1、 专题 5.3 运用空间向量解决立体几何中的角与距离 一、单选题1、若直线 l 的方向向量为 a(1，0，2)，平面 的法向量为 n(2，0，4)，则()A.l B.l C.l D.l 与 斜交【答案】B【解析】a(1，0，2)，n(2，0，4)，n2a，即 an，l.故选 B.2、已知 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面 ABC 法向量的是()A.(1，1，1)B.(1，1，1)C.33，33，33D.33，33，33【答案】C.【解析】AB(1，1，0)，AC(1，0，1)，经计算得 C 项符合题意故选 C.3、在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E
2、 为 BC 的中点，F 为 B1C1 的中点，则异面直线 AF 与 C1E 所成角的正切值为()A.52B.23C.2 55D.53【答案】C.【解析】以 D 为坐标原点，DC，DA，DD1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 2，第 3 题图可得 A(0，2，0)，B(2，2，0)，C(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(2，0，2)，由中点坐标公式可得 E(2，1，0)，F(2，1，2)，则 AF(2，1，2)，C1E(0，1，2)，设两异面直线所成角为，则 cos|cosAF，C1E|AFC1E|AF|C1
3、E|14|9 5 53，则 sin 23，故异面直线 AF 与 C1E 所成角的正切值为23532 55.故选C.4、如图所示，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，已知 M，N 分别是 BD 和 AD 的中点，则 B1M 与 D1N 所成角的余弦值为()A.3030 B 3015C.3010D.1515【答案】C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系设正方体的棱长为 2，则 B1(2,2,2)，M(1,1,0)，D1(0，0,2)，N(1,0,0)，B1M(1，1，2)，D1N(1,0，2)，B1M 与 D1N 所成角的余弦值为|B1M D1N|B1M|D1N|14|114 14 3010
4、.5、.如图，已知长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，ADAA11，AB3，E 为线段 AB 上一点，且 AE13AB，则DC1 与平面 D1EC 所成角的正弦值为()A.3 3535B2 77C.33D.24【答案】A【解析】如图，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，DC1(0,3,1)，D1E(1,1，1)，D1C(0,3，1)设平面 D1EC 的法向量为 n(x，y，z)，则nD1E 0，nD1C 0，即xyz0，3yz0，取 y1，得 n(2
5、,1,3)DC1，n DC1 n|DC1|n|3 3535，DC1 与平面 D1EC 所成的角的正弦值为3 3535.6、(2020 届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考)在正方体1111ABCDA B C D中，O 是底面1111DCBA的中心，E 是棱 AB 上的点，且14AEAB，记直线OE 与直线 BC 所成角为，直线OE 与平面 ABCD 所成角为 ，二面角OABC的平面角为，则()A B C D【答案】C【解析】以 D 为原点，DA为 x 轴，DC 为 y 轴，1DD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCDA B C D中棱长为 4，则2 2 44104 4()
6、()00(4 04 0 0)()()OEBCA，OE2(4)1，(B)C4 0 0，|OE BC|OE|BC|cos821 4221，平面 ABCD 的法向量0 1()n0，|OE n|OE|n|sin421，24121cos521，(OB2 24)，OA2(4)2，设平面OAB 的法向量()mxyz，则22402240m OAxyzmOBxyz，取2x，得2 01()m，|m n|m|n|cos15，coscoscos，.故选：C.7、在正方体 ABCD-A1B1C1D1 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.12B23C.33D
7、.22【答案】B【解析】以 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz，设棱长为 1，则 A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0,1,0)，A1D(0,1，1)，A1E 1，0，12，设平面 A1ED 的一个法向量为 n1(1，y，z)，则n1A1D 0，n1A1E 0，即yz0，112z0，y2，z2，n1(1,2,2)又平面 ABCD 的一个法向量为 n2(0,0,1)，cosn1，n2 23123.即平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.8、如图，正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直，AB 2，AF1，M 在 EF 上，且 AM平
8、面 BDE.则 M 点的坐标为()A(1,1,1)B23，23，1C.22，22，1D.24，24，1【答案】C【解析】设 AC 与 BD 相交于 O 点，连接 OE，由 AM平面 BDE，且 AM平面 ACEF，平面 ACEF平面BDEOE，AMEO，又 O 是正方形 ABCD 对角线交点，M 为线段 EF 的中点在空间坐标系中，E(0,0,1)，F(2，2，1)由中点坐标公式，知点 M 的坐标22，22，1.9、(2020 届浙江省十校联盟高三下学期开学)如图，矩形 ABCD 中，4AB，2AD，E 为CD 的中点，ADE沿着 AE 向上翻折，使点 D 到D.若D 在平面 ABCD 上的投
9、影 H 落在梯形 ABCE 内部(不含边界)，设二面角DBCE的大小为，直线D C，D B 与平面 ABC 所成角分别为 ，则()A B C D【答案】C【解析】由24ABAD，可知，DEDA，作 AB 中点 P，则 DPAE，故 H 在线段 DP上，作 D MBC交 BC 于 M，连接 HM，HB，HC，如图，易知，tanD HHM，tanD HHC，tanD HHB，又 HMHBHC，故选：C 10、(2020 届浙江省“山水联盟”高三下学期开学)如图正四棱锥 PABCD，E 为线段 BC 上的一个动点，记二面角 PCDB为，PE 与平面 ABCD 所成的角为 ，PE 与CD 所成的角为，
10、则()A B C D【答案】C【解析】以正方形 ABCD 的中心O 为原点，分别以平行于,AB AD 所在直线为,x y 轴，OP 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示 取CD 中点 F，连接 PF.则PFO.连接OE，则PEO.设 0,0,2,0,PhABa E a xaxa，则,0,0C a aDa a.则22tan,tanhhhaOEax.又,2,0,0PEa xh CDa，22222222coscos,2PE CDaaPE CDPE CDaxhaaxh，2222222sin,tanxhxhaaxh.22220,0,ahaxaaaxhxh ，2222hhxhaaax，即 ta
11、ntantan.由题意知,都是锐角，.故选：C.11、(2018 年高考浙江卷)已知四棱锥 SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段 AB 上的点(不含端点)，设 SE 与 BC 所成的角为 1，SE 与平面 ABCD 所成的角为 2，二面角 SABC 的平面角为 3，则()A123 B321 C132 D231【答案】D【解析】设 O 为正方形 ABCD 的中心，M 为 AB 中点，过 E 作 BC 的平行线 EF，交 CD 于 F，过 O 作 ON垂直 EF 于 N，连接 SO，SN，SE，SM，OM，OE，则 SO 垂直于底面 ABCD，OM 垂直于 AB，因此123,SEN
12、SEOSMO 从而123tan,tan,tan,SNSNSOSOENOMEOOM 因为 SNSOEOOM，所以132tantantan,即132，故选 D.12、(2019 年高考浙江卷)设三棱锥 VABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱 VA 上的点(不含端点)记直线 PB 与直线 AC 所成的角为，直线 PB 与平面 ABC 所成的角为，二面角 PACB 的平面角为，则()A，B，C，D，【答案】B【解析】如图，G 为 AC 中点，连接 VG，V 在底面 ABC 的投影为O，则 P 在底面的投影 D 在线段 AO上，过 D 作 DE 垂直于 AC 于 E，连接 PE，BD，易得
13、PEVG，过 P 作 PFAC交VG 于 F，连接BF，过 D 作 DHAC，交 BG 于 H，则,BPFPBDPED ，结合PFB，BDH，PDB 均为直角三角形，可得coscosPFEGDHBDPBPBPBPB，即；在 RtPED 中，tantanPDPDEDBD，即，综上所述，答案为 B.13、(2018 年高考全国卷理数)在长方体1111ABCDABC D中，1ABBC，13AA，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A 15 B56 C55 D22【答案】C【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则11B PAD，连接 DP，易求得1=5DBD
14、P，12B P，则1DB P是异面直线1AD 与1DB 所成的角，由余弦定理可得222111115455cos254 5DBB PDPDB PDB PB.故选 C.方法二：以 D 为坐标原点，DA,DC,DD1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则110,0,0,1,0,0,1,1,3,0,0,3DABD,所以111,0,3,1,1,3ADDB,因为1111111 35cos,525AD DBAD DBAD DB，所以异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为55，故选 C.14、(2019 年 11 月北京市清华大学中学生标准学术能力诊断性测试测试数学(理)试题)如图，在菱形
15、 ABCD中，ABC60，E，F 分别是边 AB，CD 的中点，现将ABC 沿着对角线 AC 翻折，则直线 EF 与平面 ACD所成角的正切值最大值为()A2B213C33D22【答案】D【解析】如图，以 AC 的中点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设二面角 BACD为，可证BOD，设棱形的边长为4，则 0,2,0A，2 3cos,0,2 3sinB，3cos,1,3sinE，0,2,0C，2 3,0,0D，3,1,0F3cos3,2,3sinFE易知平面 ACD 的法向量0,0,1n 设直线 EF 与平面 ACD 所成角为，则22222223 1 cos3sin3sinsin106cos
16、2 53cos3 cos143sinn FEnFE令 215 3xf xx，1,1x 22231331033535xxxxfxxx则 0fx时113x 即 f x 在11,3上单调递增；0fx时 113x 即 f x 在 1,13上单调递减；max1239f xf 2max1sin3则2max2cos3222maxsin1tancos2max2tan2故选：D 二、多选题15、(2010 建邺区校级期中)已知点 P 是平行四边形 ABCD所在的平面外一点，如果(2AB，1，4)，(4AD，2，0)，(1AP ，2，1)下列结论正确的有()A APABB APADC AP 是平面 ABCD的一个
17、法向量D/APBD【答案】ABC【解析】：对于 A，2(1)(1)2(4)(1)0AB AP ，APAB，即 APAB，A 正确；对于 B，(1)422(1)00AP AD ，APAD，即 APAD，B 正确；对于C，由 APAB，且 APAD，得出 AP 是平面 ABCD的一个法向量，C 正确；对于 D，由 AP 是平面 ABCD的法向量，得出 APBD，则 D 错误故选：ABC 16、(2020 届山东省滨州市高三上期末)已知菱形 ABCD 中，60BAD，AC 与 BD相交于点O，将ABD沿 BD折起，使顶点 A至点 M，在折起的过程中，下列结论正确的是()A BDCM B存在一个位置，
18、使 CDMV为等边三角形 CDM 与 BC 不可能垂直 D直线DM 与平面 BCD 所成的角的最大值为60 【答案】ABD【解析】A 选项，因为菱形 ABCD 中，AC 与 BD相交于点O，所以 AOBD，COBD；将ABD沿 BD折起，使顶点 A 至点M，折起过程中，AO 始终与 BD垂直，因此 MOBD，又 MOCO，由线面垂直的判定定理，可得：BD 平面CMO，因此 BDCM，故 A 正确；B 选项，因为折起的过程中，AD 边长度不变，因此 MDCD；若 CDMV为等边三角形，则CMCD；设菱形 ABCD 的边长为2，因为60BAD，则sin603AOAB，即3AOMO，又2CMCD，所
19、以3341cos2 33MOC，即二面角 MBDC的余弦值为 13时，CDMV为等边三角形；故 B 正确；C 选项，DMOMOD，BCOCOB，由 A 选项知，MOBD，COBD，所以0OM OBOD OC，因此 DM BCOMODOCOBOM OCOD OB，同 B 选项，设菱形 ABCD 的边长为2，易得3OCOM，1OBOD，所以3cos1DM BCMOC，显然当1cos3MOC 时，0DM BC，即 DMBC；故 C 错误；D 选项，同 BC 选项，设菱形 ABCD 的边长为2，则3OM，1OD ，2MD，由几何体直观图可知，当OM 平面 BCD，直线 DM 与平面 BCD 所成的角最
20、大，为MDO，易知60MDO.故选：ABD.17、(2019 秋桥西区校级月考)如图正方体1111ABCDA B C D的棱长为 a，以下结论正确的是()A异面直线1A D 与1AB 所成的角为 60B直线1A D 与1BC 垂直C直线1A D 与1BD 平行D三棱锥1AACD的体积为316 a【答案】ABD【解析】：如图所示，建立空间直角坐标系A 1(A a，0，)a，(0D，0，0)，(A a，0，0)，1(B a，a，)a 1(A Da ，0，)a，1(0AB，a，)a，21111111cos,2|22A D ABaA D ABA DABaa，异面直线1A D 与1AB 所成的角为60B
21、 1(0C，a，)a，(B a，a，0)11(A D BCa ，0，)(aa，0，22)0aaa直线1A D 与1BC 垂直C 1(0D，0，)a 11(A D BDa ，0，)(aa，a，22)0aaa，直线1A D 与1BD 垂直，不平行；D 三棱锥1AACD的体积123111326CA ADVa aa综上可知：只有C 不正确故选：ABD 18、如图所示，在正方体1111ABCDA B C D中，M，N 分别为棱11C D，1C C 的中点，其中正确的结论为()A直线 AM 与1C C 是相交直线B直线 AM 与 BN 是平行直线C直线 BN 与1MB 是异面直线D直线 MN 与 AC 所
22、成的角为60【答案】CD【解析】：在正方体1111ABCDA B C D中，M，N 分别为棱11C D，1C C 的中点，在 A 中，直线 AM 与1C C 是异面直线，故 A 错误；在 B 中，直线 AM 与 BN 是异面直线，故 B 错误；在 C 中，直线 BN 与1MB 是异面直线，故C 正确；在 D 中，以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，1DD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCDA B C D中棱长为 2，则(0M，1，2)，(0N，2，1)，(2A，0，0)，(0C，2，0)，(0MN，1，1)，(2AC ，2，0)，则21cos,2|28MN
23、 ACMN ACMNAC，直线 MN 与 AC 所成的角为60，故 D 正确故选：CD 三、填空题 19、在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB2，BCAA11，则 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为_【答案】：13【解析】建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，由于 AB2，BCAA11，所以 A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，所以A1C1(1,2,0)，BC1(1,0,1)，D1C1(0,2,0)设平面 A1BC1 的法向量为 n(x，y，z)，则有A1C1 n0，BC1 n0，即x2y0，xz0，令 x2，得 y1，z2，
24、则 n(2,1,2)设 D1C1 与平面 A1BC1 所成角为，则 sin|cosD1C1，n|D1C1 n|D1C1|n|22313，即 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为13.20、(2020 届浙江省杭州市建人高复高三 4 月模拟)已知正四面体 ABCD 和平面，BC，正四面体ABCD 绕边 BC 旋转，当 AB 与平面 所成角最大时，CD 与平面 所成角的正弦值为_ 【答案】36【解析】由题意可得：当 AB 与平面 所成角最大时即平面 ABC，以 BC 的中点为原点建立空间直角坐标系Oxyz(如图)，过 D 作 DE 平面 ABC，垂足为 E，设2BC，则2 631,0,0
25、,0,33CD，即2 631,33CD,设CD 与平面 所成角为，平面 的法向量为0,0,1n，则3sincos,6CD nCD nCD n 即CD 与平面 所成角的正弦值为36 故答案为：36 21、(北京市昌平区新学道临川学校 2019-2020 学年高三上学期期末)已知圆锥的顶点为 S，O 为底面中心，A，B，C 为底面圆周上不重合的三点，AB 为底面的直径，SAAB，M 为SA的中点.设直线 MC 与平面 SAB 所成角为，则sin 的最大值为_【答案】3 1【解析】以 AB 的中点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设4SAAB，则：0,1,3,0MC x y，如图所
26、示，由对称性不妨设0,0 xy且224xy，则,1,3MCx y，易知平面 SAB 的一个法向量为1,0,0m，据此有：sinMC mMCm2213xxy1124824yy 42 33 1，当且仅当2 34y 时等号成立，综上可得：sin 的最大值为 3 1.22、如图，已知四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是等腰梯形，ABCD，且 ACBD，AC 与 BD 交于 O，PO底面ABCD，PO2，AB2 2，E，F分别是AB，AP的中点，则二面角F-OE-A的余弦值为_【答案】33【解析】以 O 为坐标原点，OB，OC，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标
27、系 O-xyz，由题知，OAOB2，则 A(0，2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，1,0)，F(0，1,1)，OE(1，1,0)，OF(0，1,1)，设平面 OEF 的法向量为 m(x，y，z)，则mOE0，mOF0，即xy0yz0.令 x1，可得 m(1,1,1)易知平面 OAE 的一个法向量为 n(0,0,1)，则 cosm，n mn|m|n|33.由图知二面角 F-OE-A 为锐角，所以二面角 F-OE-A 的余弦值为 33.23、(一题两空)如图所示，在四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD底面 ABCD，侧棱 PAPD 2，PAPD，底面 ABCD 为直角梯形，其
28、中 BCAD，ABAD，ABBC1，O 为 AD 的中点(1)则直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为_；(2)则 B 点到平面 PCD 的距离为_【答案】(1)63 (2)33【解析】：(1)在PAD 中，PAPD，O 为 AD 的中点，POAD.又侧面 PAD底面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，PO平面 PAD，PO平面 ABCD.在PAD 中，PAPD，PAPD 2，AD2.在直角梯形 ABCD 中，O 为 AD 的中点，OABC1，OCAD.以 O 为坐标原点，OC 所在直线为 x 轴，OD 所在直线为 y 轴，OP 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则
29、 P(0,0,1)，A(0，1,0)，B(1，1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，PB(1，1，1)OAOP，OAOC，OPOCO，OA平面 POC.OA(0，1,0)为平面 POC 的法向量，cosPB，OA PBOA|PB|OA|33，PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 63.(2)PB(1，1，1)，设平面 PCD 的法向量为 u(x，y，z)，则uCPxz0，uPDyz0.取 z1，得 u(1,1,1)则 B 点到平面 PCD 的距离 d|PBu|u|33.四、解答题 24、(2020 届山东省烟台市高三上期末)如图，在四棱锥 SABCD中，ABCD 为直角梯形，/ADB
30、C，BCCD，平面 SCD 平面 ABCD，SCD是以CD 为斜边的等腰直角三角形，224BCADCD，E 为 BS 上一点，且2BEES.(1)证明：直线/SD平面 ACE；(2)求二面角 SACE的余弦值.【解析】(1)连接 BD交 AC 于点 F,连接 EF,因为/ADBC,所以 AFD与 BCF相似,所以2BFBCFDAD,又=2BEBFESFD,所以/EFSD,因为 EF 平面 ACE,SD 平面 ACE,所以直线/SD平面 ACE (2)由题,因为平面 SCD 平面 ABCD,平面 SCD平面 ABCDCD,BC 平面 ABCD,BCCD,所以BC平面 SCD,以C 为坐标原点,C
31、D CB 所在的方向分别为 y 轴、z 轴的正方向,与,CD CB 均垂直的方向作为 x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,因为224BCADCD,2BEES,则(0,0,0)C,(1,1,0)S,(0,2,2)A,2 2 4(,)3 3 3E,所以(0,2,2)CA,(1,1,0)CS,2 2 4(,)3 3 3CE,设平面 SAC 的一个法向量为(,)mx y z,则 00m CAm CS,即00yzxy,令1z ,得1x,1y ,于是(1,1,1)m,设平面 EAC 的一个法向量为(,)nx y z,则 00n CAn CE ,即020yzxyz,令1z ,得1x ,1y
32、 ,于是(1,1,1)m ,设二面角 SACE的平面角的大小为,则1cos3m nm n,所以二面角 SACE的余弦值为 13 25、(2020 年高考全国卷理数)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AEADABC是底面的内接正三角形，P 为 DO 上一点，66PODO (1)证明：PA 平面 PBC；(2)求二面角 BPCE的余弦值【解析】(1)设 DOa，由题设可得63,63POa AOa ABa，22PAPBPCa.因此222PAPBAB，从而 PAPB.又222PAPCAC，故 PAPC.所以 PA 平面 PBC.(2)以O 为坐标原点，OE 的方向为 y
33、轴正方向，|OE 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得3 12(0,1,0),(0,1,0),(,0),(0,0,)222EACP.所以312(,0),(0,1,)222ECEP.设(,)x y zm是平面 PCE 的法向量，则00EPECmm，即20231022yzxy，可取3(,1,2)3 m.由(1)知2(0,1,)2AP 是平面 PCB 的一个法向量，记APn，则2 5cos,|5n mn mn m|.所以二面角 BPCE的余弦值为 2 55.26、(2020 届山东省泰安市高三上期末)如图，在三棱锥 PABC 中，PAC 为等腰直角三角形，90,APCABC为正
34、三角形，D 为 A 的中点，AC=2 (1)证明：PBAC；(2)若三棱锥 PABC的体积为33，求二面角 APCB 的余弦值【解析】(1)证：PACQ为等腰直角三角形，D 为中点，PDAC，又 ABC为正三角形，D 为中点，BDAC，又 PDBDD，,PD BD 平面 PBD，AC 平面 PBD，又 PB 平面 PBD，PBAC(2)解：设三棱锥 PABC的高为h，sin603BDBC，1132P ABCVACBDh33 h33，1h，又11,2PDACPD 平面 ABC，如图，以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Dxyz，则 1,0,0A，0,3,0B，1,0,0C，0,0,1P，0,
35、3,0DB，1,0,1CP，1,3,0CB，设,nx y z为平面 PBC 的一个法向量，则00CP nCB n，即030 xzxy，令1x，得331yz ，31,13n，又 DB 是平面 PAC 的一个法向量，7cos,7DB nDBDB nn，由图可知二面角 APCB的平面角为锐角，二面角 APCB的余弦值为77 27、(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111ABCA B C中，平面1ACB 平面11A ABB，11ABA B，O 为1AB 与1A B 的交点 (1)求证：1ABCO；(2)求平面11ACC A 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值【解析】(
36、1)因为四边形11A ABB 为菱形，所以11A BAB，又平面1ACB 平面11A ABB，平面1ACB平面111A ABBA B，所以1AB 平面1ACB，因为CO 平面1ACB，所以1ABCO.(2)因为11A BAB，所以菱形11A ABB 为正方形，在 Rt COA中，222COACOA，在 COB中，2COOB，2CB，222COOBCB，所以，COOB，又1COAB，11A BABO，所以，CO 平面11A ABB；以O 为坐标原点，以OA，OB，OC 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.2,0,0A，1 0,2,0A，0,0,2C，0,
37、2,0B，设平面11ACC A 的一个法向量为1111,nx y z平面 ABC 的一个法向量为2222,nx y z，则 1111220,220,xyxz 令11x，得11,1,1n，2222220,220,xyxz 令21x ，得21,1,1n，设平面11ACC A 与平面 ABC 所成锐二面角为，则21121 1 11cos333 n nn n，所以平面11ACC A 与平面 ABC 所成锐二面角的余弦值为 13.28、(2020 年高考全国卷理数)如图，在长方体1111ABCDA B C D中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DEED，12BFFB(1)证明：点1C 在
38、平面 AEF 内；(2)若2AB，1AD ，13AA，求二面角1AEFA的正弦值 【解析】设 ABa，ADb，1AAc，如图，以1C 为坐标原点，11C D 的方向为 x 轴正方向，建立空间直角坐标系1Cxyz (1)连结1C F，则1(0,0,0)C，(,)A a b c，2(,0,)3E ac，1(0,)3Fbc，1(0,)3EAbc，11(0,)3C Fbc，得1EAC F 因此1EAC F，即1,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面 AEF 内(2)由已知得(2,1,3)A，(2,0,2)E，(0,1,1)F，1(2,1,0)A，(0,1,1)AE ，(2,0,2)AF ，1(
39、0,1,2)A E，1(2,0,1)A F 设1(,)x y zn为平面 AEF 的法向量，则 110,0,AEAFnn即0,220,yzxz 可取1(1,1,1)n 设2n 为平面1A EF 的法向量，则 22110,0,A EA Fnn同理可取21(,2,1)2n 因为1212127cos,|7 nnn nnn，所以二面角1AEFA的正弦值为427 30、(2020 年高考江苏)在三棱柱 ABCA1B1C1 中，ABAC，B1C平面 ABC，E，F 分别是 AC，B1C 的中点(1)求证：EF平面 AB1C1；(2)求证：平面 AB1C平面 ABB1 【解析】因为,E F 分别是1,AC
40、B C 的中点，所以1EFAB.又/EF 平面11AB C，1AB 平面11AB C，所以 EF平面11AB C.(2)因为1B C 平面 ABC，AB 平面 ABC,所以1B CAB.又 ABAC,1B C 平面11AB C,AC 平面1AB C,1,B CACC 所以 AB 平面1AB C.又因为 AB 平面1ABB,所以平面1AB C 平面1ABB.31、(2020年高考浙江)如图，在三棱台ABCDEF中，平面ACFD平面ABC，ACB=ACD=45，DC=2BC()证明：EFDB；()求直线DF与平面DBC所成角的正弦值 【解析】()如图，过点 D 作 DOAC，交直线 AC 于点O，
41、连结 OB 由45ACD，DOAC得2CDCO，由平面 ACFD平面 ABC 得 DO平面 ABC，所以 DOBC.由45ACB，1222BCCDCO得 BOBC.所以 BC平面 BDO，故 BCDB 由三棱台 ABCDEF得 BCEF，所以 EFDB.()方法一：过点O 作OHBD，交直线 BD 于点 H，连结CH.由三棱台 ABCDEF得 DFCO，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角.由 BC 平面 BDO 得OHBC，故OH 平面 BCD，所以OCH为直线 CO 与平面 DBC 所成角.设2 2CD.由2,2DOOCBOBC，得26,33BDOH
42、，所以3sin3OHOCHOC，因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为33.方法二：由三棱台 ABCDEF得 DFCO，所以直线 DF 与平面 DBC 所成角等于直线 CO 与平面 DBC 所成角，记为.如图，以O 为原点，分别以射线 OC，OD 为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.设2 2CD.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)OBCD.因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OCBCCD.设平面 BCD 的法向量(,z)x yn.由0,0,BCCD nn即0220 xyyz，可取(1,1,1)n.所以|3sin|cos,|3|OCOCOCn|nn|.因此，直线 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为33.
