)证明：菱形ABCD中，E，H分别为AB，CD的中点，所以BECH，BECH，四边形BCHE为平行四边形
26、，则BCEH，又EH平面PBC，所以EH平面PBC.又点E，F分别为AB，AP的中点，则EFBP，EF平面PBC，所以EF平面PBC.而EFEHE，所以平面EFH平面PBC.(2)菱形ABCD中，D60，则ACD为正三角形，所以AHCD，AH，DHPHCH1.折叠后，PHAH，又平面PHA平面ABCH，平面PHA平面ABCHAH，从而PH平面ABCH.因为AHCD，所以HA，HC，HP三条线两两垂直，以，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(，2,0)，(，1,0)，(0，1,1)，设平面PBC的法向量为m(x，y，z)，则即令y，得x
27、1，z，所以m(1，)因为平面PAH的一个法向量n(0,1,0)，所以cosm，n.设平面PAH与平面PBC所成锐二面角为，则cos.4如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2，BC4，PA2.(1)求证：ABPC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由解(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD是直角梯形，由ADCD2，BC4，可得ABC是等腰直角三角形，即ABAC，因为PA平面ABCD，所以PAAB，又PAACA，所以AB平面PAC，又PC平面PAC，所以AB
28、PC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0,0,2)，B(2，2，0)，P(0，2，2)，A(2，2，0)设Pt(0t1)，则点M的坐标为(0，2t，22t)，所以A(0，2t，22t)设平面MAC的法向量是n(x，y，z)，则得则可取n.又m(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，所以|cosm，n|cos45，解得t，即点M是线段PD的中点此时平面MAC的一个法向量可取n0(1，1，)，B(2，3，1)设BM与平面MAC所成的角为，则sin|cosn0，B|.5如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，A
29、BAC，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)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长解如图，以A为坐标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)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，可得n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，M.由此可得Mn0，又直线MN平面AB
30、CD，所以MN平面ABCD.(2)(1，2,2)，A(2,0,0)设n1(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，则即不妨设z11，可得n1(0,1,1)设n2(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，则又(0,1,2)，得不妨设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)依题意，可设，其中0,1，则E(0，2)，从而N(1，2,1)又n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cosN，n，整理得2430，又0,1，所以2.所以线段A1E的长为2.6(2019朝阳区高三二模)如图，已知正方形ADEF，梯形A
31、BCD，且ADBC，BAD90，平面ADEF平面ABCD，ABAD1，BC3.(1)求证：AFCD；(2)求直线BF与平面CDE所成角的正弦值；(3)线段BD上是否存在点M，使得直线CE平面AFM，若存在，求的值；若不存在，请说明理由解(1)证明：因为四边形ADEF为正方形，所以AFAD.又因为平面ADEF平面ABCD，且平面ADEF平面ABCDAD，所以AF平面ABCD.所以AFCD.(2)由(1)可知，AF平面ABCD，所以AFAD，AFAB.因为BAD90，所以AB，AD，AF两两垂直分别以AB，AD，AF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)因为ABAD1，BC3，所以A
32、(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)设平面CDE的一个法向量为n(x，y，z)，则即令x2，则y1，所以n(2，1,0)设直线BF与平面CDE所成角为，则sin|cosn，|.(3)结论：线段BD上存在点M，使得直线CE平面AFM.设(0,1)，设M(x1，y1，z1)，由，得(x11，y1，z1)(1,1,0)，所以x11，y1，z10，所以M(1，0)，所以(1，0)设平面AFM的法向量为m(x0，y0，z0)，则因为(0,0,1)，所以令x0，则y01，所以m(，1,0
33、)在线段BD上存在点M，使得CE平面AFM等价于存在0,1，使得m0.因为(1，2,1)，由m0，所以2(1)0，解得0,1，所以线段BD上存在点M，使得CE平面AFM，且.7如图，在四边形ABCD中，ABCD，BCD，四边形ACFE为矩形，且CF平面ABCD，ADCDBCCF.(1)求证：EF平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值解(1)证明：设ADCDBCCF1，ABCD，BCD，AB2，CBA60.AC2AB2BC22ABBCcos603.AB2AC2BC2.ACBC.又CF平面ABCD，CFAC.由可得
34、AC平面BCF.又四边形ACFE为矩形，EFAC，EF平面BCF.(2)由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系设ADCDBCCF1，令FM(0)，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(，0,1)，(，1,0)，(，1,1)，设n1(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，由得取x1，则n1(1，)，设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为，n2(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，cos.0，当0时，cos有最小值，点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成二面角最大，此时二面角的余弦值为.8(2019凯里市第一中学高三模拟)如
35、图所示，三棱锥PABC放置在以AC为直径的半圆面O上，O为圆心，B为圆弧上的一点，D为线段PC上的一点，且ABBCPA3，PB3，PABC.(1)求证：平面BOD平面PAC；(2)当二面角DABC的平面角为60时，求的值解(1)证明：由ABPA3，PB3，PA2AB2PB2，PAAB，又PABC且ABBCB，PA平面ABC.BO平面ABC，PABO，由BABC，圆心O为AC的中点，所以BOAC.因为ACPAA，故BO平面PAC，又BO平面BOD，所以平面BOD平面PAC.(2)由(1)知PA平面ABC，且BABC，过点B作PA的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知B(0,0,0)，A
36、(3,0,0)，C(0,3,0)，P(3,0,3)，设(01)，则(3,0,0)，(3,0,3)(3,3，3)(33，3，33)，设m(x，y，z)为平面BAD的法向量，则令z1，则y1，所以m0,1，1，取平面ABC的一个法向量为n(0,0,1)因为二面角DABC的平面角为60，所以cos60|cosm，n|，解得或0(舍去)，所以当二面角DABC的平面角为60时，.立体几何类解答题(2019大连市高三一模)(12分)如图，等腰梯形ABCD中，ABCD，ADABBC1，CD2，E为CD的中点，以AE为折痕把ADE折起，使点D到达点P的位置(P平面ABCE)(1)证明：AEPB；(2)若直线P
37、B与平面ABCE所成的角为，求二面角APEC的余弦值解(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，ABCE，ABCE，四边形ABCE为平行四边形，AEBCADDE，ADE为等边三角形，在等腰梯形ABCD中，CADE，DABABC，在等腰三角形ADB中，ADBABD，DBC，即BDBC，BDAE，(2分)翻折后可得OPAE，OBAE，又OP平面POB，OB平面POB，OPOBO，AE平面POB，(4分)PB平面POB，AEPB.(6分)(2)在平面POB内作PQOB，垂足为Q，AE平面POB，AEPQ，OB平面ABCE，AE平面ABCE，AEOBO，PQ平面ABCE，直线PB与平面
38、ABCE的夹角为PBQ，(8分)又OPOB，OPOB，O，Q两点重合，即OP平面ABCE，以O为原点，OE所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，(9分)设平面PCE的一个法向量为n1(x，y，z)，则设x，则y1，z1，n1(，1,1)，(10分)由题意得，平面PAE的一个法向量n2(0,1,0)，(11分)设二面角APEC的大小为，则|cos|.易知二面角APEC为钝角，所以cos.(12分)1由平面几何的知识证明两相交直线垂直给2分2由已知条件证明直线与平面垂直给2分3由直线与平面垂直证明直线与直线垂直给2分4由已知条件证明直线PB与平面ABCE的夹角
39、为PBQ给2分5由已知条件证明OP平面ABCE，即以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系给1分6由已知条件求得二面角APEC的两个半平面的法向量分别给1分7代入二面角的计算公式求解给1分1写全得分条件，证明线面平行时，一定要说明平面内的直线和平面外的直线2写明得分关键，利用法向量求解空间角时，要构建恰当的空间直角坐标系，准确求解相关点的坐标，赋值法求出平面的法向量，利用公式求出法向量的夹角，根据几何体的结构特征判断二面角的取值范围，正确写出二面角的余弦值跟踪训练(2019毛坦厂中学高三联考)(12分)如图所示，在几何体ABCDE中，ABC是等边三角形，AE平面ABC
40、，CDAE，且CD2AE2AC.(1)试在线段BD上确定点M的位置，使EM平面BCD，并证明；(2)求二面角EBCD的余弦值解(1)当点M为BD的中点时，EM平面BCD.(1分)证明如下：取BC的中点F，连接AF，MF，MFCD且MFCD，又AECD，AECD，MFAE且MFAE，四边形AEMF为平行四边形，EMAF.(2分)又AE平面ABC，CDAE，CD平面ABC，又CD平面BCD，平面BCD平面ABC，(3分)ABC是等边三角形，AFBC，又平面ABC平面BCDBC，AF平面BCD，(5分)EM平面BCD.(6分)(2)由(1)知，FA，FB，FM两两互相垂直，以F为原点，以FA，FB，FM所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系(7分)设EAAC2，则CD4，C(0，1,0)，B(0,1,0)，E(，0,2)，(，1,2)，(，1,2)设平面EBC的法向量为n(x，y，z)，则即解得y0，令x，则z，n(，0，)，(9分)由(1)知，平面BCD的一个法向量为m(1,0,0)，(10分)cosm，n，由图知，二面角EBCD为锐角，二面角EBCD的余弦值为.(12分)
