?
專題 24 空間向量與空間角的計(jì)算
十年大數(shù)據(jù)*全景展示
年 份
題號(hào)
考 點(diǎn)
考 查 內(nèi) 容
線面、線線垂直的判定與性質(zhì)、利用向量法求二面角的方法，
邏輯推理能力、空間想象能力及運(yùn)算求解能力
線面平行、線線垂直、線面垂直的判定定理及二面角的計(jì)算，
邏輯推理能力、空間想象能力及運(yùn)算求解能力
線面平行的判定定理及二面角的計(jì)算，邏輯推理能力、空間
想象能力及運(yùn)算求解能力
2011
理 18 二面角的計(jì)算
理 19 二面角的計(jì)算
2012
卷2
理 18
二面角的計(jì)算
2013
空間線面、線線垂直的判定與性質(zhì)及線面角的計(jì)算，空間想
象能力、邏輯推論證能力
卷 1 理 18 空間線面角的計(jì)算
線面平行的判定、二面角的計(jì)算、錐體的體積計(jì)算等基礎(chǔ)知
識(shí)，邏輯推理能力、空間想象能力、運(yùn)算求解能力
卷 2 理 18 二面角的計(jì)算
空間異面直線所成角
2014 卷 2 理 11
異面直線所成的角，空間想象能力和運(yùn)算求解能力
的計(jì)算
空間線線垂直、線面垂直的判定與性質(zhì)、二面角的計(jì)算等基
礎(chǔ)知識(shí)，邏輯推理能力、空間想象能力和運(yùn)算求解能力
卷 1 理 19 二面角的計(jì)算
空間異面直線所成角 主線線、線面、面面垂直判定與性質(zhì)及利用空間向量計(jì)算異
2015 卷 1 理 18
的計(jì)算
面直線所成角，邏輯推理能力與運(yùn)算求解能力．
線面平行的判定與性質(zhì)、利用空間向量計(jì)算線面角，邏輯推
理能力和運(yùn)算求解能力
卷 3 理 19 空間線面角的計(jì)算
解答題中的折疊問題
卷 2 理 19 與探索性問題
二面角的計(jì)算
折疊問題中線面垂直的判定與性質(zhì)、利用空間向量計(jì)算二面
角，邏輯推理能力和運(yùn)算求解能力
2016
主線線、線面、面面垂直判定與性質(zhì)及利用空間向量計(jì)算二
面角，邏輯推理能力與運(yùn)算求解能力
卷 1 理 18 二面角的計(jì)算
理 11 空間異面直線所成角 面面平行的性質(zhì)及線線所成角，邏輯推理能力與運(yùn)算求解能
文 11 的計(jì)算
空間異面直線所成角 空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系及線線所成角，邏輯推理能力與運(yùn)
卷 1
力
卷 3 理 16
的計(jì)算
算求解能力
2017
主要以三棱錐為載體面面垂直的判定與性質(zhì)、簡單幾何體體
積的計(jì)算、利用空間向量計(jì)算二面角，邏輯推理能力與運(yùn)算
求解能力
卷 3 理 19 二面角的計(jì)算


二面角的計(jì)算
主要以三棱錐為載體線面平行的判定與性質(zhì)、利用空間向量
計(jì)算線面角與二面角，邏輯推理能力與運(yùn)算求解能力
卷 2 理 18
卷 2 理 10
空間線面角的計(jì)算
空間異面直線所成角 空間兩條異面直線所成的角及空間想象能力與運(yùn)算求解能
的計(jì)算
力
空間垂直的判定與性質(zhì)、利用空間向量計(jì)算二面角，邏輯推
理能力與運(yùn)算求解能力
卷 1 理 18 二面角的計(jì)算
解答題中的折疊問題 空間面面垂直的判定與性質(zhì)、是否存在點(diǎn)是線面平行的問
與探索性問題 題，邏輯推理能力與空間想象能力
空間異面直線所成角 空間兩條異面直線所成的角及空間想象能力與運(yùn)算求解能
卷 3 文 19
卷 2 文 9
的計(jì)算
力
卷 1 文 10 空間線面角的計(jì)算
卷 3 理 19 二面角的計(jì)算
長方體中線面角的計(jì)算與長方體體積計(jì)算，運(yùn)算求解能力
空間垂直的判定與性質(zhì)、利用空間向量計(jì)算二面角與空間幾
何體體積的最大值，邏輯推理能力與運(yùn)算求解能力
主要以三棱錐為載體線面垂直的判定與性質(zhì)、利用空間向量
計(jì)算線面角與二面角，邏輯推理能力與運(yùn)算求解能力
2018
空間線面角的計(jì)算
卷 2 理 20
二面角的計(jì)算
空間異面直線所成角 空間兩條異面直線所成的角及空間想象能力與運(yùn)算求解能
卷 2 理 9
的計(jì)算
力
解答題中的折疊問題
折疊問題中空間垂直的判定與性質(zhì)、利用空間向量計(jì)算線面
角及邏輯推理能力與運(yùn)算求解能力
卷 1 理 18 與探索性問題
空間線面角的計(jì)算
解答題中的折疊問題
卷 3 理 19 與探索性問題
折疊問題中的共面問題的判定、空間垂直的判定與性質(zhì)、利
用空間向量計(jì)算二面角及邏輯推理能力與運(yùn)算求解能力
二面角的計(jì)算
2019
空間線線、線面垂直的判定與性質(zhì)及利用空間向量計(jì)算二面
角，邏輯推理能力、運(yùn)算求解能力
卷 2 理 17 二面角的計(jì)算
空間線面平行的判定及利用空間向量計(jì)算二面角，邏輯推理
能力、運(yùn)算求解能力
卷 1 理 18 二面角的計(jì)算
理 16 空間角的計(jì)算
空間角的計(jì)算，利用余弦定理解三角形
卷 1
空間線線、線面垂直的判定與性質(zhì)及利用空間向量計(jì)算二面
角，邏輯推理能力、運(yùn)算求解能力
理 18 二面角的計(jì)算
2020
空間位置關(guān)系判定、空
卷 2 理 20
卷 3 理 19
間線面平行與垂直的證明，線面角的計(jì)算
點(diǎn)在平面的證明，利用空間向量法求二面角
間角的計(jì)算
二面角、點(diǎn)與平面位置
關(guān)系


大數(shù)據(jù)分析*預(yù)測(cè)高考
考點(diǎn)
出現(xiàn)頻率
2021 年預(yù)測(cè)
考點(diǎn) 82 空間異面直線所成
7/28
2021 高考仍將重點(diǎn)考查異面直線角、線面角、二
面角，解答題第一小題重點(diǎn)考查線線、線面、面
面垂直的判定與性質(zhì)，理科第二小題重點(diǎn)考查利
用向量計(jì)算線面角或二面角，難度為中檔題，小
題可能考查異面直線角，難度為中檔．
角的計(jì)算
考點(diǎn) 83 空間線面角的計(jì)算 7/28
考點(diǎn) 84 二面角的計(jì)算
考點(diǎn) 85 解答題中的折疊問
題與探索性問題
14/28
4/28
十年試題分類*探求規(guī)律
考點(diǎn) 82 空間異面直線所成角的計(jì)算
1．(2018?新課標(biāo)Ⅱ，理 9)在長方體 ABCD - ABC D 中，AB = BC =1，AA = 3 ，則異面直線 AD 與 DB 所
1
1
1
1
1
1
1
成角的余弦值為(
)
1
5
5
2
A．
B．
C．
D．
5
6
5
2
【答案】C
【解析】以 D 為原點(diǎn)， DA 為 x 軸， DC 為 y 軸， DD1 為 z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系，Q在長方體
ABCD - ABC D 中， AB = BC =1， AA = 3 ，\A(1，0，0) ， D (0，0， 3) ， D(0 ，0，0) ， B (1，1，
1
1
1
1
1
1
1
3) ， ∴ AD = (-1 ， 0 ， 3) ， DB = (1 ， 1 ， 3) ， 設(shè) 異 面 直 線 AD 與 DB 所 成 角 為 q ， 則
1
1
1
1
| AD gDB |
2
5
5
cosq = uuuur
1
uuu
1
ur =
=
，\異面直線 AD 與 DB 所成角的余弦值為
，故選C ．
1
1
| AD |g| DB | 2 5
5
5
1
1
2．(2018?新課標(biāo)Ⅱ，文 9)在正方體 ABCD - ABC D 中， E 為棱CC 的中點(diǎn)，則異面直線 AE 與CD所成角
1
1
1
1
1


的正切值為(
)
2
3
5
7
A．
B．
C．
D．
2
2
2
2
【答案】C
【解析】連接 BE，因?yàn)?AB//CD，所以∠EAB 是異面直線 AE 與 CD 所成角，設(shè)正方體棱長為 2，則
BE = BC
2
+CE
2
= 2
2
+12
= 5
RtDABE
， 在 中 ，
AB=BC=2CE=2 ， 在 Rt △ BCE 中 ，
BE
AB
5
tanDEAB =
=
5
2
，∴異面直線 AE 與CD所成角的正切值為
，故選C ．
2
3. (2017?新課標(biāo)Ⅱ，理 10)已知直三棱柱 ABC - A BC 中，DABC =120°， AB = 2 ， BC = CC =1，則異面
1
1
1
1
直線 AB 與 BC 所成角的余弦值為(
)
1
1
3
15
5
10
3
A．
B．
C．
D．
2
5
3
【答案】C
【解析】如圖所示，設(shè)M 、 N 、 P 分別為 AB ，BB 和 BC 的中點(diǎn)，則 AB 、BC 夾角為MN 和 NP 夾角或
1
1
1
1
1
p
1
5
其補(bǔ)角(因異面直線所成角為(0, ]) ，可知MN = AB =
，
1
2
2
2
1
2
1
NP = BC =
，作 BC 中點(diǎn)Q ，則DPQM 為直角三角形，QPQ =1，MQ = AC ，在DABC 中，由余弦
1
2
2
2
1
定理得， AC
2
= AB
2
+ BC - 2ABgBCgcosDABC = 4+1- 2′2′1′(- ) = 7，
2
2
7
11
\AC = 7 ， \MQ =
， 在 DMQP 中 ， MP = MQ
2
+ PQ
2
=
， 在 DPMN 中 ， 由 余 弦 定 理 得
2
2
(
5)
2
+( 2)
2
-( 11)
2
MN
2
+ NP
2
- PM
2
10
p
2
2
2
cosDMNP =
=
= -
，又異面直線所成角的范圍是(0 ， ]，
2gMNgNP
5
2
5
2
2′
′
2
2
10
5
\AB 與 BC 所成角的余弦值為
．
1
1
4．(2016?新課標(biāo)Ⅰ，理 11 文 11)平面a 過正方體 ABCD - ABC D 的頂點(diǎn) A ，a / / 平面CB D ，a ?平面
1
1
1
1
1
1


ABCD = m ，a ?平面 ABB A = n ，則m 、n 所成角的正弦值為(
)
1
1
3
2
3
1
A．
B．
C．
D．
2
2
3
3
【答案】A
【解析】如圖：a / / 平面CB D ，a ?平面 ABCD = m ，a ?平面 ABA B = n，可知：n / /CD ，m / /B D ，
1
1
1
1
1
1
1
3
Q△CB D 是正三角形．m 、n 所成角就是DCD B = 60°，則m 、n 所成角的正弦值為
，故選 A ．
1
1
1 1
2
5．(2014 新課標(biāo)Ⅱ，理 11)直三棱柱 ABC-A B C 中，∠BCA=90°，M，N 分別是 A B ，A C 的中點(diǎn)，
1
1
1
1
1
1 1
BC=CA=CC1，則 BM 與 AN 所成的角的余弦值為(
)
30
10
2
2
1
10
2
5
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】如圖所示，取BC的中點(diǎn)P ，連結(jié) NP、AP ，∵M(jìn) ，N 分別是 AB ，AC 的中點(diǎn)，∴
1
1
1 1
四邊形 NMBP為平行四邊形，∴BM P PN ，∴所求角的余弦值等于DANP的余弦值，不妨令
BC =CA =CC1 = 2，則 AN = AP = 5 ， NP = MB = 6 ，
| AN |
2
+| NP|
2
-| AP|
2
( 5)
2
+( 6)
2
-( 5)
2
30
∴cosDANP =
=
=
，故選 C．
2′| AN |×| NP|
2′ 5′ 6
10
6 ． (2020 全 國 Ⅰ 理 16) 如 圖 ， 在 三 棱 錐 P ABC 的 平 面 展 開 圖 中 ，
-


AC =1, AB = AD = 3 , AB ^ AC , AB ^ AD , DCAE = 30°，則cos FCB _____________．
D
=
1
4
【答案】-
【思路導(dǎo)引】在△ACE中，利用余弦定理可求得CE，可得出CF ，利用勾股定理計(jì)算出 BC、 BD ，可
得出 BF ，然后在VBCF中利用余弦定理可求得cosDFCB
的值．
QAB ^ AC AB = 3 AC =1
【解析】
，
，
，由勾股定理得 BC
=
AB AC
2
+
2
= 2，
6 ，\BF = BD = 6 ，在△ACE
AC 1 AE AD
，
=
=
=
3
，DCAE = 30o
，
同理得 BD
=
中，
3
=1，\CF = CE =1，
由余弦定理得CE
2
=
AC
2
+
AE
2
-
2AC AEcos 30 =1+3-2′1′ 3′
×
o
2
在VBCF
中，
BC = 2 BF = 6 CF =1
， ，
，
CF
2
+ BC
2
-BF
2
1+ 4- 6
2′1′2
1
1
= - ，故答案為：-
由余弦定理得cos FCB
D
=
=
．
2CF ×BC
4
4
7．(2017?新課標(biāo)Ⅲ，理 16)a ，b 為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形 ABC 的直角邊 AC 所在直
線與 a ，b 都 垂直，斜邊 AB 以直線 AC 為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結(jié)論：
①當(dāng)直線 AB 與a 成60°角時(shí)， AB 與b 成30°角；
②當(dāng)直線 AB 與a 成60°角時(shí)， AB 與b 成60°角；
③直線 AB 與a 所成角的最小值為45°；
④直線 AB 與a 所成角的最小值為60°；
其中正確的是
．(填寫所有正確結(jié)論的編號(hào))
【答案】②③
【解析】由題意知，a 、b 、AC 三條直線兩兩相互垂直，畫出圖形如圖，不妨設(shè)圖中所示正方體邊長為 1，


故| AC |=1，| AB|= 2 ，斜邊 AB 以直線 AC 為旋轉(zhuǎn)軸，則 A 點(diǎn)保持不變， B 點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡是以C 為圓心，
1 為半徑的圓，以C 坐標(biāo)原點(diǎn)，以CD為 x 軸，CB 為 y 軸，CA 為 z 軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則 D(1，0，
0) ， A(0 ，0，1) ，直線a 的方向單位向量a = (0 ，1，0) ，| a |=1，直線b 的方向單位向量b =(1，0，0) ，
|b |=1，設(shè) B 點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中的坐標(biāo)中的坐標(biāo) B￠(cosq ，sinq ，0) ，其中q 為 B￠C 與CD的夾角，q ?[0 ，2p) ，
p
\AB￠在運(yùn)動(dòng)過程中的向量， AB￠ = (cosq ，sinq ，-1) ，| AB￠|= 2 ，設(shè) AB￠ 與a 所成夾角為a ?[0 ， ]，
2
|(-cosq,-sinq,1)g(0,1,0) |
uuur
2
| sinq |?[0 ， 2]，
則cosa =
=
r
| a |g| AB￠|
2
2
p
p
p
\a ?[ ， ]，\③正確，④錯(cuò)誤．設(shè) AB￠ 與b 所成夾角為b ?[0， ]，
4
2
2
| AB￠gb | |(-cosq,sinq,1)g(1,0,0) |
2
p
cosb = uuur r =
r uuur
=
| cosq | ，當(dāng) AB￠ 與a 夾角為60°時(shí)，即a =
，
| AB￠|g|b |
|b |g| AB￠|
2
3
p
2
2
1
p
p
| sinq |= 2 cosa = 2 cos =
，Qcos
2
q +sin
2
q =1，\cosb =
| cosq |= ，Qb ?[0 ， ]，\b =
，
3
2
2
2
2
3
此時(shí) AB￠ 與b 的夾角為60°，\②正確，①錯(cuò)誤．
8．(2015 浙江)如圖，三棱錐 A-BCD中， AB = AC = BD =CD =3， AD = BC = 2，點(diǎn) M,N 分別是
AD,BC 的中點(diǎn)，則異面直線 AN,CM 所成的角的余弦值是
．
7
【答案】
8
【解析】如圖連接 ND，取 ND的中點(diǎn) E ，連接 ME,CE ，則 ME / /AN ．


則異面直線 AN ，CM 所成的角為DEMC ，由題意可知CN =1， AN = 2 2，
∴ME = 2 ．又CM = 2 2， DN = 2 2 ， NE = 2 ，∴CE = 3，
CM
2
+EM
2
-CE
2
8+2-3
2′2 2′ 2 8
7
則cosDCME =
=
= ．
2CM ′EM
9．(2015 四川)如圖，四邊形 ABCD和 ADPQ 均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動(dòng)點(diǎn)M 在線段 PQ
上，
E,F分別為 AB,BC
的中點(diǎn)．設(shè)異面直線
EM 與 AF
q cosq
所成的角為 ，則
的最大值為_________．
2
5
【答案】
【解析】 AB 為 x軸， AD 為 y 軸， AQ為 z 軸建立坐標(biāo)系，設(shè)正方形邊長為2 ．
(2-m)′10m
- 5m + 25 -
2
2-m
5 m +5
2-m
5m +25
2 5m 25
2
+
cosq =
,令 f (m) =
?[ ] ， f ￠(m) =
(m 0,2 )
，
5m +25
2
2
2
2
2
m 0,2 , f (m) 0
Q ?[ ]\ ￠
< ， f (m) = f (0) = ，即cosq = ．
max max
5
5
10．(2015?新課標(biāo)Ⅰ，理 18)如圖，四邊形 ABCD 為菱形，DABC =120°， E ，F(xiàn) 是平面 ABCD 同一側(cè)的兩
點(diǎn)， BE ^ 平面 ABCD， DF ^ 平面 ABCD， BE = 2DF ， AE ^ EC ．
(Ⅰ)證明：平面 AEC ^ 平面 AFC
(Ⅱ)求直線 AE 與直線CF 所成角的余弦值．


【解析】(Ⅰ)連接 BD，設(shè) BDI
AC = G ，連接 EG 、 EF 、 FG ，在菱形 ABCD 中，不妨設(shè) BG 1，
=
由DABC =120°，
可得 AG = GC = 3 ，
BE ^ 平面 ABCD， AB = BC = 2 ，
可知 AE = EC ，又 AE ^ EC ，
所以 EG = 3 ，且 EG ^ AC ，
2
在直角DEBG 中，可得 BE = 2 ，故 DF =
，
2
6
在直角三角形 FDG 中，可得 FG =
，
2
2
+ ( 2 - 2)
3 2
2
在直角梯形 BDFE 中，由 BD = 2， BE = 2 ， FD =
，可得 EF = 2
2
2
=
，
2
2
從而 EG
2
+ FG
2
= EF
2
，則 EG ^ FG ，
EB FD
2
(或由 tanDEGBgtanDFGD =
g
= 2g
=1 ，
BG DG
2
可得DEGB + DFGD = 90°，則 EG ^ FG)
ACIFG = G ，可得 EG ^ 平面 AFC ，
由 EG ì平面 AEC ，所以平面 AEC ^ 平面 AFC ；
(Ⅱ)如圖，以G 為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以GB ，GC 為 x 軸， y 軸，|GB|為單位長度，
建立空間直角坐標(biāo)系G - xyz ，由(Ⅰ)可得 A(0 ，- 3，0) ， E(1，0， 2) ，
F(-1，0， 2)，C(0， 3，0) ，
2
即有 AE = (1， 3， 2) ，CF = (-1，- 3， 2)，
2
uuur
故cos < AE ，CF >= uuur uuur =
| AE |g|CF |
-1-3+1
AEgCF
3
= -
．
9
3
6 ′
2
3
3
則有直線 AE 與直線CF 所成角的余弦值為
．


考點(diǎn) 83 空間線面角的計(jì)算
1．(2020 山東 4)日晷是中國古代用來測(cè)定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測(cè)定時(shí)
間．把地球看成一個(gè)球(球心記為O )，地球上一點(diǎn) A 的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn) A 處的
水平面是指過點(diǎn) A 且與OA垂直的平面．在點(diǎn) A 處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn) A 處的緯
度為北緯40°，則晷針與點(diǎn) A 處的水平面所成角為
(
)
A．20°
B．40°
C．50°
D．90°
【答案】B
【思路導(dǎo)引】畫出截面圖，根據(jù)點(diǎn) A處的緯度，計(jì)算出晷針與點(diǎn) A處的水平面所成角．
【解析】畫出截面圖如下圖所示，其中CD
l
是赤道所在平面的截線； 是點(diǎn) 處的水平面的截線，依題意可
A
知OA l ； AB 是晷針?biāo)谥本€． 是晷面的截線，依題意可知m//CD、 AB ^ m
^
m
．
由于DAOC = 40°,m//CD，所以DOAG =DAOC = 40°
，
由于DOAG+DGAE =DBAE+DGAE =90°
，
所以DBAE =DOAG = 40°
，也即晷針與點(diǎn) A處的水平面所成角為 BAE 40 ，故選：B．
D
=
°


2．(2018?新課標(biāo)Ⅰ，文 10)在長方體 ABCD - ABC D 中，AB = BC = 2 ，AC 與平面 BBC C 所成的角為30°，
1
1
1
1
1
1
1
則該長方體的體積為(
A．8
)
B．6 2
C．8 2
D．8 3
【答案】C
【解析】長方體 ABCD - ABC D 中， AB = BC = 2 ， AC 與平面 BBC C 所成的角為30°，
1
1
1
1
1
1
1
AB
tan 30°
即 DAC B = 30° ，可得 BC =
= 2 3 ，可得 BB1 = (2 3)
2
- 2 = 2 2 ，所以該長方體的體積為：
2
1
1
2′2′2 2 =8 2 ，故選C ．
3．(2014 浙江)如圖，某人在垂直于水平地面 ABC的墻面前的點(diǎn) A處進(jìn)行射擊訓(xùn)練，已知點(diǎn) A到墻面的距
離為 AB ，某目標(biāo)點(diǎn) P 沿墻面的射擊線CM 移動(dòng)，此人為 了準(zhǔn)確瞄準(zhǔn)目標(biāo)點(diǎn) P ，需計(jì)算由點(diǎn) A觀察點(diǎn)
P 的仰角q 的大小(仰角q 為直線 AP 與平面 ABC所成角)．若 AB =15m ，AC = 25m ，DBCM = 30°則
tanq 的最大值
30
5
30
4 3
9
5 3
9
A．
B．
C．
D．
10
【答案】D


【解析】作 PH ^ BC ，垂足為 H ，設(shè) PH = x，則CH = 3x，由余弦定理
AH = 625+3x -40 3 ，
2
PH
AH
1
1
tanq = tanDPAH =
=
( > 0) ，
x
625 40 3
-
+ 3
x
2
x
1 4 3
5 3
9
故當(dāng) =
時(shí)， tanq 取得最大值，最大值為
，故選 D．
x 125
4．(2014 四川)如圖，在正方體 ABCD - ABC D 中，點(diǎn)O為線段 BD 的中點(diǎn)．設(shè)點(diǎn) P 在線段CC 上，直
1
1
1
1
1
線OP與平面 A1BD 所成的角為a ，則sina 的取值范圍是
3
6
6 2 2
2 2
3
A．[
,1]
B．[
,1]
C．[
,
]
D．[
,1]
3
3
3
3
【答案】B
p
【解析】直線OP與平面 ABD 所成的角為a 的取值范圍是 AOA
D
? ? D
C OA ，由于
1 1
1
1
2
6
6
3 2 2
6
p
6
sinDAOA1 =
，sinDC OA = 2×
×
=
>
，sin =1 ，所以sina 的取值范圍是[
,1]．
1
1
3
3
3
3
3
2
3
5．(2020 全國Ⅱ理 20)如圖，已知三棱柱 ABC - A BC 的底面是正三角形，側(cè)面 BBC C 是矩形，M , N 分別
1
1
1
1
1
為 BC , BC 的中點(diǎn)， P 為 AM 上一點(diǎn)．過 BC 和 P 的平面交 AB 于 E ，交 AC 于 F
．
1
1
1
1
(1)證明： AA // MN ，且平面 A AMN ^平面 EBC F ；
1
1
1
1
(2)設(shè)O 為△ A B C 的中心，若 AO∥ 平面EB C F ，且 AO = AB ，求直線 B E 與平面 A AMN 所成角的正弦
1
1
1
1
1
1
1
值．


10
【答案】(1)證明見解析；(2)
．
10
【思路導(dǎo)引】
M,N
BC BC
MN//CC
，根據(jù)條件可得
AA1 / /BB ，可證MN//AA1，要證平面
1
(1)由
分別為
，
的中點(diǎn)，
1
1
1
EBC F ^
A AMN
1
EF ^
A AMN
即可；
1
平面
，只需證明
平面
1
1
(2)連接 NP ，先求證四邊形ONPA是平行四邊形，根據(jù)幾何關(guān)系求得 EP ，在
BC
截取
BQ = EP
，由
1
1
1
A AMN ，可得DQPN B E
A AMN
所成角，即可求得答案．
1
(1) BC⊥平面
【解析】
為
與平面
1
1
(1)Q M,N
分別為
BC BC
，
的中點(diǎn)，
1
1
\MN//BB1
又 AA1 / /BB1
\MN//AA1
在VABC
M 為 BC
BC ^ AM
中，
中點(diǎn)，則
BBC C
為矩形，
1 1
Q
又 側(cè)面
\BC ^ BB1
QMN//BB1
MN ^ BC
MN ? AM = M ， MN,AM
ì
平面
A AMN
1
由
\
A AMN
1
BC⊥平面
Q BC //BC
BC ?
，且
1 1
平面 ，
ABC， BC ì平面 ABC
又
1
1
\BC //
ABC
平面
1
1
又Q B1C1
ì
EBC F
EBC F ?
，且平面 平面
1 1
ABC = EF
平面
1
1
\BC / /EF
1
1
\EF//BC


又QBC ^平面 A1AMN
\
^
A AMN
1
EF 平面
QEF ì 平面
EBC F
1
1
\平面 EBC F ^
A AMN
1
平面
1
1
(2)連接 NP
Q AO//
EBC F
AONP ?
EBC F = NP \ AO//NP
平面 ， ，
1 1
平面
，平面
1
1
A NMA?
1
ABC = AM
A NMA?
1
ABC = A N \ ON //AP
， ，
1 1 1 1
根據(jù)三棱柱上下底面平行，其面
平面
，面
平面
故：四邊形ONPA是平行四邊形．
設(shè)VABC 邊長是6m(m > 0)，可得：ON = AP ， NP = AO = AB = 6m
，
1
Q O為△A B C
的中心，且△
A B C 邊長為
1
6m \ ON = ′6′sin 60°= 3m
，
，故 ：ON AP = 3m ．
=
1
1
1
1
1
3
AP EP
3
EP
Q EF//BC ，\
=
，\
=
EP = m
，解得：
，
AM BM
3 3
3
BC
BQ = EP = m
1
QN =2m Q BQ = EP BQ//EP \
B QPE
是平行四邊形，
在
截取
，故
，
且
， 四邊形
1
1
1
1
1
\ B1E//PQ
．
BC ^
A AMN ，故DQPN B E
A AMN
與平面 所成角
1
由(1)
平面
為
1
1
1
1
Rt△QPN
=
2
+
2
= ( )
2
+( )
= 2 10m，
2
在
，根據(jù)勾股定理可得： PQ
QN PN
2m
6m


QN
2m
10
10
\sinDQPN =
=
=
\
， 直線
B E
1
A AMN
與平面 所成角的正弦值：
1
．
PQ 2 10m 10
10
6．(2018?新課標(biāo)Ⅱ，理 20)如圖，在三棱錐 P - ABC 中，AB = BC = 2 2 ，PA = PB = PC = AC = 4，O 為 AC
的中點(diǎn)．
(1)證明： PO ^ 平面 ABC ；
(2)若點(diǎn) M 在棱 BC 上，且二面角 M - PA-C 為30°，求 PC 與平面 PAM 所成角的正弦值．
【解析】(1)證明：連接 BO，
Q AB = BC = 2 2 ，O 是 AC 的中點(diǎn)，
\BO ^ AC ，且 BO = 2 ，
又 PA = PC = PB = AC = 4，
\PO ^ AC ， PO = 2 3 ，
則 PB
則 PO ^ OB ，
QOBI
2
= PO
2
+ BO
，
2
AC = O ，
\PO ^平面 ABC ；
(2 )建立以O(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)，OB ，OC ，OP 分別為 x ， y ， z 軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
A(0 ，-2 ，0) ， P(0 ，0，2 3)，C(0，2，0) ， B(2 ，0，0) ，
BC = (-2，2，0) ，
設(shè) BM = lBC = (-2l ，2l ，0) ，0 < l |=|
=
．
16g 16
16
4
7．(2016?新課標(biāo)Ⅲ，理 19)如圖，四棱錐 P - ABCD 中，PA ^ 底面 ABCD，AD / /BC ，AB = AD = AC = 3，
PA = BC = 4 ， M 為線段 AD 上一點(diǎn)， AM = 2MD ， N 為 PC 的中點(diǎn)．
(1)證明： MN / / 平面 PAB ；
(2)求直線 AN 與平面 PMN 所成角的正弦值．


【解析】(1)證明：法一、如圖，取 PB 中點(diǎn)G ，連接 AG ， NG ，
QN 為 PC 的中點(diǎn)，
1
\ NG / /BC ，且 NG = BC ，
2
2
又 AM = AD = 2， BC = 4 ，且 AD / /BC ，
3
1
\ AM / /BC ，且 AM = BC ，
2
則 NG / /AM ，且 NG = AM ，
\四邊形 AMNG 為平行四邊形，則 NM / /AG ，
Q AG ì 平面 PAB ， NM ì/ 平面 PAB ，
\MN / / 平面 PAB ；
法二、
在DPAC 中，過 N 作 NE ^ AC ，垂足為 E ，連接 ME ，
4
2
+3
2
-3
2
2
在DABC 中，由已知 AB = AC = 3， BC = 4，得cosDACB =
Q AD / /BC ，
= ，
2′4′3
3
2
5
\cosDEAM = ，則sinDEAM =
，
3
3
在DEAM 中，
2
1
3
Q AM = AD = 2 ， AE = AC = ，
3
2
2
9
3
2
3
由余弦定理得： EM = AE
2
+ AM
2
- 2AEgAMgcosDEAM =
+ 4- 2′ ′2′ = ，
4
2
3
2
3
3
2
2
( )
2
+ ( )
- 4
1
2
\cosDAEM =
= ，
3 3
2′ ′
2 2
9
3
2
+3
2′3′3
\cosDAEM = cosDBAC ，即DAEM = DBAC ，
2
- 4
2
1
而在DABC 中，cosDBAC =
= ，
9


\ AB / /EM ，則 EM / / 平面 PAB ．
由 PA ^ 底面 ABCD ，得 PA ^ AC ，又 NE ^ AC ，
\NE / /PA，則 NE / / 平面 PAB ．
QNEIEM = E ，
\平面 NEM / / 平面 PAB ，則 MN / / 平面 PAB ；
2
3
(2)
解
：
在
DAMC
中
，
由
AM = 2
，
AC = 3
，
cosDMAC =
，
得
2
CM
2
= AC
2
+ AM
2
- 2ACgAMgcosDMAC = 9+ 4- 2′3′2′ = 5．
3
\AM
2
+ MC
2
= AC ，則 AM ^ MC ，
2
QPA ^ 底面 ABCD， PA ì 平面 PAD ，
\平面 ABCD ^ 平面 PAD ，且平面 ABCD ?平面 PAD = AD，
\CM ^ 平面 PAD ，則平面 PNM ^ 平面 PAD ．
在平面 PAD 內(nèi)，過 A 作 AF ^ PM ，交 PM 于 F ，連接 NF ，則DANF 為直線 AN 與平面 PMN 所成角．
1
1
2
5
在RtDPAC 中，由 N 是 PC 的中點(diǎn)，得 AN = PC =
PA
2
+ PC
2
= ，
2
2
PAgAM
4′2
4 5
在RtDPAM 中，由 PAgAM = PMgAF ，得 AF =
=
=
，
PM
2
+ 2
2
5
4
4 5
AF
AN
8 5
25
5
5
\sinDANF =
=
=
．
2
8 5
25
\直線 AN 與平面 PMN 所成角的正弦值為
．
8．(2013 新課標(biāo)Ⅰ，理 18)如圖，三棱柱 ABC-A B C 中，CA=CB，AB=A A ，∠BAA =60°．
1
1
1
1
1
(Ⅰ)證明 AB⊥A1C；


(Ⅱ)若平面 ABC⊥平面 AA B B，AB=CB=2，求直線 A C 與平面 BB C C 所成角的正弦值．
1
1
1
1 1
【解析】(Ⅰ)取AB中點(diǎn)E，連結(jié)CE， AB， AE，
1
1
∵AB= AA ，DBAA =
600 ，∴DBAA1是正三角形，
1
1
∴ A1E⊥AB， ∵CA=CB， ∴CE⊥AB， ∵CE ? AE =E，∴AB⊥面CEA ，
1
1
∴AB⊥ A1C ；
……6分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 EC⊥AB， EA1 ⊥AB，
又∵面 ABC⊥面 ABB A ，面 ABC∩面 ABB A =AB，∴EC⊥面 ABB A ，∴EC⊥ EA ，
1
1
1
1
1
1
1
∴EA，EC， EA1兩兩相互垂直，以 E 為坐標(biāo)原點(diǎn)， EA的方向?yàn)?x軸正方向，| EA|為單位長度，建立如圖所
示空間直角坐標(biāo)系O- xyz ，
有題設(shè)知 A(1，0，0)， A (0， 3 ，0)，C(0，0， 3 )，B(－1，0，0)，則 BC=(1，0， 3 )，BB = AA =(－
1
1
1
1，0， 3 )， A1C=(0，－ 3 ， 3 )，
設(shè)n=(x, y,z) 是平面CBB C 的法向量，
……9 分
1
1
ì
ì
n·BC = 0
?x+ 3z = 0
?
則í uuur
，即í
，可取n=( 3 ，1，-1)，
?n·BB = 0
?
?x+ 3y = 0
?
1
n· AC 10
∴cos n, A1C =
uuur
1
，
|n|| AC | 5
1
10
5
∴直線 A C 與平面 BB C C 所成角的正弦值為
．
……12 分
1
1
1
9．(2018 浙江)如圖，已知多面體 ABCA B C ， A A， B B，C C 均垂 直于平面 ABC，DABC =120 ，
o
1
1
1
1
1
1
A A = 4，C C =1， AB = BC = B B = 2．
1
1
1


(1)證明： AB ⊥平面 ABC ；
1
1 1 1
(2)求直線 AC 與平面 ABB 所成的角的正弦值．
1
1
【解析】(1)由 AB = 2 ， AA = 4， BB = 2， AA ^ AB ， BB ^ AB 得
1
1
1
1
AB = AB = 2 2 ，
1
1 1
AB
2
1
+ AB1 = AA12 ．
2
所以
1
故 AB ^ AB ．
1
1 1
由 BC = 2， BB = 2，CC =1， BB ^ BC ，CC ^ BC 得 BC = 5 ，
1
1
1
1
1 1
由 AB = BC = 2，DABC =120o 得
AC = 2 3
，
由CC ^ AC ，得 AC = 13，所以
AB1
2
+ B1C = AC12 ，故 AB ^ BC ．
1 1 1 1
2
1
1
因此 AB ^平面 ABC ．
1
1 1 1
(2)如圖，過點(diǎn)C 作C D ^ AB ，交直線 AB 于點(diǎn) D，連結(jié) AD．
1
1
1
1
1 1
由 AB ^ 平面 ABC 得平面 ABC ^ 平面 ABB ，
1
1
1
1
1
1
1
1


由C D ^ AB 得C D ^平面 ABB ，
1
1
1
1
1
所以DC AD 是 AC 與平面 ABB 所成的角．
1
1
1
由 BC = 5 ， AB = 2 2 ， AC = 21
1
1
1
1
1 1
6
7
1
得cosDC AB =
，sinDC AB =
，
1
1
1
1
1
1
7
C1D
AC1
39
所以C1D = 3，故
sinDC1AD =
=
．
13
39
因此，直線 AC 與平面 ABB 所成的角的正弦值是
．
1
1
13
方法二 (1)如圖，以 AC 的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB ，OC 為 x， y 軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)
系O- xyz ．
由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：
A(0,- 3,0)， B(1,0,0)， A(0,- 3,4)， B (1,0, 2)，C (0, 3,1)，
1
1
1
因此 AB =(1, 3,2)， AB =(1, 3,-2)， AC =(0, 2 3,-3)，
1
1
1
1 1
由 AB ×AB =0得 AB ^ AB ．
1
1
1
1
1 1
由 AB ×AC =0得 AB ^ AC ．
1
1
1
1
1
1
所以 AB ^平面 ABC ．
1
1 1 1
(2)設(shè)直線 AC 與平面 ABB 所成的角為q ．
1
1
由(1)可知 AC =(0, 2 3,1)， AB = (1, 3,0)， BB =(0,0, 2)，
1
1
設(shè)平面 ABB1 的法向量n = (x, y,z)．
ì
ì
x
n× AB = 0
?
? + 3y = 0，可取n = (- 3,1,0)．
，即í
由í uuur
?n×BB = 0
?
??2z = 0
1


uuuur
sinq =| cos < AC ,n >|= uuuur
| AC ×n|
39
1
=
所以
．
1
×
| AC | |n| 13
1
39
因此，直線 AC 與平面 ABB 所成的角的正弦值是
．
1
1
13
10．(2017 浙江)如圖，已知四棱錐 P- ABCD，DPAD 是以 AD為斜邊的等腰直角三角形， BC∥AD，
CD ^ AD， PC = AD = 2DC = 2CB， E 為 PD 的中點(diǎn)．
(Ⅰ)證明：CE∥平面 PAB；
(Ⅱ)求直線CE與平面 PBC 所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)如圖，設(shè) PA 中點(diǎn)為 F，連結(jié) EF，F(xiàn)B．
1
因?yàn)?E，F(xiàn) 分別為 PD，PA 中點(diǎn)，所以 EF∥AD 且 EF
=
AD ，
2
1
又因?yàn)?BC∥AD， BC = AD ，所以
2
EF∥BC 且 EF=BC，
即四邊形 BCEF 為平行四邊形，所以 CE∥BF，
因此 CE∥平面 PAB．
(Ⅱ)分別取 BC，AD 的中點(diǎn)為 M，N．連結(jié) PN 交 EF 于點(diǎn) Q，連結(jié) MQ．
因?yàn)?E，F(xiàn)，N 分別是 PD，PA，AD 的中點(diǎn)，所以 Q 為 EF 中點(diǎn)，


在平行四邊形 BCEF 中，MQ∥CE．
由DPAD 為等腰直角三角形得
PN⊥AD．
由 DC⊥AD，N 是 AD 的中點(diǎn)得
BN⊥AD．
所以 AD⊥平面 PBN，
由 BC∥AD 得 BC⊥平面 PBN，
那么，平面 PBC⊥平面 PBN．
過點(diǎn) Q 作 PB 的垂線，垂足為 H，連結(jié) MH．
MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以∠QMH 是直線 CE 與平面 PBC 所成的角．
設(shè) CD=1．
在DPCD中，由 PC=2，CD=1，PD= 2 得 CE= 2 ，
1
在△PBN 中，由 PN=BN=1，PB= 3 得QH
=
，
4
1
在RtDMQH 中，QH = ，MQ= 2 ，
4
2
所以sinDQMH =
，
8
2
所以，直線 CE 與平面 PBC 所成角的正弦值是
．
8
11．(2014 天津)如圖四棱錐 P- ABCD的底面 ABCD是平行四邊形， BA= BD = 2，
AD = 2， PA = PD = 5 ， E ， F 分別是棱 AD ， PC的中點(diǎn)．
(Ⅰ)證明： EF ∥平面 PAB；
(Ⅱ)若二面角 P- AD- B為 60°，
(ⅰ)證明：平面 PBC ⊥平面 ABCD
(ⅱ)求直線 EF 與平面 PBC 所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)證明：如圖取 PB 中點(diǎn) M，連接 MF，AM．因?yàn)?F 為 PC 中點(diǎn)，


1
故 MF//BC 且 MF= BC．由已知有 BC//AD，BC=AD．又由于 E 為 AD 中點(diǎn)，
2
因而 MF//AE 且 MF=AE，故四邊形 AMFE 為平行四邊形，
ì
?
所以 EF//AM，又 AM 平面 PAB，而 EF 平面 PAB，
所以 EF//平面 PAB．
(Ⅱ)(i)證明：連接 PE，BE．因?yàn)?PA=PD，BA=BD，而 E 為 AD 中點(diǎn)，
故 PE^ AD，BE ^ AD，所以DPEB 為二面角 P-AD-B 的平面角．在三角形 PAD 中，
由 AD = 2,PA = PD = 5 ，可解得 PE=2．
在三角形 ABD 中，由 BA= BD = 2，可解得 BE=1．
在三角形 PEB 中，PE=2，BE=1，DPEB = 60
o
，
由余弦定理，可解得 PB= 3，從而DPBE = 90
o
，即 BE^ PB，
又 BC//AD，BE^ AD，從而 BE^ BC，因此 BE^ 平面 PBC．又 BEì平面 ABCD，
所以平面 PBC^ 平面 ABCD．
(ii)連接 BF，由(i)知 BE^ 平面 PBC．所以DEFB 為直線 EF 與平面 PBC 所成的角，
1
3
11
2
由 PB= 3，PA= 5 ，AB= 2 得DABP 為直角，而 MB= PB=
，可得 AM=
，
2
2
11
2
BE 2 11
故 EF=
，又 BE=1，故在直角三角形 EBF 中，sinDEFB =
=
.
EF
11
2 11
所以直線 EF 與平面 PBC 所成角的正弦值為
11
12．(2013 浙江)如圖，在四棱錐 P- ABCD中， PA⊥面 ABCD， AB = BC = 2，
AD =CD = 7 ， PA = 3 ，DABC =120o ，G為線段 PC上的點(diǎn)．
(Ⅰ)證明： BD ⊥面 APC ；
(Ⅱ)若G 是 PC的中點(diǎn)，求 DG與 APC所成的角的正切值；
PG
(Ⅲ)若G 滿足 PC⊥面 BGD，求
的值．
GC


【解析】(Ⅰ)設(shè)點(diǎn) O 為 AC，BD 的交點(diǎn)，
由 AB＝BC，AD＝CD，得 BD 是線段 AC 的中垂線．
所以 O 為 AC 的中點(diǎn)，BD⊥AC．
又因?yàn)?PA⊥平面 ABCD，BDì平面 ABCD，
所以 PA⊥BD．所以 BD⊥平面 APC．
(Ⅱ)連結(jié) OG．由(1)可知 OD⊥平面 APC，則 DG 在平面 APC 內(nèi)的射影為 OG，所以∠OGD 是 DG 與平面
APC 所成的角．
1
3
由題意得 OG＝ PA＝
．
2
2
AB
2
+BC -2AB×BC×cosDABC ＝2 3 ，
2
在△ABC 中，AC＝
1
所以 OC＝ AC＝ 3 ．
2
CD
2
-OC2 ＝2．
OD 4 3
在直角△OCD 中，OD＝
=
在直角△OGD 中，tan∠OGD＝
．
OG
3
4 3
3
所以 DG 與平面 APC 所成的角的正切值為
．
(Ⅲ)連結(jié) OG．因?yàn)?PC⊥平面 BGD，OGì平面 BGD，所以 PC⊥OG．
在直角△PAC 中，得 PC＝ 15 ．
AC×OC 2 15
=
所以 GC＝
從而 PG＝
．
PC
5
3 15
，
5
PG 3
所以
= ．
GC 2
ABC- ABC
A ACC ^
平面 ，
ABC ， DABC = 90°
13．(2019 浙江 19)如圖，已知三棱柱
，平面
1
1
1
1
1


DBAC =30°,A A= AC = AC,E,F
分別是 AC，A B 的中點(diǎn)．
1
1
1 1
(1)證明： EF BC ；
^
(2)求直線 EF 與平面 A1BC 所成角的余弦值．
【解析】方法一：
(I)連接A E，因?yàn)锳 A=A C，E是AC的中點(diǎn)，所以A E⊥AC．
1
1
1
1
ì
又平面A ACC ⊥平面ABC，A E 平面A ACC ，
1
1
1
1
1
平面A ACC ∩平面ABC=AC，
1
1
所以，A E⊥平面ABC，則A E⊥BC．
1
1
又因?yàn)锳 F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A F．
1
1
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．
(Ⅱ)取BC中點(diǎn)G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．
由于A E⊥平面ABC，故AE ⊥EG，所以平行四邊形EGFA 為矩形．
1
1
1
由(I)得BC⊥平面EGFA ，則平面A BC⊥平面EGFA ，
1
1
1
所以EF在平面A BC上的射影在直線A G上．
1
1
連接A G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A BC所成的角(或其補(bǔ)角)．
1
1
不妨設(shè)AC=4，則在Rt△A EG中，A E=2 3，EG= 3．
1
1


A1G
2
15
2
由于O為A G的中點(diǎn)，故 EO OG
=
=
=
，
1
EO
2
+OG
2
- EG
2
3
所以cos EOG
D
=
=
．
2EO×OG
5
3
因此，直線EF與平面A BC所成角的余弦值是 ．
1
5
方法二：
(Ⅰ)連接A E，因?yàn)锳 A=A C，E是AC的中點(diǎn)，所以A E⊥AC．
1
1
1
1
ì
又平面A ACC ⊥平面ABC，A E 平面A ACC ，
1
1
1
1
1
平面A ACC ∩平面ABC=AC，所以，A E⊥平面ABC．
1
1
1
如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E–xyz．
不妨設(shè)AC=4，則
3 3
A (0，0，2 3)，B( 3，1，0)， B ( 3,3, 2 3)， F(
, ,2 3) ，C(0，2，0)．
1
1
2 2
uuur
3 3
, ,2 3)， BC = (- 3,1, 0)
2 2
因此， EF (
=
．
EF ^ BC
由 EF ×BC = 0得
．
q
(Ⅱ)設(shè)直線EF與平面A BC所成角為 ，
1
由(Ⅰ)可得 BC = (- 3,1,0)，
AC = (0, 2,-2 3)
1
，
設(shè)平面A1BC的法向量為n = (x, y,z)
，
ì
ì
-
?BC×n = 0
? 3x+ y = 0
íuuur
，得í
由
，
?AC×n = 0
?
?y - 3z = 0
?
1
EF ×n
uuur
4
取n =
(1, 3,1)
，故sinq =
cos EF,
á
n? =
uuur
=
．
EF
× n 5
3
因此直線 EF 與平面 A BC 所成角的余弦值為 ．
1
5


14．(2018 天津)如圖， AD∥BC 且 AD = 2BC ， AD CD ，
^
EG∥AD EG = AD CD∥FG
且 ， 且
CD = 2FG， DG ^平面 ABCD， DA= DC = DG = 2．
(1)若M 為CF 的中點(diǎn)， N 為 EG 的中點(diǎn)，求證： MN ∥平面CDE；
(2)求二面角 E BC F 的正弦值；
-
-
(3)若點(diǎn) P 在線段 DG上，且直線 BP 與平面 ADGE所成的角為60o ，求線段
DP
的長．
x
y
z
【解析】依題意，可以建立以 D為原點(diǎn)，分別以 DA， DC ， DG的方向?yàn)?軸， 軸， 軸的正方向的
D(0, 0, 0) A(2, 0, 0) B(1, 2, 0) C(0, 2, 0) E(2, 0, 2) F(0,1, 2) G(0, 0, 2)
，
空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得
，
，
，
，
，
，
3
M(0, ,1) N(1, 0, 2)
，
．
2
ì ×
=
?n DC 0，
(1)證明：依題意 DC (0, 2,0)，
=
DE = (2,0, 2)．設(shè)n0 = (x, y,z) 為平面CDE
的法向量，則
í
0
uuur
?n ×DE = 0，
?
0
ì2y = 0，
n = (1, 0,-1)
0
í
即
又
不妨令
z = -1，可得
．
?2x+2z = 0，
uuuur
3
MN = (1,- ,1)
MN×n0 =0，
，可得
2
又因?yàn)橹本€MN ?平面CDE
，所以
MN ∥平面CDE
．
(2)依題意，可得 BC = (-1,0,0)，
BE = (1，-2，2) ，CF = (0,-1, 2)
．


ì ×
?n BC 0， ì x 0，
=
- =
設(shè)n = (x, y,z)為平面
的法向量，則
BCE
í uuur
í
即
?x-2y +2z = 0，
?n×BE = 0，
?
n =
(0,1,1)
．
不妨令 z 1，可得
=
ì ×
?m BC 0， ì x 0，
=
- =
設(shè)m = (x, y,z)為平面 BCF 的法向量，則í uuur
?m×BF = 0， ?
即
í
-y+2z = 0，
?
不妨令 z 1，可得
=
m = (0, 2,1)．
m×n
3 10
10
因此有cos
< m,n >=
=
，于是sin m,n >=

= uuur uuur =
，
BP DC
h +5
2
2
3
3
= sin 60
o
=
，解得h =
?[0,2]．
由題意，可得
3
h
2
+5
2
3
所以線段 DP的長為
．
3
15．(2018 江蘇)如圖，在正三棱柱 ABC - ABC 中，AB = AA = 2，點(diǎn) P ，Q分別為 AB ，BC的中點(diǎn)．
1
1
1
1
1 1
(1)求異面直線 BP與 AC1所成角的余弦值；
(2)求直線CC 與平面 AQC 所成角的正弦值．
1
1
，A1C1
的中點(diǎn)分別為 ， ，則
O
，OO1 ^OC
，
OB ^OC
AC
O
1
【解析】如圖，在正三棱柱 ABC - ABC 中，設(shè)
1
1 1
OO1 ^OB
O- xyz
，以{OB,OC,OO }
1 為基底，建立空間直角坐標(biāo)系
．


AB = AA1 = 2
因?yàn)?br /> 所以
，
A(0,-1,0),B( 3, 0, 0),C(0,1,0),A (0,-1, 2) ,B ( 3, 0, 2),C (0,1, 2)
1
1
1
．
3
1
P( ,- ,2)
P
2
2
(1)因?yàn)?br /> 為
A1B1 的中點(diǎn)，所以
，
uuur
uuuur
3
1
BP = (-
,- ,2),AC = (0, 2, 2)
1
2
2
從而
故
，
uuur uuuur
| BP× AC |
| -1+ 4| 3 10
| cos BP, AC |= uuur uuu
1
ur =
=
1
×
5′2 2
| BP| | AC |
20
．
1
3 10
20
因此，異面直線 BP 與 AC1 所成角的余弦值為
．
3 1
Q( , ,0)
2 2
(2)因?yàn)?Q 為 BC 的中點(diǎn)，所以
，
uuur
3 3
AQ = ( , ,0)
2 2
AC = (0, 2, 2),CC = (0, 0, 2)
因此
，
1
1
．
設(shè) n=(x，y，z)為平面 AQC1 的一個(gè)法向量，
ì
3
3
ì
?
x + y = 0,
íuuuur
í 2
2
則
即
?AC ×n = 0,
?
?
?2y + 2z = 0.
n =
( 3,-1,1)
，設(shè)直線 CC 與平面 AQC 所成角為 ，
q
不妨取
1
1
uuuur
|CC ×n|
2
5
5
sinq =| cos CC ,n |= uuuur
1
=
=
CC
AQC
所成角的正弦值為
1
．
則
，所以直線
與平面
1
×
5′2
1
|CC | | n|
5
5
1
16．(2017 天津)如圖，在三棱錐 P- ABC 中，PA⊥底面 ABC，DBAC =90°．點(diǎn) D，E ， N 分別為棱
PA， PC， BC的中點(diǎn)， M 是線段 AD的中點(diǎn)， PA= AC = 4，
AB = 2 ．


(Ⅰ)求證： MN ∥平面 BDE ；
(Ⅱ)求二面角C-EM -N 的正弦值；
7
(Ⅲ)已知點(diǎn) H 在棱 PA上，且直線 NH 與直線 BE所成角的余弦值為
，求線段 AH 的長．
21
【解析】如圖，以 A為原點(diǎn)，分別以 AB ，AC ，AP 方向?yàn)?x 軸、y 軸、z 軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系．依
題意可得
A(0,0,0)， B(2, 0, 0)，C(0,4,0)，(0,0, 4)， D(0,0,2)， E(0,2,2)， M(0, 0,1)， N(1, 2,0)．
(Ⅰ)證明： DE =(0, 2,0)， DB=(2, 0,-2)．設(shè)n = (x, y,z)，為平面 BDE 的法向量，
ì ×
?n DE 0
=
ì2y = 0
，即 í
則í uuur
．不妨設(shè) z =1，可得n = (1, 0,1) ．又 MN =(1，2，-1)，可得 MN ×n = 0．
?2x - 2z = 0
?n×DB = 0
?
因?yàn)?MN ? 平面 BDE，所以 MN//平面 BDE．
ì ×
=
?n EM 0
(Ⅱ)易知n = (1,0,0)為平面 CEM 的一個(gè)法向量．設(shè)n = (x, y,z)為平面 EMN 的法向量，則í
2
，因
uuuur
1
2
?n ×MN = 0
?
2
ì-2y - z = 0
?x + 2y - z = 0
為 EM = (0,-2,-1) ， MN = (1, 2,-1) ，所以í
．不妨設(shè) y =1，可得n2 = (-4,1,-2)．
n1 ×n
2
4
105
因此有cos < n ,n >=
= -
，于是sin < n ,n >=
．
1
2
1
2
|n ||n |
1
21
21
2
105
21
所以，二面角 C—EM—N 的正弦值為
．


(Ⅲ)依題意，設(shè) AH=h(0≤h≤4 )，則 H(0，0，h)，進(jìn)而可得 NH = (-1,-2,h) ， BE = (-2,2,2)．由已知，得
uuuur uuur
| NH ×BE |
| 2h -2|
7
8
1
| cos < NH,BE >|= uuuur uuur =
| NH || BE |
=
，整理得10h
-21h +8 = 0 ，解得h = ，或h = ．
2
2
+5′2 3 21
5
2
h
8
1
所以，線段 AH 的長為 或 ．
5
2
17．(2017 北京)如圖，在四棱錐 P ABCD中，底面
-
ABCD為正方形，平面 PAD ⊥平面 ABCD，點(diǎn) M 在
線段 PB 上， PD //平面
MAC ， PA = PD = 6 ， AB = 4
．
(Ⅰ)求證： M 為 PB 的中點(diǎn)；
(Ⅱ)求二面角 B PD A的大??；
-
-
(Ⅲ)求直線 MC 與平面 BDP 所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)設(shè) AC,BD 交點(diǎn)為 E ，連接 ME ．
因?yàn)?PD∥平面 MAC ，平面 MAC I 平面 PBD = ME ，所以 PD∥ME ．
因?yàn)?ABCD是正方形，所以 E 為 BD的中點(diǎn)，在DPBC中，知 M 為 PB的中點(diǎn)．
(Ⅱ)取 AD的中點(diǎn)O，連接OP，OE．
因?yàn)?PA = PD ，所以O(shè)P ^ AD．
又因?yàn)槠矫?PAD ^平面 ABCD，且OP ì平面 PAD ，所以O(shè)P ^平面 ABCD．
因?yàn)镺E ì平面 ABCD，所以O(shè)P ^OE．
因?yàn)?ABCD是正方形，所以O(shè)E ^ AD．
如圖建立空間直角坐標(biāo)系O- xyz ，則 P(0, 0, 2) ， D(2,0,0)， B(-2,4,0)，
BD = (4,-4, 0) ， PD = (2, 0,- 2)．
ì ×
?n BD 0
=
ì4x-4y 0
=
?
設(shè)平面 BDP 的法向量為n = (x, y,z)，則í uuur
?n×PD = 0
，即í
．
??2x -
2z = 0
?


令 x =1，則 y =1， z = 2 ．于是n = (1, 1, 2)．
n× p
1
平面 PAD 的法向量為 p = (0,1, 0)，所以cos =
= ．
|n|| p| 2
p
由題知二面角 B- PD- A為銳角，所以它的大小為 ．
3
uuuur
) ， D(2,4,0)， MC = (3, 2,-
2
2)．
(Ⅲ)由題意知 M(-1, 2,
2
2
uuuur
| n×MC | 2 6
uuuur
．
設(shè)直線MC 與平面 BDP 所成角為a ，則sina =| cos ,MC |=

=
| n|| MC |
9
2 6
所以直線 MC 與平面 BDP 所成角的正弦值為
．
9
18．(2014 福建)在平行四邊形 ABCD中，AB = BD =CD =1，AB ^ BD,CD ^ BD ，將DABD沿
BD折起，使得平面 ABD ^平面 BCD，如圖．
AB ^ CD
(Ⅰ)求證：
；
(Ⅱ)若M 為 AD中點(diǎn)，求直線 AD與平面 MBC所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)因?yàn)?ABD ^平面 BCD，平面 ABD I 平面 BCD = BD, AB ì 平面
ABD, AB ^ BD,所以 AB ^平面 BCD.又CD ì平面 BCD,所以 AB ^CD．
(Ⅱ)過點(diǎn) B 在平面 BCD內(nèi)作 BE ^ BD，如圖．
由(Ⅰ)知 AB ^平面 BCD, BE ì 平面 BCD,所以 AB ^ BE, AB ^ BD．以 B 為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以
BE,BD,BA的方向?yàn)?x軸， y 軸， z 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系．


1 1
依題意，得 B(0, 0, 0),C(1,1, 0),D(0,1, 0), A(0, 0,1),M(0, , )．
2 2
uuur
uuuur
uuur
1 1
則 BC (1,1, 0),BM (0, , ), AD (0,1, 1)．
=
=
=
-
2 2
設(shè)平面MBC 的法向量n =(x , y ,z )．
0
0
0
ìx + y = 0
ì
?n×BC = 0
?
0
0
則ír uuuur
即í1
．
y + z = 0
?n×BM = 0 ?
0
0
?
?2
取 z0 =1,得平面 MBC的一個(gè)法向量n = (1,-1,1)．
設(shè)直線 AD 與平面 MBC 所成角為q ，
n× AD
n AD
r uuur
則sinq = cos < n, AD > = r uuur = 6,
3
6
即直線 AD 與平面 MBC 所成角的正弦值為
．
3
19．(2013 天津) 如圖， 四棱柱 ABCD - ABC D 中，側(cè)棱 A A⊥底面 ABCD， AB∥DC ，
1
1
1
1
1
AB ^ AD ， AD =CD =1， AA = AB = 2， E 為棱 AA 的中點(diǎn)．
1
1
(Ⅰ)證明 BC ^CE ；
1
1
(Ⅱ)求二面角 B -CE -C 的正弦值；
1
1
2
(Ⅲ)設(shè)點(diǎn) M 在線段C E 上；且直線 AM 與平面 ADD A 所成角的正弦值為
， 求線段 AM 的長．
1
1 1
6


【解析】解法一 如圖，以點(diǎn) A 為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，
依題意得 A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B (0，2，2)，C (1，2，1)，E(0，1，0)
1
1
(Ⅰ)易得 BC =(1，0，-1)，CE =(-1，1，-1)，于是 BC ×CE = 0，所以 BC ^CE ．
1
1
1
1
1 1
ì ×
=
ìx 2y - z = 0
-
?m BC 0
(Ⅱ) BC =(1，-2，-1)．設(shè)平面 BCE 的法向量
m = (x, y,z)，則í uu
ur
1
，即í
消去 x ，
1
1
?-x+ y- z = 0
?m×CE = 0
?
得 y+2z =0，不妨令 z=1，可得一個(gè)法向量為m =(-3，-2，1)．由(Ⅰ)知， BC ^CE ，又CC ^ BC ，可
1
1
1
1 1
^
得 B1C1 平面CEC ，故 BC =(1，0，-1)為平面CEC 的一個(gè)法向量．
1
1
1
1
uuuur
cos < m,BC >=
m×BC
uuuur =
-4
2 7
1
1
= -
于是
從而
1
1
14′
|m || BC |
2
7
1
1
uuuur
sin < m,BC >=
21
7
1
1
21
所以二面角 B －CE－C 的正弦值為
．
1
1
7
AE
EC
(Ⅲ)
=(0，1，0)，
=(1，l，1)，設(shè)
EM = lEC1
= (l,l,l)，0≤l ≤1，
1
有 AM AE EM
=
+
,
1,
= (l l+ l)．可取 AB =(0，0，2)為平面 ADD A 的一個(gè)法向量，設(shè)q 為直線 AM 與
1
1
平面 ADD A 所成的角，
1
1
AM ×AB
uuuur uuur
l
sinq = cos < AM, AB > = uuuur uuur =
則
AM × AB
3l
2
+2l +1
l
2
1
=
，解得l =
，所以 AM = 2
于是
6
3
3
l + l +1
2
2
考點(diǎn) 84 二面角的計(jì)算
1．(2018 浙江)已知四棱錐 S - ABCD的底面是正方形，側(cè)棱長均相等， E 是線段 AB 上的點(diǎn)(不含端點(diǎn))，
設(shè) SE與 BC所成的角為q ， SE與平面 ABCD所成的角為q ，二面角 S - AB-C的平面角為q ，則
1
2
3


A．q ≤q ≤q
B．q ≤q ≤q
C．q ≤q ≤q
D．q ≤q ≤q
2 3 1
1
2
3
3
2
1
1
3
2
【答案】D
【解析】由題意知四棱錐 S - ABCD為正四棱錐，如圖，連接 BD，記 AC IBD =O ，連接SO，則SO ^
平面 ABCD，取 AB 的中點(diǎn) M ，連接 SM ，OM ，OE，易得 AB ^ SM ，則q = DSEO ，q = DSMO ，
2
3
易知q ≥q ．因?yàn)镺M ∥ BC，BC ^ AB，SM ^ AB，所以q 也為OM 與平面 SAB所成的角，即 BC
3
2
3
與平面SAB所成的角，再根據(jù)最小角定理知，q ≤q ，所以q ≤q ≤q ，故選 D．
3
1
2
3
1
2．(2017 浙江)如圖，已知正四面體 D- ABC (所有棱長均相等的三棱錐)， P ，Q， R 分別為 AB ， BC，
BQ CR
CA上的點(diǎn)， AP = PB，
面角為a ，b ，g ，則
=
= 2 ，分別記二面角 D- PR-Q， D- PQ- R ， D-QR- P的平
QC RA
A．g |=
=
×
3× m
2
+1
2
+1
3
m
3
2m
3
2| m|
3
6
=
× 1+
￡
× 1+
￡
× 1+1 =
，當(dāng)且僅當(dāng)m=1時(shí)取等號(hào)，
3
m
2
+1
3
m
2
+1
3
3
6
所以直線 PB與平面QCD
所成角的正弦值的最大值為
．
3
10．(2019?新課標(biāo)Ⅰ，理 18)如圖，直四棱柱 ABCD - ABC D 的底面是菱形，AA = 4 ，AB = 2 ，DBAD = 60°，
1
1
1
1
1
E ， M ， N 分別是 BC ， BB ， AD 的中點(diǎn)．
1
1
(1)證明： MN / / 平面C1DE ；
(2)求二面角 A- MA1 - N 的正弦值．


1
【解析】(1)證明：如圖，過 N 作 NH ^ AD ，則 NH / /AA ，且 NH = AA ，
1
1
2
1
又MB / /AA ， MB = AA ，\四邊形 NMBH 為平行四邊形，則 NM / /BH ，
1
1
2
由 NH / /AA ， N 為 AD 中點(diǎn)，得 H 為 AD 中點(diǎn)，而 E 為 BC 中點(diǎn)，
1
1
\BE / /DH ， BE = DH ，則四邊形 BEDH 為平行四邊形，則 BH / /DE ，
\NM / /DE ，
QNM ì/ 平面C DE ， DE ì 平面C DE ，
1
1
\MN / / 平面C1DE ；
(2)解：以 D 為坐標(biāo)原點(diǎn)，以垂直于 DC 得直線為 x 軸，以 DC 所在直線為 y 軸，以 DD1 所在直線為 z 軸建立
空間直角坐標(biāo)系，
3
1
則 N(
，- ，2) ， M( 3 ，1，2) ， A ( 3 ，-1，4) ，
1
2
2
uuuur
uuuur
3
1
NM = ( 3, ,0) ， NA = ( 3,- ,2)，
1
2
2
設(shè)平面 A1MN 的 一個(gè)法向量為m = (x, y,z)，
uuuur
ì r
3
mgNM = 3x + y = 0
?
?
，取 y = 2 3 ，得mr = (-3,2 3,2 3) ，
2
1
由í
uuuur
r
?
mgNA = 3x - y + 2z = 0
?
?
1
2
又平面MAA1 的一個(gè)法向量為n = (1, 0, 0) ，
r r
\cos < mr,nr >=
mgn
=
-3
= -
33
．
．
r
r
| m|g| n | 1′ 33
11
2 22
11
\二面角 A- MA1 - N 的正弦值為


11．(2019?新課標(biāo)Ⅱ，理 17)如圖，長方體 ABCD - ABC D 的底面 ABCD 是正方形，點(diǎn) E 在棱 AA 上，
1
1
1
1
1
BE ^ EC1 ．
(1)證明： BE ^ 平面 EBC ；
1
1
(2)若 AE = AE ，求二面角 B - EC -C 的正弦值．
1
1
【解析】證明：(1)長方體 ABCD - ABC D 中， BC ^平面 ABA B ，
1
1
1
1
1
1
1 1
\BC ^ BE ，QBE ^ EC ，
1
1
1
\BE ^平面 EBC ．
1
1
(2)以C 為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè) AE = A E =1，QBE ^平面 EBC ，\BE ^ EB ，\AB =1，
1
1
1
1
則 E(1，1，1) ， A(1，1，0) ， B (0，1，2) ，C (0 ，0，2) ，C(0，0，0) ，
1
1
QBC ^ EB ，\EB ^ 面 EBC ，
1
1
r
故取平面 EBC 的法向量為m = EB = (-1，0，1) ，
1
設(shè)平面 ECC1 的法向量n = (x ， y ， z)，
r
ì
=
=
?ngCC 0，得ìíz 0
由í uuur
1
，取 x =1，得n = (1，-1，0) ，
r
?x + y + z = 0
?ngCE = 0
?


\cos < mr,nr >=
mgn
= - ，
r
1
r
| m|g| n |
2
3
\二面角 B - EC -C1 的正弦值為
．
2
?
12．(2018?新課標(biāo)Ⅲ，理 19)如圖，邊長為 2 的正方形 ABCD 所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直，M 是
?
CD上異于C ， D 的點(diǎn)．
(1)證明：平面 AMD ^ 平面 BMC ；
(2)當(dāng)三棱錐 M - ABC 體積最大時(shí)，求面 MAB 與面 MCD 所成二面角的正弦值．
【解析】(1)證明：在半圓中， DM ^ MC ，
?
Q正方形 ABCD所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直，
\AD ^ 平面 DCM ，則 AD ^ MC ，
Q ADIDM = D ，
\MC ^平面 ADM ，
QMC ì 平面 MBC ，
\平面 AMD ^ 平面 BMC ．
(2)QDABC 的面積為定值，
\要使三棱錐 M - ABC 體積最大，則三棱錐的高最大，
此時(shí) M 為圓弧的中點(diǎn)，
建立以O(shè) 為坐標(biāo)原點(diǎn)，如圖所示的空間直角坐標(biāo)系如圖


Q正方形 ABCD的邊長為 2，
\A(2，-1，0) ， B(2 ，1，0) ， M(0，0，1) ，
則平面MCD 的法向量 m = (1，0，0) ，
設(shè)平面MAB 的法向量為n = (x ， y ， z)
則 AB = (0，2，0) ， AM = (-2 ，1，1) ，
r
r
由ngAB = 2y = 0 ，ngAM = -2x + y + z = 0 ，
令 x =1，
則 y = 0 ， z = 2 ，即n = (1，0，2) ，
r
mgn
則cos < m ，n >= r r =
| m|| n | 1′ 1+ 4
1
1
=
，
5
1
2 5
5
則面 MAB 與面 MCD 所成二面角的正弦值sina = 1-(
)
2
=
．
5
．
13．(2017?新課標(biāo)Ⅰ，理 18)如圖，在四棱錐 P - ABCD 中， AB / /CD ，且DBAP = DCDP = 90°．
(1)證明：平面 PAB ^ 平面 PAD ；
(2)若 PA = PD = AB = DC ，DAPD = 90°，求二面角 A- PB -C 的余弦值．
【解析】(1)證明：QDBAP = DCDP = 90°，\PA^ AB ， PD ^ CD ，
Q AB / /CD ，\AB ^ PD，
又QPA PD = P ，且 PA 平面 PAD ， PD 平面 PAD ，
I
ì
ì
\AB ^ 平面 PAD ，又 AB ì 平面 PAB ，
\平面 PAB ^ 平面 PAD ；
(2)解：Q AB / /CD ， AB = CD ，\四邊形 ABCD為平行四邊形，


由(1)知 AB ^平面 PAD ，\AB ^ AD ，則四邊形 ABCD 為矩形，
在DAPD 中，由 PA = PD ，DAPD = 90°，可得DPAD 為等腰直角三角形，
設(shè) PA = AB = 2a ，則 AD = 2 2a ．
取 AD 中點(diǎn)O ， BC 中點(diǎn) E ，連接 PO、OE ，
以O(shè) 為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以O(shè)A、OE 、OP 所在直線為 x 、 y 、 z 軸建立空間直角坐標(biāo)系，
則： D(- 2a,0,0) ， B( 2a,2a,0) ， P(0 ，0， 2a)，C(- 2a,2a,0) ．
PD = (- 2a,0,- 2a) ， PB = ( 2a,2a,- 2a) ， BC = (-2 2a,0,0) ．
設(shè)平面 PBC 的一個(gè)法向量為n = (x, y,z) ，
r
ì
=
ì
+
- 2az = 0
?ngPB 0
，取 y =1，得nr = (0,1, 2) ．
由í uuur
，得 í
r
?ngBC = 0
?-2 2ax = 0
?
?
QAB ^ 平面 PAD ， AD ì 平面 PAD ，\AB ^ PD，
又 PD ^ PA， PAIAB = A，
\PD ^ 平面 PAB ，則 PD為平面 PAB 的一個(gè)法向量， PD = (- 2a,0,- 2a) ．
r
uuur
r
PDgn
-2a
3
\cos < PD,n >= uuur
=
= -
．
r
| PD|| n | 2a′ 3
3
由圖可知，二面角 A- PB -C 為鈍角，
3
\二面角 A- PB -C 的余弦值為-
．
3
14．(2017?新課標(biāo)Ⅱ，理 19)如圖，四棱錐 P - ABCD 中，側(cè)面 PAD 為等邊三角形且垂直于底面 ABCD ，
1
AB = BC = AD，DBAD = DABC = 90°， E 是 PD的中點(diǎn)．
2
(1)證明：直線CE / / 平面 PAB ；
(2)點(diǎn) M 在棱 PC 上，且直線 BM 與底面 ABCD所成角為45°，求二面角 M - AB - D 的余弦值．


【解析】(1)證明：取 PA 的中點(diǎn) F ，連接 EF ， BF ，因?yàn)?E 是 PD的中點(diǎn)，
1
1
1
所以 EF / / AD ， AB = BC = AD，DBAD = DABC = 90°，\BC / / AD ，
=
2
2
2
\BCEF 是平行四邊形，可得CE / /BF ， BF ì 平面 PAB ，CE ì/ 平面 PAB ，
\直線CE / / 平面 PAB ；
(2)解：四棱錐 P - ABCD 中，
1
側(cè)面 PAD 為等邊三角形且垂直于底面 ABCD ， AB = BC = AD，
2
DBAD = DABC = 90°， E 是 PD的中點(diǎn)．
取 AD 的中點(diǎn)O ，M 在底面 ABCD上的射影 N 在OC 上，設(shè) AD = 2 ，則 AB = BC =1，OP = 3 ，
\DPCO = 60°，直線 BM 與底面 ABCD所成角為 45°，
3
可得： BN = MN ，CN =
MN ， BC =1，
3
1
6
6
可得：1+ BN
2
= BN
2
， BN =
，MN =
，
3
2
2
作 NQ ^ AB 于Q，連接 MQ ， AB ^ MN ，
所以DMQN 就是二面角M - AB - D 的平面角， MQ = 1
+ ( 6)
=
10
2
2
2
，
2
1
10
5
二面角M - AB - D 的余弦值為：
=
．
10
2


15．(2017?新課標(biāo)Ⅲ，理 19)如圖，四面體 ABCD 中，DABC 是正三角形，DACD 是直角三角形，DABD = DCBD ，
AB = BD ．
(1)證明：平面 ACD ^平面 ABC ；
(2)過 AC 的平面交 BD于點(diǎn) E ，若平面 AEC 把四面體 ABCD 分成體積相等的兩部分，求二面角 D - AE - C 的
余弦值．
【解答】(1)證明：如圖所示，取 AC 的中點(diǎn)O，連接 BO，OD ．
QDABC 是等邊三角形，\OB ^ AC ．
DABD 與DCBD 中， AB = BD = BC ，DABD = DCBD ，
\DABD @ DCBD ，\ AD = CD ．
QDACD 是直角三角形，
\AC 是斜邊，\DADC = 90° ．
1
\DO = AC ．
2
\DO
2
+ BO
2
= AB
2
= BD
．
2
\DBOD = 90° ．
\OB ^ OD ．
又 DOI
AC = O ， OB 平面 ACD ．
\
^
又OB ì 平面 ABC ，
\平面 ACD ^平面 ABC ．
hD
DE
(2)解：設(shè)點(diǎn) D ， B 到平面 ACE 的距離分別為h ，h ．則
=
．
D
E
hE BE
Q平面 AEC 把四面體 ABCD 分成體積相等的兩部分，


1
S
ghD
DACE
hD
DE
3
1
\
=
=
=1．
hE BE
SDACE ghE
3
\點(diǎn) E 是 BD的中點(diǎn)．
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．不妨取 AB = 2 ．
3 1
則O(0，0，0) ， A(1，0，0) ，C(-1，0，0) ， D(0 ，0，1) ， B(0 ， 3 ，0) ， E(0,
, )．
2 2
uuur
AD = (-1，0，1) ， AE = (-1,
3 1
, )， AC = (-2 ，0，0) ．
2 2
ì-x + z = 0
r
ì
=
?mgAD 0
?
，取mr = (3, 3,3)．
設(shè)平面 ADE 的法向量為m = (x ， y ， z)，則í uuur
，即í
r
3
1
?mgAE = 0
?-x +
y + z = 0
?
?
2
2
同理可得：平面 ACE 的法向量為n = (0 ，1，- 3) ．
r r
\cos < mr,nr >=
mgn
=
-2 3
21′2
= -
7
．
r r
| m|| n |
7
7
\二面角 D - AE - C 的余弦值為
．
7
16．(2016?新課標(biāo)Ⅰ，理 18)如圖，在以 A ， B ，C ， D ， E ， F 為頂點(diǎn)的五面體中，面 ABEF 為正方形，
AF = 2FD ，DAFD = 90°，且二面角 D - AF - E 與二面角C - BE - F 都是60°．
(Ⅰ)證明：平面 ABEF ^ 平面 EFDC ；
(Ⅱ)求二面角 E - BC - A的余弦值．
【解析】(Ⅰ)證明：QABEF 為正方形，\AF ^ EF ．
QDAFD = 90° ，\AF ^ DF ，
QDFIEF = F ，


\AF ^平面 EFDC ，
QAF ì 平面 ABEF ，
\平面 ABEF ^ 平面 EFDC ；
(Ⅱ)由 AF ^ DF ， AF ^ EF ，
可得DDFE 為二面角 D - AF - E 的平面角；
由 ABEF 為正方形， AF ^ 平面 EFDC ，
QBE ^ EF ，
\BE ^平面 EFDC
即有CE ^ BE ，
可得DCEF 為二面角C - BE - F 的平面角．
可得DDFE = DCEF = 60°．
Q AB / /EF ， AB ì/ 平面 EFDC ， EF ì 平面 EFDC ，
\AB / / 平面 EFDC ，
Q平面 EFDC ?平面 ABCD = CD， AB ì 平面 ABCD ，
\AB / /CD ，
\CD / /EF ，
\四邊形 EFDC 為等腰梯形．
以 E 為原點(diǎn)，建立如圖所示的坐標(biāo)系，設(shè) FD = a ，
a
3
則 E(0 ，0，0) ， B(0 ，2a ，0) ，C( ，0，
a)， A(2a ，2a ，0) ，
2
2
uuur
\ EB = (0 ，2a ，0) ， BC = ( ，-2a ，
a
3
a)， AB = (-2a ，0，0)
2
2
r
ì
=
?mgEB 0
設(shè)平面 BEC 的法向量為m = (x ， y ， z )，則í uuur
，
r
1
1
1
?mgBC = 0
?
ì2ay = 0
?
1
，取mr = ( 3 ，0，-1) ．
則í
a
3
? x - 2ay +
az1 = 0
?
2
1
1
2
r
ì
=
?ngBC 0
設(shè)平面 ABC 的法向量為n = (x ， y ， z )，則í uuur
，
r
2
2
2
?ngAB = 0
?
ì
a
3
? x - 2ay +
az2 = 0
則í
2
2
，取n = (0 ， 3，4) ．
mgn
2
2
?
2ax2 = 0
?
設(shè)二面角 E - BC - A的大小為q ，則cosq = r
r
| m|g| n |


-4
2 19
19
=
= -
，
3+1g 3+16
2 19
19
則二面角 E - BC - A的余弦值為-
．
17．(2014 新課標(biāo)Ⅰ，理 19)如圖三棱錐 ABC - ABC 中，側(cè)面 BBC C 為菱形， AB ^ BC ．
1
1
1
1
1
1
(Ⅰ) 證明： AC = AB1；
(Ⅱ)若 AC ^ AB1 ，
DCBB1 = 60o ，AB=BC，求二面角 A- AB -C 的余弦值．
1 1 1
【解析】(Ⅰ)連結(jié) BC ，交 BC 于 O，連結(jié) AO．因?yàn)閭?cè)面 BBC C 為菱形，所以 BC ^ BC ，且 O 為 B1C
1
1
1
1
1
1
與 BC 的中點(diǎn)．又 AB ^ BC ，所以 BC ^平面 ABO，故 BC ^ AO 又 BO =CO ，故
1
1
1
1
1
AC = AB1
………6 分
(Ⅱ)因?yàn)?AC ^ AB 且 O 為 BC 的中點(diǎn)，所以
AO=CO
又
1
1
因?yàn)?AB=BC ，所以DBOA@ DBOC
故 OA⊥OB ，從而 OA，OB，OB1兩兩互相垂直．
以 O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB 的方向?yàn)?x 軸正方向，OB 為單
圖所示空間直角坐標(biāo)系 O- xyz ．因?yàn)镈CBB1 = 600 ，
為等邊三角形．又 AB=BC ，則
位長，建立如
所以DCBB1
?
?
?
?
?
?
3
3
3
(
)
,0÷ ，C?0,
-
A?0, 0,
÷， B 1,0,0 ， B ?0,
,0÷
?
÷
?
÷
?
÷
1
3
3
3
è
?
è
?
è
?
uuur ?
? uuuur uuur ?
? uuuur uuur ?
?
3
3
3
3
AB = ?0,
,-
÷ ， AB = AB = ?1,0,-
÷, BC = BC = ?-1,-
,0÷
?
÷
?
÷
?
÷
1
1
1
1
1
3
3
3
3
è
?
è
?
è
?
設(shè)n
= (x, y,z)是平面的法向量，則
ì
3
3
y -
z = 0
?
ì
=
?ngAB 0
?
3
(
)
1
3
=
3 3
ír uuuur
，即í
所以可取n 1, ,
?ngAB = 0
?
3
3
?
1
1
x -
z = 0
?
?


ì
=
?mgAB 0
(
)
設(shè)m是平面的法向量，則ír uuuur
1
1
，同理可取m = 1,- 3 3
,
?ngBC = 0
?
1 1
r ur
則cos n,m = r ur = ，所以二面角 A- AB -C 的余弦值為 ．
ngm
ng m
1
1
1
1
1
7
7
18．(2014 新課標(biāo)Ⅱ，理 18)如圖，四棱錐 P-ABCD 中，底面 ABCD 為矩形，PA⊥平面 ABCD，E 為 PD 的
中點(diǎn)．
(Ⅰ)證明：PB∥平面 AEC；
(Ⅱ)設(shè)二面角 D-AE-C 為 60°，AP=1，AD= 3 ，求三棱錐 E-ACD 的體積．
【解析】(Ⅰ)證明：連結(jié)BD 交 AC 于點(diǎn)O，連結(jié)OE．
∵底面 ABCD為矩形，∴點(diǎn)O為BD 的中點(diǎn)，
又E 為PD 的中點(diǎn)，∴OE P PB
∵OE ì平面 AEC，PB ?平面 AEC，∴ PB P 平面 AEC
(Ⅱ)以 A為原點(diǎn)，直線 AB 、 AD、 AP 分別為 x、 y 、 z 軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè) AB = a，
3 1
則D(0, 3,0)， A(0,0,0)，E(0,
, )，C(a, 3,0)，
2 2
uuur
3 1
∴ AE = (0,
, )， AC = (a, 3,0)，設(shè)n = (x, y,z)是平面 AEC的法向量，
2 2
ìr uuur
ì
a
3
1
y = -
x
?n× AE =
y + z = 0
?
3 ，令 x = 3，得n = ( 3,-a,- 3a)，
則í
2
2
，解之：í
r uuur
?
?
?n× AC = ax+ 3y = 0
?z = - 3y
又∵ AB = (a,0,0) 是平面 AED的一個(gè)法向量，
uuur r
3a
1
3
2
∴ cos < AB,n > =
= cos 60
o
= ，解之a(chǎn) =
a 3 4a
×
+
2
2
1 1
1
1 1
3 1
3
∴VE-ACD = ′ ′| AD|′|CD|′ | AP|= ′ ′ 3′ ′ =
3 2
2
3 2
2 2
8
19 ． (2013 新 課 標(biāo) Ⅱ ， 理 18) 如 圖 直 棱 柱 ABC - ABC 中 ， D ， E 分 別 為 AB ， BB 的 中 點(diǎn) ，
1
1
1
1


2
AA1 =AC=CB=
AB．
2
(Ⅰ)證明： BC ∥平面 ACD ；
1
1
(Ⅱ)求二面角 D- A1C - E 的正弦值．
【解析】(Ⅰ)連結(jié) AC 交 AC 于點(diǎn) F，連結(jié) DF，則 F 為 AC 的中點(diǎn)，
1
1
1
又∵D 是 AB 中點(diǎn)，則 BC1 ∥DF，
∵DFì面 ACD ， BC ?面 ACD ，
1
1
1
∴ BC ∥面 ACD
1
1
2
(Ⅱ)由 AA1 =AC=CB=
AB得，AC⊥BC，
2
以 C 為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA的方向?yàn)?x軸正方向，建立如圖所示直角坐標(biāo)系C - xyz ，設(shè) CA=2，則 D(1，1，0)，
E(0，2，1)， A (2，0，2)，CD=(1，1，0)，CE=(0，2，1)，CA =(2，0，2)．
1
1
設(shè)n=(x , y ,z )是平面 ACD 的法向量，
1
1
1
1
ì
n·CD = 0 ìx + y = 0
?
1
1
n
，可取 =(1，－1，－1)．
則í uuuur
即í
2x +2z = 0
?n· AC = 0 ?
?
1
1
1
同理，設(shè)m =(x , y ,z )是平面 ACE 的法向量，
2
2
2
1
ì
+ = 0
2
m·CE = 0
ì2y z
?
2
，可取m
=(2，1，—2)，
則í
uuuur
，即í
2x +2z = 0
?m· AC = 0
?
?
2
2
1


m·n 2-1+ 2
3
6
∴cos m,n =
=
=
，∴sin m,n =
，
|m ||n|
3′3
3
3
6
∴二面角 D- A1C - E 的正弦值為
．
3
1
20．(2012?新課標(biāo)，理 19)如圖，直三棱柱 ABC - A BC 中，AC = BC = AA ，D 是棱 AA 的中點(diǎn)，DC ^ BD
1
1
1
1
1
1
2
(1)證明： DC1 ^ BC ；
(2)求二面角 A - BD -C 的大?。?br /> 1
1
【解析】(1)證明：在RtDDAC中， AD = AC ，\DADC = 45°
同理：DADC = 45°，\DCDC = 90°
1
1
1
\DC ^ DC ， DC ^ BD
1
1
QDCIBD = D
\DC1 ^ 面 BCD
QBC ì 面 BCD
\DC1 ^ BC


(2)解：QDC ^ BC ，CC ^ BC ， DC CC = C ， BC 面 ACC A ，
I
\
^
1
1
1
1
1
1 1
Q AC ì 面 ACC A ，\BC ^ AC
1
1
取 AB 的中點(diǎn)O，過點(diǎn)O 作OH ^ BD 于點(diǎn) H ，連接C O ，OH
1
1
1
Q AC = BC ，\C O ^ AB ，
1
1
1
1
1
1 1
Q面 A BC ^ 面 ABD，面 ABC ?面 ABD = AB ，
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1
\C O ^ 面 ABD
1
1
而 BD ì面 A1BD
\BD ^ C1O，
QOH ^ BD ，C O OH = O，
I
1
\BD ^ 面C OH \C H ^ BD ，\點(diǎn) H 與點(diǎn) D 重合且DC DO 是二面角 A - BD -C 的平面角
1
1
1
1
1
2a
設(shè) AC = a ，則C1O =
，C D = 2a = 2C O ，
1 1
2
1
\sinDC1DO =
\DC1DO = 30°
2
即二面角 A - BD -C 的大小為30°
1
1
21．(2011?新課標(biāo)，理 18)如圖，四棱錐 P- ABCD中，底面 ABCD為平行四邊形，DDAB=600 ，AB =2AD，
PD⊥底面 ABCD．
(Ⅰ)證明： PA ^ BD ；
(Ⅱ)若 PD= AD，求二面角 A-PB-C 的余弦值．


【解析】(Ⅰ) ∵DDAB=600 ， AB =2AD，由余弦定理得 BD = 3AD ，
∴
BD + AD2 = AB2 ， ∴ BD⊥ AD，
2
又∵ PD ⊥面 ABCD， ∴ BD ⊥ PD ， ∴ BD ⊥面 PAD ， ∴ PA ^ BD
(Ⅱ)如圖，以 D為坐標(biāo)原點(diǎn)， AD的長為單位長，射線 DA為 x軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系 D- xyz ，則
A(1，0，0)， B (0， 3 ，0)， P (0，0，1)，
AB =(－1， 3 ，0)， PB=(0， 3 ，－1)， BC=(－1，0，0)．
ì
=
?ngAB 0
設(shè)平面 PAB的法向量為n=( x ， y ， z )，則í uuuv
，
1
1
1
?ngPB = 0
?
ì
-x + 3y = 0
?
1
1
3
， z1 =
3
，
即í
，取 y =1，則 x =
1
1
? 3y - z = 0
?
1
∴n=( 3 ，1， 3 )，
ì
=
ìx = 0
?
2
?mgBC 0
設(shè)平面 PBC 的法向量為 m =( x ，y ，z )，則í uuuv
，即í
，取 y =－1，則 x =0，z =
2 2 2
2
2
2
?mgPB = 0
?
?
1
-4
2 7
7
－ 3 ，∴m =(0，－1，－ 3 )，cos m,n =
=-
，
2 7
2 7
故二面角 A-PB-C 的余弦值為-
．
7
22．(2011 廣東)如圖在椎體 P- ABCD中， ABCD是邊長為 1 的棱形，且DDAB=60°，
PA = PD = 2 ， PB = 2， E ， F 分別是 BC， PC的中點(diǎn)．
^
(Ⅰ)證明： AD 平面 DEF ；
(Ⅱ)求二面角 P- AD- B的余弦值．


【解析】法一：(Ⅰ)證明：取 AD 中點(diǎn) G，連接 PG，BG，BD．因 PA=PD，
有 PG ^ AD，在DABD 中， AB = AD =1,DDAB = 60°，有DABD 為等邊
三角形，因此 BG ^ AD,BG ? PG = G ，
所以 AD ^平面 PBGT AD ^ PB, AD ^ GB.
又 PB//EF，得 AD ^ EF ，而 DE//GB 得 AD ^ DE，又 FE ? DE = E ，
所以 AD ^ 平面 DEF．
(Ⅱ)QPG ^ AD,BG ^ AD，\DPGB為二面角 P—AD—B 的平面角，
7
RtDPAG中,PG
2
= PA
2
- AG
2
=
在
4
3
在 RtDABG中,
\cosDPGB =
BG=AB×sin 60o=
2
7 3
+ - 4
PG
2
+ BG
2
- PB
2
21
4 4
7
=
= -
2PG×BG
7
3
2×
×
2
2
法二：(Ⅰ)取 AD 中點(diǎn)為 G，因?yàn)?PA = PD,PG ^ AD.
又 AB = AD,DDAB = 60°,DABD為等邊三角形，因此， BG ^ AD，
從而 AD ^平面 PBG．
延長 BG 到 O 且使得 PO ^ OB，又 PO ì平面 PBG，PO ^AD，
AD ?OB = G,所以 PO ^ 平面 ABCD．
以 O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，菱形的邊長為單位長度，直線 OB，OP 分別為 x軸，z 軸，平行于 AD 的直線為 y 軸，
建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．
1
2
1
設(shè) P(0, 0,m),G(n, 0, 0), A(n,-
則
,0),D(n, , 0).
2


uuur uuur
3
Q| GB |=| AB | sin 60° =
2
3
3
3 1
n
3 1 m
, , ).
4 2 2
\B(n +
, 0, 0),C(n +
,1,0),E(n +
, ,0),F( +
2
2
2 2
2
uuur
uuur
uuur
3
n
3
m
由于 AD = (0,1, 0),DE = ( ,0,0),FE = ( +
,0,- )
2
2
4
2
得 AD×DE = 0, AD×FE = 0, AD ^ DE, AD ^ FE,DE ? FE = E
\ AD ^平面 DEF．
uuur
uuur
1
3
(Ⅱ)QPA = (n,- ,-m),PB = (n +
,0,-m)
2
2
+ = 2, (n + 3)
1
+ m
= 2,解之得m =1,n =
3
.
\ m
2
+ n
2
2
2
4
2
2
取平面 ABD 的法向量n1 = (0, 0,-1),
設(shè)平面 PAD 的法向量n2 = (a,b,c)
uuur
uuur
3
b
3
b
由 PA×n = 0,得
a
- - = 由 × = 得
c 0, PD n 0,
a + -c = 0,
2
2
2
2
2
2
取n2 (1, 0, 3).
=
2
3
-
\cos < n ,n >=
= - 21.
2
1
2
7
7
1×
4
AE ^
CF ∥AE, AD∥BC
23 ． (2019 天 津 理 17) 如 圖 ，
平 面
ABCD
，
，
AD ^ AB, AB = AD =1, AE = BC = 2
．
(Ⅰ)求證：
BF∥平面 ADE
；
(Ⅱ)求直線CE 與平面
BDE
所成角的正弦值；


1
E - BD- F
(Ⅲ)若二面角
的余弦值為 ，求線段
3
CF
的長．
A
【解析】依題意，可以建立以 為原點(diǎn)，分別以
AB，AD，AE
x y
z
的方向?yàn)?軸， 軸， 軸正方向的空間直
角坐標(biāo)系，如圖所示，可得 A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C(1, 2, 0), D(0,1, 0) ，E(0, 0, 2) ．設(shè)CF = h (h >0)，
(
)
則 F 1,2,h ．
(Ⅰ)依題意，AB = (1, 0, 0)
是平面
ADE
的法向量，又
BF = (0, 2,h)
，可得
BF ×AB = 0
，又因?yàn)橹本€
BF ?
ADE
BF∥平面 ADE
平面
，所以
．
(Ⅱ)依題意，
BD = (-1,1, 0), BE = (-1, 0, 2), CE = (-1,-2,2)．
ì
n×BD = 0
ì-x+ y = 0
?
設(shè)n = (x, y, z)為平面
BDE
的法向量，則
，即
，不妨令
z =1，
í uuur
í
-x+ 2z = 0
?n×BE = 0
?
?
uuur
CE×n
4
可得n =
(2, 2,1)
．因此有cos CE,n = uuur
= - ．
|CE || n|
9
4
所以，直線CE 與平面
BDE
所成角的正弦值為 ．
9
ì
m×BD = 0
ì-x+ y = 0
?
(Ⅲ)設(shè)m = (x, y,z)為平面
BDF
的法向量，則
，即
，
í
uuur
í
2y +hz = 0
?m×BF = 0
?
?
?
è
2 ?
h ?
不妨令 y =1，可得m =
?1, 1,
-
．
÷
2
4-
|m×n|
1
3
8
h
由題意，有 cosám,n? =
=
=
，解得h =
．經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意．
|m ||n|
4
7
3′ 2+
h
2
8
所以，線段CF 的長為 ．
7


24．(2018 北京)如圖，在三棱柱 ABC - ABC 中，CC ^ 平面 ABC，D，E ，F(xiàn) ，G 分別為 AA ，AC ，
1
1
1
1
1
AC ， BB 的中點(diǎn)， AB = BC = 5 ， AC = AA = 2．
1
1
1
1
(1)求證： AC ⊥平面 BEF ；
(2)求二面角 B-CD-C1 的余弦值；
(3)證明：直線 FG 與平面 BCD相交．
【解析】(1)在三棱柱 ABC - ABC 中，
1
1 1
∵CC1 ⊥平面 ABC，
∴四邊形 A ACC 為矩形．
1
1
又 E ， F 分別為 AC ， AC 的中點(diǎn)，
1
1
∴ AC ⊥ EF ．
∵ AB = BC．
∴ AC ⊥ BE，
∴ AC ⊥平面 BEF ．
(2)由(1)知 AC ⊥ EF ， AC ⊥ BE， EF ∥CC1 ．
又CC1 ⊥平面 ABC，∴ EF ⊥平面 ABC．


∵ BE ì平面 ABC，∴ EF ⊥ BE ．
如圖建立空間直角坐稱系 E - xyz ．
由題意得 B(0, 2,0)，C(-1,0,0)， D(1, 0,1)， F(0,0, 2)，G(0, 2,1)．
∴CD=(2，0，1) ，CB=(1，2，0) ，
設(shè)平面 BCD的法向量為n = (a，b，c) ，
ì
n×CD = 0
ì2a +c = 0
，∴í
?
∴í uur
，
?a + 2b = 0
?n×CB = 0
?
令a = 2，則b = -1，c = -4，
∴平面 BCD的法向量 n = (2，-1，- 4) ，
又∵平面CDC1 的法向量為 EB=(0，2，0)，
uur
∴cos < n×EB >=
n×EB
uur = -
| n|| EB|
21
．
21
21
由圖可得二面角 B-CD-C 為鈍角，所以二面角 B-CD-C 的余弦值為-
．
1
1
21
(3)平面 BCD的法向量為n = (2，-1，- 4) ，∵G(0, 2,1)， F(0,0, 2)，
∴GF=(0，-2，1) ，∴n×GF = -2 ，∴n 與GF 不垂直，
∴GF 與平面 BCD不平行且不在平面 BCD內(nèi)，∴GF 與平面 BCD相交．
￠
25．(2016 年山東)在如圖所示的圓臺(tái)中， AC 是下底面圓O的直徑， EF 是上底面圓O 的直徑， FB 是圓
臺(tái)的一條母線．
(I)已知G， H 分別為 EC， FB 的中點(diǎn)，求證：GH ∥平面 ABC；
1
(II)已知 EF = FB= AC =2 3 AB = BC．求二面角 F - BC - A的余弦值．
，
2


【解析】(Ⅰ)連結(jié) FC，取 FC 的中點(diǎn) M ，連結(jié)GM,HM ，因?yàn)镚M//EF ， EF 在上底面內(nèi)，GM
不在
上底面內(nèi)，所以GM// 上底面，所以GM// 平面 ABC；又因?yàn)?MH//BC， BC ì平面 ABC， MH ?平
面 ABC，所以 MH// 平面 ABC ；所以平面GHM//平面 ABC ，由GH ì 平面GHM ，所以GH// 平面
ABC．
E
F
G
H
C
B
A
(Ⅱ) 連結(jié)OB ， QAB = BC \OA ^OB，以為O原點(diǎn)，分別以O(shè)A,OB,OO￠為 x,y, z 軸，建立空間直角
坐標(biāo)系．
z
O
，
E
F
C
B
y
A
x
1
QEF = FB = AC = 2 3， AB = BC．
2
OO￠= BF2
-(BO-FO) =3，
2
于是有 A(2 3, 0, 0) C(-2 3, 0, 0) B(0,2 3, 0) F(0, 3,3)，
，
，
，
可得平面 FBC中的向量 BF = (0,- 3,3)，CB = (2 3,2 3,0)，
于是得平面 FBC的一個(gè)法向量為n1 =(- 3, 3,1)，
又平面 ABC的一個(gè)法向量為n2 =(0,0,1)，
設(shè)二面角 F -BC- A為q，
n1 ×n
2
1
7
則cosq=
=
=
．
7
7
n1 × n2


7
二面角 F -BC- A的余弦值為
．
7
26．(2016 年天津)如圖，正方形 ABCD的中心為O，四邊形OBEF 為矩形，平面OBEF ⊥平面 ABCD，
點(diǎn)G為 AB 的中點(diǎn)， AB = BE = 2．
(Ⅰ)求證： EG ∥平面 ADF ；
(Ⅱ)求二面角O-EF -C的正弦值；
2
(Ⅲ)設(shè) H 為線段 AF 上的點(diǎn)，且 AH = HF ，求直線 BH 和平面CEF 所成角的正弦值．
3
【解析】(1)證明：找到 AD 中點(diǎn) I ，連結(jié) FI ，∵矩形OBEF ，∴ EF∥OB
1
∵G 、 I 是中點(diǎn)，∴GI 是DABD 的中位線，∴GI∥BD且GI
=
BD，
2
1
∵O 是正方形 ABCD 中心，∴OB
=
BD ，∴
EF∥GI
且 EF =GI ．
2
∴四邊形 EFIG 是平行四邊形，∴ EG∥FI
∵ FI ì 面 ADF ，∴ EG ∥面 ADF
(2)O EF C 正弦值，如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系O xyz
-
-
-
B 0，- 2，0 ，C 2，0，0 ， E 0，- 2，2 ， F 0，0，2)
(
) (
) (
)
(
設(shè)面CEF 的法向量n (x y z)
=
， ，
1


ur uuur
ì
0 2 0 2y = 0
=( ， ， )×( ， ， ) =
n EF x y z
×
?
1
íur uuur
n CF x y z
=( ， ， )×(- ， ， )= -
2 0 2
2x 2z 0
+
=
? ×
?
1
ì =
x
2
?
(
)
得：íy 0 ∴
=
n = 2 0 1
， ，
1
?
z =1
?
∵OC
^
面OEF ，∴面OEF
n =(1，0，0)
的法向量
2
n ×n
2
uur uur
6
1
2
cos < n ，n > = uur uur =
=
1
2
3×1
3
n n
1
2
2
ur uur
?
?
6
3
sin < n ，n >= 1- ?
÷ =
?
÷
1
2
3
3
è
?
uuuur
uuur
?
?
2
3
2
2
5
2 2
5
4
5
(
)
?
(3)∵ AH
=
HF ，∴
AH = AF =
2，0，2 = ?
，0， ÷
÷
5
è
?
設(shè) H(x，y，z) ，
ì
-3 2
?x =
5
uuuur
?
?
?
2 2
5
4
?
(
)
?
AH = x+ 2，y，z =?
，0， ÷ ，得： y = 0
í
∴
÷
5
è
?
?
4
5
? =
z
?
?
uuur ?
?
3 2
4
5
BH =?-
， 2， ÷
?
÷
5
è
?
uuur ur
BH ×n
6 4
- +
uuur uur
cos < BH ，n > = uuur ur =
5 5
2 2
7
1
=
2
21
BH n
3×
1
5
27．(2015 福建)如圖，在幾何體 ABCDE中，四邊形 ABCD是矩形， AB ^平面 BEG，
BE ^ EC， AB = BE = EC = 2，G， F 分別是線段 BE， DC 的中點(diǎn)．
(Ⅰ)求證：GF ∥平面 ADE ；
(Ⅱ)求平面 AEF 與平面 BEC 所成銳二面角的余弦值．


【解析】(Ⅰ)如圖，取 AE 的中點(diǎn) H ，連接 HG， HD ，
1
又G是 BE的中點(diǎn)，所以GH / /AB，且GH= AB ，
2
1
又 F 是CD中點(diǎn)，所以DF= CD，
2
由四邊形 ABCD 是矩形得， AB ∥CD， AB=CD，
所以GH ∥ DF ，且GH=DF．
從而四邊形 HGFD是平行四邊形，所以GF ∥ DH ，
又 DH ì 平面ADE，GF ? 平面ADE ，所以GF ∥平面 ADE ．
(Ⅱ)如圖，在平面 BEG內(nèi)，過點(diǎn) B 作 BQ∥ EC，因?yàn)?BE ^CE，所以BQ ^ BE．
又因?yàn)?AB ^ 平面 BEC ，所以 AB ^ BE， AB ^ BQ．
以 B 為原點(diǎn)，分別以 BE,BQ,BA的方向?yàn)?x 軸， y 軸， z 軸的正方向，
建立空間直角坐標(biāo)系，則 A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(xiàn)(2，2，1)
因?yàn)?AB ^平面 BEC ，所以 BA=(0,0,2)為平面 BEC 的法向量，
設(shè)n = (x, y,z)為平面 AEF 的法向量．又 AE = (2, 0,-2)， AF=(2,2,-1)，
ì
=
-
=
?ngAE 0， ì 2x 2z 0,
由ír uuur 得í
取 z = 2得n=(2,-1,2)．
? g = ， ?2x+2y - z = 0,
?n AF 0
r uuur
ngBA
4
′
2
從而cos n,BA =
á
? r uuur =
=
,
|n| | BA| 3 2 3
×
2
所以平面 AEF 與平面 BEC 所成銳二面角的余弦值為 ．
3
28．(2015 山東)如圖，在三棱臺(tái) DEF - ABC 中， AB = 2DE ，G,H 分別為 AC,BC 的中點(diǎn)．


(Ⅰ)求證： BC//平面 FGH ；
(Ⅱ)若CF ⊥平面 ABC，AB ⊥ BC，CF = DE ，∠ BAC =45o ，求平面
角(銳角)的大?。?br /> FGH
與平面
ACFD所成的
【解析】(Ⅰ)證法一：連接 DG，CD，設(shè)CD IGF = O，連接OH ．
在三棱臺(tái) DEF - ABC中， AB = 2DE ，G為 AC的中點(diǎn)，
可得 DF //GC，DF =GC ，
所以四邊形 DFCG為平行四邊形，
則O為CD的中點(diǎn)，又 H 為 BC的中點(diǎn)，所以O(shè)H ∥ BD，
又OH ì平面 FGH ，
BD ? 平面 FGH ，所以 BD ∥平面 FGH ．
證法二：在三棱臺(tái) DEF - ABC中，由 BC = 2EF ， H 為 BC的中點(diǎn)，
可得 BH ∥ EF ， BH = EF ，所以四邊形 BHFE 為平行四邊形，
可得 BE∥ HF ，
在DABC 中，G為 AC 的中點(diǎn)， H 為 BC的中點(diǎn)，所以GH ∥ AB ，
又GH I HF = H ，所以平面 FGH ∥平面 ABED ，
因?yàn)?BD ì 平面 ABED ，所以 BD ∥平面
(Ⅱ)解法一：設(shè) AB = 2，則CF =1，
FGH
．
在三棱臺(tái) DEF - ABC中，G為 AC 的中點(diǎn)，
1
由 DF = AC = GC ，可得四邊形 DGCF 為平行四邊形，
2
因此 DG∥ FC，又 FC ^平面 ABC，所以 DG ^平面 ABC，
在DABC 中，由 AB ^ BC，DBAC = 45o ，G是 AC 中點(diǎn)，
所以 AB = BC，GB ^GC，因此 GB,GC,GD 兩兩垂直，
以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G - xyz ，


所以G(0，0，0)，B( 2 ,0，0)，C(0，2,0),D(0，0，1)
2
2
可得 H(
， ,0)，F(xiàn)(0，2,0)，
2
2
2
2
故GH = (
， ,0),GF(0，2,0)，
2
2
設(shè)n = (x, y,z) 是平面 FGH 的一個(gè)法向量，則
ì ×
=
ì?x+ y = 0
? 2y + z = 0
?
?n GH 0
í uuur
可得í
由
?n×GF = 0
?
可得 平面 FGH 的一個(gè)法向量n = (1,-1, 2)，
因?yàn)镚B是平面 ACFD的一個(gè)法向量，GB =（ 2,0,0）
，
uuur
GB×n
= uuur
|GB|×|n| 2 2 2
2
1
所以cos GB,n
=
=
，
所以平面 FGH 與平面 ACFD所成角(銳角)的大小為60o ．
29．(2014 山東)如圖，在四棱柱 ABCD - ABC D 中，底面 ABCD是等腰梯形，
1
1
1
1
DDAB = 60 , AB = 2CD = 2， M 是線段 AB 的中點(diǎn)．
o
(Ⅰ)求證：C M / /平面A ADD ；
1
1
1
(Ⅱ)若CD 垂直于平面 ABCD且CD = 3，求平 面C D M 和平面 ABCD所成的角(銳角)的余弦值．
1
1
1
1


【解析】(Ⅰ)證明：∵四邊形 ABCD為等腰梯形，且 AB = 2CD，
所以 AB∥MA且CD = MA，連接 AD1
QABCD- ABC D 為四棱柱，\CD//C D CD =C D
1
1
1
1
1
1
1
1
又QM 為 AB 的中點(diǎn)，\ AM =1
\CD// AM ，CD = AM
\AM //C D ， AM =C D
1
1
1
1
\AMC D 為平行四邊形，\AD //MC
1
1
1
1
又QC M ?平面A ADD ， AD ì平面A ADD ，\AD //平面A ADD ．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(Ⅱ)方法一： 由(Ⅰ)知 平面 DC M I 平面 ABCD= AB
1
1
作CN ^ AB，連接 D1N
則DD NC即為所求二面角C - AB-C 的平面角．
1
1
3
在RtDBNC中， BC =1
DNBC = 60
0
\CN =
2
15
ND1 = CD1
2
+CN =
2
2
CN
5
在 RtDDCN 中，cosDD NC =
=
．
1
1
D1N
5
方法二：連接 AC,MC ，由(Ⅰ)知CD∥AM 且CD = AM
∴ AMCD為平行四邊形．可得 BC = AD = MC，由題意DABC = DDAB = 60o ，
所以DMBC為正三角形．
因此 AB = 2BC = 2,CA = 3 ，∴CA^CB．
以C為原點(diǎn)，CD為 x軸，CP為 y 軸，CD1為 z 軸建立空間坐標(biāo)系，
1 3
\C (-1,0, 3),D (0,0, 3),M( ,
,0)
1
1
2 2


1 3
2 2
\C D = (1,0,0),D M = ( ,
,- 3)
1
1
1
設(shè)平面C D M 的法向量為n =(x , y ,z )
1
1
1
1
1
ìx = 0
1
?
\
\n1 =(0, 2,1)
í
1
?2
3
x1 +
y - 3z = 0
1 1
?
2
顯然平面 ABCD的法向量為n2 =(1,0,0)
n1 ×n
2
1
5
\cos < n ,n >=
=
=
1
2
5
5
n1 n2
顯然二面角為銳角，
5
所以平面C D M 和平面 ABCD所成角的余弦值為
1
1
5
3
NC
3
5
2
15
\cosDD1CN =
=
=
=
.
D1N
15
5
2
30．(2014 遼寧)如圖，DABC和DBCD所在平面互相垂直，且 AB = BC = BD = 2，
DABC = DDBC =1200 ，E、F 分別為 AC、DC 的中點(diǎn)．
(Ⅰ)求證： EF ^ BC ；
(Ⅱ)求二面角 E-BF -C 的正弦值．
【解析】(Ⅰ)(方法一)∵ BC = BD,DF = FC，
且DCBD =120°，∴ΔBCF 為 RT 三角形，
BF ^ FC．同理，∵ BC = BA, AE = EC ，
且DABC =120°，ΔBCE 為 RT 三角形
BE ^ EC，∴ΔBCF @ ΔBCE ，
過 E 作 EO ^ BC，垂足為O，連接OF ，


可證出DEOC @ DFOC ，
p
所以DEOC = DFOC = ，即 FO ^ BC．
2
從而證出 BC ^面 EOF ，又 EF ì面 EOF ，所以 EF ^ BC ．
(方法二)由題意，以 B 為坐標(biāo)原點(diǎn)，在平面 DBC 內(nèi)過 B 作垂直 BC的直線為 x軸， BC所在直線為 y 軸，
(
)
在平面 ABC內(nèi)過 B 作垂直 BC的直線為 z 軸，建立如圖所示空問直角坐標(biāo)系．易得 B 0, 0,0 ，
A(0,-1, 3) ，
1 3
D( 3,-1,0)，C(0,2,0)．因而 E(0, ,
2 2
)，
uuur
F( , ,0)，∴ EF = ( ,0,-
2 2
3 1
3
3) ，
2
2
BC = (0,2,0)，因此 EFgBC =0，
∴ EF ^ BC ，所以 EF ^ BC ．
(Ⅱ)如上圖中，平面 BFC 的一個(gè)法向量為n1 = (0,0,1)．設(shè)平面 BEF 的法向量
uuur
uuur
3 1
1 3
2 2
n = (x, y,z) ，又 BF = ( , ,0)， BE = (0, ,
) ，
2
2 2
ì
n ×BF = 0
?
2
n =(0,- 3,1)
2
由í
uuur
得其中
．
?n ×BE = 0
?
2
設(shè)二面角 E-BF -C 大小為q ，且由題意知q 為銳角


n1n
n1 n2
2
1
2
2 5
5
cosq = cos < n ,n > =
=
，因此sinq =
=
，
1
2
5
5
2 5
即所求二面角的正弦值為
．
5
31．(2014 浙江)如圖，在四棱錐 A- BCDE 中，平面 ABC ^平面 BCDE ，
DCDE = DBED = 90 DE = BE =1， AC
o
=
=
= 2 ．
， AB CD 2，
DE ^
(Ⅰ)證明：
平面
ACD
；
B- AD- E
(Ⅱ)求二面角
的大?。?br /> 【解析】(Ⅰ)在直角梯形 BCDE中，由 DE = BE =1，CD = 2得， BD = BC = 2 ，
AB = AC + BC2 ，即 AC ^ BC ，
又平面 ABC ^平面 BCDE，從而 AC ^平面 BCDE，
ACD
由 AC = 2, AB = 2，則
2
2
所以 AC ^ DE，又 DE ^ DC ，從而 DE 平面
^
．
(Ⅱ)方法一：作 BF ^ AD ，與 AD交于點(diǎn) F ，過點(diǎn) F 作 FG P DE ，
與 AE 交于點(diǎn)G，連結(jié) BG ，由(Ⅰ)知， DE ^ AD，則 FG ^ AD，
所以DBFG 是二面角 B - AD - E 的平面角，在直角梯形 BCDE中，
由CD
2
= BD
2
+ BC2 ，得 BD ^ BC，
又平面 ABC ^平面 BCDE，得 BD 平面
^
ABC
BD ^ AB
，從而， ，
由于 AC ^平面 BCDE，得： AC ^CD，在 RtVACD中，由CD = 2，
AC = 2 ，得 AD = 6 ，
在 RtVAED中， DE =1， AD = 6 ，得 AE = 7 ，
在 RtVABD中， BD = 2， AB = 2， AD = 6 ，


2 3
3
2
2
得 BF =
， AF = AD，從而GF = ，
3
3
5 7
14
2
在VABE,VABG 中，利用余弦定理分別可得cosDBAE =
,BG = ，
3
GF
2
+ BF
2
- BG
2
3
在VBFG中，cosDBFG =
=
，
2BF ×GF
2
p
p
所以DBFG = ，即二面角 B- AD- E的大小是
．
6
6
方法二：以 D為原點(diǎn)，分別以射線 DE,DC 為 x, y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系 D- xyz 如圖所示，
由題意可知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：
(
)
(
(
) (
) (
)
)
D 0,0,0 ,E 1,0,0 ,C 0, 2,0 , A 0, 2, 2 ,B 1,1, 0 ，
)，平面 ABD的法向量為n = (x , y ,z )，
設(shè)平面 ADE 的法向量為m x ,y ,z
= (
1
1
1
2
2
2
(
)
(
)
可算得 AD = 0,-2,- 2 ， DB 1,1, 0 ,AE 1, 2,
= (
)
= - -
2
，
ì ×
?m AD 0
=
ì -
?0 2y1
-
=
1
2z 0
(
)
由íur uuur
得，í
，可取
m = 0,1,- 2
，
?m× AE = 0
?
?x -2y - 2z = 0
?
1
1
1
ì ×
?n AD 0
=
ì
?0-2y - 2z = 0
由ír uuur
得，í
2
2
，可取n = (1, 1, 2)，
?n×BD = 0
?
?
?
x2 + y2
=
0
m×n
ur r
3
于是cosám,n? = ur r =
，由題意可知，
2
m n
p
所求二面角是銳角，故二面角 B - AD - E 的大小是
．
6
PD ^
ABCD，DDPC = 30
，
0
32．(2014 廣東)如圖 4，四邊形 ABCD為正方形，
平面
AF ^ PC 于點(diǎn) F ， FE / /CD，交 PD于點(diǎn) E ．
(Ⅰ)證明：CF ^ 平面ADF


D- AF - E
(Ⅱ)求二面角
的余弦值．
【解析】(Ⅰ)QPD ^
平面
ABCD
，
\PD ^ AD
^
=
，又CD AD ， PDICD D ，
\AD ^
平面 PCD ，
\AD ^ PC ，又 AF ^ PC，
\PC ^平面 ADF ，即CF ^ 平面ADF ；
AB =1，則 RtDPDC 中，CD =1，又DDPC = 30
0
，
(Ⅱ)設(shè)
\PC = 2， PD = 3 ，由(Ⅰ)知CF ^ DF
3
2
7
2
\DF =
， AF = AD
2
+ DF
2
=
，
1
2
\CF = AC
2
- AF
2
=
，又 FE / /CD，
DE CF 1
= ，\DE =
3
4
3
4
3
4
\
=
，同理 EF = CD = ，
PD PC 4
A(0, 0,1)
如圖所示，以 D 為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，則
，
3
4
3 3
4 4
E( ,0,0) ， F( , ,0)， P( 3, 0, 0) ，C(0,1, 0) ，
uuur
ì
3
4
r
?AE = ( ,0,0)
ì ^
m AE
設(shè)m = (x, y,z)是平面
AEF
的法向量，則 r
uuur
，又 uuur
，
í
í
?m ^ EF
3
4
?
EF = (0, ,0)
?


uuur
ì r
3
4
?m× AE =
x- z = 0
r
=
=
3 ，
m = (4, 0, )
3
，
所以í uuur
，令 x 4 ，得 z
r
3
4
?m×EF = y = 0
?
ADF
PC = (- 3,1, 0)
，
由(Ⅰ)知平面
的一個(gè)法向量
D- AF - E
的平面角為 ，可知 為銳角，
q
q
設(shè)二面角
r
uuur
r
|m×PC |
4 3
19′2
2 57
19
cosq =| cos < m, PC >|=
uuuur =
=
，即所求．
r
|m|×| PC |
33．(2014 湖南)如圖，四棱柱 ABCD - ABC D 的所有棱長都相等， AC IBD =O ，
1
1
1
1
AC IB D =O ，四邊形 ACC A和四邊形BDD B 均為矩形．
1
1
1
1
1
1
1
1 1
(1)證明：O1O ^ 底面ABCD;
(2)若DCBA= 60 ,求二面角C -OB - D
o
的余弦值．
1
1
【解析】(Ⅰ)如圖，因?yàn)樗倪呅?ACC A 為矩形，所以CC ^ AC ．同理 DD ^ BD ．因?yàn)镃C ∥ DD ，
1
1
1
1
1
1
所以CC ^ BD ．而 AC IBD =O ，因此CC ^ 底面 ABCD．由題設(shè)知，OO ∥C C ．故OO ^ 底面
1
1
1
1
1
ABCD．
(Ⅱ)解法一 如圖，過O 作O H ^OB 于 H，
1
1
1
連接 HC ，由(Ⅰ)知，OO ^底面 ABCD，所以O(shè)O ^ 底面 ABC D ，
1
1
1
1
1
1
1
于是OO ^ AC ．又因?yàn)樗睦庵?ABCD- ABC D 的所有棱長
1
1
1
1
1
1
1
都相等，所以四邊形 ABC D 是菱形，因此 AC ^ B D ，
1
1
1
1
1
1
1
1


從而 AC ^ 平面BDD B ，所以 AC ^ OB ，
1
1
1
1
1
1
1
于是OB ^ 平面O HC ，進(jìn)而OB ^C H ．
1
1
1
1
1
故DC HO 是二面角C -OB -D 的平面角．
1
1
1
1
不妨設(shè) AB=2．因?yàn)镈CBA = O ，所以O(shè)B = 3 ，OC =1，OB1 = 7 ．
60
OO ×O B
3
7
在 RtDOO B 中，易知
O H =
1
1
1
1
= 2
．而OC =1，
1 1
1
1
OB1
12
7
19
7
于是
C H = OC +O1H
1 1
2
2
= 1+
=
．
1
3
2
O1H
C1H
2 57
19
7
19
7
故
cosDC HO =
=
=
．
1
1
2 57
19
即二面角C -OB - D 的余弦值為
．
1
1
34．(2013 陜西)如圖， 四棱柱 ABCD - ABC D 的底面 ABCD是正方形，O為底
1
1
1
1
面中心， AO⊥平面 ABCD， AB = AA = 2 ．
1
1
(Ⅰ)證明： AC ⊥平面 BB D D ；
1
1
1
(Ⅱ)求平面OCB 與平面 BB D D 的夾角 的大?。?br /> q
1
1
1
【解析】(Ⅰ)解法一 由題意易知OA,OB,OA1 兩兩垂直，以 O 為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系，如圖：


QAB = AA1 = 2,
\OA = OB = OA1 =1,
\ (
A 1,0,0 ,B 0,1, 0 ,C 1,1,1 ,D(0, 1, 0), A 0, 0,1 .
) (
) (-
)
-
(
)
1
由
AB AB,
=
易得 (- )
1,1,1 .
B
1
1
2
QA1C =(-1,0,-1),BD =(0,-2, 0),
BB1 =(-1, 0,1)
\AC×BD =0,AC×BB =0,
1
1
1
\AC ^ BD,AC ^ BB ，
1
1
1
\AC ^ 平面BB D D.
1
1
1
解法二：QAO ^ 平面ABCD,\AO ^ BD.
1
1
又QABCD是正方形，
\BD ^ AC,\BD ^ 平面AOC, \BD ^ AC.
1
1
又QOA1是AC的中垂線，
\A A = AC = 2,且AC = 2, \
AC2
=
AA
2
+ AC ,
2
1
1
1
1
\VAA C是直角三角形，\AA ^ AC
1
1
1
又BB / /AA ,
1
1
\AC ^ BB , \AC ^ 平面BB D D.
1
1
1
1
1
(Ⅱ)設(shè)平面OCB1的法向量n = (x,y,z).
QOC =(-1, 0, 0),OB1 =(-1, 1, 1),
ì
?n·OC = -x-0,
ì x = 0,
?y = -z,
\
\
í
ír uuur
?n·OB = -x+ y+ z =0,
?
1
取n =(0,1,-1),
由(Ⅰ)知， AC = (-1, 0, 1),
- 是平面
BB D D的法向量，
1
1
1
uuur
\cosq =| cos < n, AC >|=
1
1
=
1
2 ′
2 2
p
p
又Q0 ￡q ￡ ，\q＝ 。
2
3
35．(2012 浙江)如圖，在四棱錐 P- ABCD中，底面是邊長為2 3 的菱形，DBAD =120°，且 PA ^平面
ABCD， PA = 2 6 ， M ， N 分別為 PB ， PD 的中點(diǎn)．


(Ⅰ)證明： MN / /平面 ABCD；
(Ⅱ)過點(diǎn) A作 AQ ^ PC ，垂足為點(diǎn)Q，求二面角 A-MN -Q的平面角的余弦值．
【解析】(Ⅰ)因?yàn)?M ， N 分別為 PB， PD的中點(diǎn)，所以 MN 是DPBD 的中位線，
所以 MN / /BD，又因?yàn)?MN ?平面 ABCD，所以 MN / /平面 ABCD
(Ⅱ)方法一：連接 AC 交 BD 于O，以O(shè)為原點(diǎn)，OC,OD所在直線為 x, y軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz ，
如圖所示．
在菱形 ABCD中，DBAD =120°，得
AC = AB = 2 3,BD = 3AB = 6 ，
又因?yàn)?PA ^平面 ABCD，所以 PA^ AC ，
在直角DPAC中， AC = 2 3,PA = 2 6, AQ ^ PC ，得QC = 2,PQ = 4，
由此知個(gè)點(diǎn)坐標(biāo)如下，
3
3
A(- 3,0,0),B(0,-3, 0),C( 3,0,0),D(0,3, 0),P(- 3,0, 2 6),M(-
,- , 6)
2
2
3 3
, , 6),Q( ,0,
2 2
3
2 6
3
N(-
)．
3
uuuur
設(shè)m = (x, y,z)為平面 AMN 的法向量，由 AM = (
uuur
3
3
3 3
,- , 6), AN = ( , , 6)知
2
2
2 2
ì
3
3
x- y + 6z = 0
?
?
2
2
3
，取 z
= - ，得m = (2 2,0,-1)．
1
í
? 3
x+ y + 6z = 0
?
? 2
2


uuuur
設(shè)n = (x, y,z)為平面QMN 的法向量，由QM = (-
uuur
5 3 3 6
,- ,
6 2 3
5 3 3 6
, ,
6 2 3
), AN = (-
) 知
ì
5 3
6
3
6
-
x- y +
z = 0
z = 0
?
?
2
3
3
，取 z =5，得n = (2 2, 0,5)
í
? 5 3
6
-
x+ y +
?
?
6
2
3
m×n
|m |×|n| 33
33
于是，cos < m,n >=
=
33
所以二面角 A-MN -Q的平面角的余弦值為
33
方法二：在菱形 ABCD中，DBAD =120°，得
AC = AB = BC = CD = DA,BD = 3AB
又因?yàn)?PA ^平面 ABCD，
所以 PA ^ AB,PA ^ AC,PA ^ AD
所以 PB = PC = PD
所以DPBC @ DPDC
而M ， N 分別為 PB， PD的中點(diǎn)，
1
1
所以 MQ = NQ，且 AM = PB = PD = AN
2
2
取線段MN 中點(diǎn) E ，連接 AE,EQ，則 AE ^ MN,EQ ^ MN
所以DAEQ是二面角 A-MN -Q的平面角
由 AB = 2 3,PA = 2 6 ，故
1
3 3
在DAMN 中， AM = AN = 3,MN = BD = 3，得 AE =
2
2
在直角DPAC中， AQ ^ PC ，得 AQ = 2 2,QC = 2,PQ = 4
PB
2
+ PC
2
-BC
2
5
6
在DPBC中，cosDBPC =
MQ = PM + PQ
在等腰DMQN 中， MQ = NQ = 5,MN = 3，得
=
，得
2PB×PC
2
2
-2PM ×PQcosDBPC = 5
AE
2
+QE
2
- AQ
2
33
33
cosDAEQ =
=
2AE×QE
33
所以二面角 A-MN -Q的平面角的余弦值為
33


36．(2017 山東)如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形
ABCD(及其內(nèi)部)以 AB
邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸
?
旋轉(zhuǎn)120°
得到的，
G DF
是
的中點(diǎn)．
?
P CE
AP ^ BE ，求DCBP
的大??；
(Ⅰ)設(shè) 是
上的一點(diǎn)，且
(Ⅱ)當(dāng)
AB =3， AD = 2，求二面角 E- AG-C
的大?。?br /> 【解析】(Ⅰ)因?yàn)?br /> AB ， AP ì
平面
AP ^ BE ， AB ^ BE
，
，
ABP ， ABI AP = A
所以
BE ^平面 ABP
，
又
BP ì平面 ABP
，
BE ^ BP，又DEBC =120°
所以
，
因此DCBP =30°
(Ⅱ)解法一：
?
取 EC 的中點(diǎn) ，連接
H
EH GH CH
，
，
．
因?yàn)镈EBC =120°
，
BEHC
所以四邊形
為菱形，
AE =GE = AC =GC = 3
2
+2
2
= 13
所以
．
AG
M
EM CM EC
，連接 ， ， ．
取
則
中點(diǎn)
EM ^ AG，CM ^ AG
，


所以DEMC
為所求二面角的平面角．
AM =1
EM =CM = 13-1= 2 3
．
又
，所以
在DBEC 中，由于DEBC =120°
，
EC
2
= 2
2
+2 -2′2′2′cos120° =12，
2
由余弦定理得
所以 EC = 2 3 ，因此DEMC
為等邊三角形，
故所求的角為60°
．
解法二：
B
以 為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以
BE BP BA x y z
所在的直線為 ， ， 軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
，
，
A(0, 0, 3) E(2, 0, 0) G(1, 3, 3) C(-1, 3, 0)
，
由題意得
，
，
AE = (2, 0,-3) AG = (1, 3,0)，CG = (2, 0, 3)
， ，
故
設(shè)m = (x , y ,z ) 是平面
AEG
的一個(gè)法向量．
1
1
1
ì ×
?m AE 0
=
ì2x -3z = 0,
?
1 1
由í uuur
可得í
?x + 3y = 0,
?m× AG = 0
?
?
1
1
取 z1 = 2 ，可得平面
AEG的一個(gè)法向量m = (3,- 3, 2)
．
設(shè)n = (x , y ,z ) 是平面
ACG
的一個(gè)法向量．
2
2
2
ì ×
?n AG 0
=
ì
?x + 3y = 0,
可得í
2
2
由í uuur
?2x +3z = 0,
?n×CG = 0
?
?
2
2
取 z2 = -2 ，可得平面
ACG 的一個(gè)法向量n = (3,- 3,-2)
m×n
．
1
所以cos < m,n >=
=
．
|m|×|n| 2
因此所求的角為60°
．


考點(diǎn) 85 解答題中折疊問題與探索性問題
1．(2019?新課標(biāo)Ⅲ，理 19)圖 1 是由矩形 ADEB 、RtDABC和菱形 BFGC 組成的一個(gè)平面圖形，其中 AB =1，
BE = BF = 2，DFBC = 60°．將其沿 AB ， BC 折起使得 BE 與 BF 重合，連結(jié) DG ，如圖 2．
(1)證明：圖 2 中的 A ，C ，G ， D 四點(diǎn)共面，且平面 ABC ^ 平面 BCGE ；
(2)求圖 2 中的二面角 B - CG - A的大?。?br /> 【解析】證明：(1)由已知得 AD / /BE ，CG / /BE ，\ AD / /CG ，
\AD，CG 確定一個(gè)平面，
\A，C ，G ， D 四點(diǎn)共面，
由已知得 AB ^ BE ， AB ^ BC ，\AB ^ 面 BCGE ，
QAB ì 平面 ABC ，\平面 ABC ^ 平面 BCGE ．
(2)作 EH ^ BC ，垂足為 H ，
QEH ì 平面 BCGE ，平面 BCGE ^ 平面 ABC ，
\EH ^平面 ABC ，
由已知，菱形 BCGE 的邊長為 2，DEBC = 60°，
\BH =1， EH = 3 ，
以 H 為坐標(biāo)原點(diǎn)， HC 的方向?yàn)?x 軸正方向，建立如圖所求的空間直角坐標(biāo)系 H - xyz ，
則 A(-1，1，0) ， C(1，0，0) ，G(2 ，0， 3 )，
CG = (1，0， 3) ， AC = (2，-1，0) ，
設(shè)平面 ACGD的法向量n = (x ， y ， z)，
r
ì
= + 3z = 0
?CGgn x
則íuuur
，取 x = 3，得n = (3，6，- 3) ，
r
?ACgn = 2x - y = 0
?
又平面 BCGE 的法向量為m = (0 ，1，0) ，
r r
\cos < nr,mr >=
ngm
=
3
，
r
r
| n |g| m |
2
\二面角 B -CG - A的大小為30°．


2．(2018?新課標(biāo)Ⅰ，理 18)如圖，四邊形 ABCD 為正方形， E ， F 分別為 AD ， BC 的中點(diǎn)，以 DF 為折痕
把DDFC 折起，使點(diǎn)C 到達(dá)點(diǎn) P 的位置，且 PF ^ BF ．
(1)證明：平面 PEF ^ 平面 ABFD ；
(2)求 DP與平面 ABFD 所成角的正弦值．
【解析】(1)證明：由題意，點(diǎn) E 、 F 分別是 AD 、 BC 的中點(diǎn)，
1
1
則 AE = AD ， BF = BC ，
2
2
由于四邊形 ABCD 為正方形，所以 EF ^ BC ．
由于 PF ^ BF ， EFIPF = F ，則 BF ^平面 PEF ．
又因?yàn)?BF ì 平面 ABFD ，所以：平面 PEF ^ 平面 ABFD ．
(2)在平面 PEF 中，過 P 作 PH ^ EF 于點(diǎn) H ，連接 DH ，
由于 EF 為面 ABCD和面 PEF 的交線， PH ^ EF ，
則 PH ^ 面 ABFD ，故 PH ^ DH ．
在三棱錐 P - DEF 中，可以利用等體積法求 PH ，
因?yàn)?DE / /BF 且 PF ^ BF ，
所以 PF ^ DE ，
又因?yàn)镈PDF @ DCDF ，
所以DFPD = DFCD = 90°，
所以 PF ^ PD，
由于 DEIPD = D，則 PF ^平面 PDE ，
1
故VF-PDE = PFgS
，
DPDE
3


因?yàn)?BF / /DA且 BF ^面 PEF ，
所以 DA ^面 PEF ，
所以 DE ^ EP ．
設(shè)正方形邊長為2a ，則 PD = 2a ， DE = a
在DPDE 中， PE = 3a ，
所以 SDPDE
=
3 a
，
2
2
3
故VF-PDE
=
3
a ，
6
1
又因?yàn)镾DDEF = ag2a = a
2
，
2
3VF-PDE
3a ，
所以 PH =
=
a
2
2
PH
PD
3
所以在DPHD 中，sinDPDH =
=
，
4
3
即DPDH 為 DP與平面 ABFD 所成角的正弦值為：
．
4
?
?
3．(2018?新課標(biāo)Ⅲ，文 19)如圖，矩形 ABCD 所在平面與半圓弧CD所在平面垂直，M 是CD上異于C ，D
的點(diǎn)．
(1)證明：平面 AMD ^ 平面 BMC ；
(2)在線段 AM 上是否存在點(diǎn) P ，使得MC / / 平面 PBD ？說明理由．
?
?
【解析】(1)證明：矩形 ABCD 所在平面與半圓弦CD所在平面垂直，所以 AD ^半圓弦CD所在平面，CM ì
?
半圓弦CD所在平面，
\CM ^ AD ，


?
M 是CD上異于C ， D 的點(diǎn)．\CM ^ DM ， DMI
AD = D ，\CM 平面 AMD ，CM 平面CMB ，
^
ì
\平面 AMD ^ 平面 BMC ；
(2)存在 P 是 AM 的中點(diǎn)，
理由：
連接 BD交 AC 于O ，取 AM 的中點(diǎn) P ，連接OP ，可得MC / /OP ， MC ì/ 平面 BDP ，OP ì 平面 BDP ，
所以 MC / / 平面 PBD ．
4．(2016?新課標(biāo)Ⅱ，理 19)如圖，菱形 ABCD 的對(duì)角線 AC 與 BD交于點(diǎn)O ，AB = 5，AC = 6，點(diǎn) E ，F(xiàn) 分
5
別在 AD ，CD上，AE = CF = ，EF 交于 BD于點(diǎn) H ，將DDEF 沿 EF 折到△ D￠EF 的位置，OD￠ = 10 ．
4
(Ⅰ)證明： D￠H ^ 平面 ABCD；
(Ⅱ)求二面角 B - D￠A-C 的正弦值．
【解析】(Ⅰ)證明：Q ABCD 是菱形，
5
\AD = DC ，又 AE = CF = ，
4
DE DF
\
=
，則 EF / /AC ，
EA FC
又由 ABCD是菱形，得 AC ^ BD ，則 EF ^ BD，
\EF ^ DH ，則 EF ^ D￠H ，
QAC = 6 ，
\AO = 3 ，
又 AB = 5， AO ^ OB ，
\OB = 4，
\OH = AEgOD =1，則 DH = D￠H = 3，
AD
\|OD￠|
2
=|OH |
2
+| D￠H | ，則 D￠H ^ OH ，
2
又OHIEF = H ，


\D￠H ^平面 ABCD；
(Ⅱ)以 H 為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
QAB = 5 ， AC = 6，
\B(5，0，0) ，C(1，3，0) ， D￠(0 ，0，3)， A(1，-3，0) ，
AB = (4,3,0),AD￠ = (-1, 3, 3) ， AC = (0,6,0)，
設(shè)平面 ABD￠的一個(gè)法向量為n1 = (x,y,z) ，
ì
=
+
=
?n gAB 0
ì4x 3y 0
由íuur
1
uuuur
，得í
，取 x = 3，得 y = -4， z = 5．
?-x + 3y + 3z = 0
?n gAD￠ = 0
?
1
\ n1 = (3,-4, 5) ．
同理可求得平面 AD￠C 的一個(gè)法向量n2 = (3,0,1)，
設(shè)二面角二面角 B - D￠A - C 的平面角為q ，
| n gn | |3′3+5′1| 7 5
則| cosq |= uur
1
u
2
ur =
=
．
| n || n | 5 2 ′ 10
1
25
2
2 95
25
\二面角 B - D￠A-C 的正弦值為sinq =
．
5．(2019 北京理 16)如圖，在四棱錐 P- ABCD 中， PA ^ 平面ABCD ， AD ^ CD ，
PF 1
AD P BC
，
PA = AD = CD = 2，BC = 3．E 為 PD 的中點(diǎn)，點(diǎn) F 在 PC 上，且
=
．
PC 3
(Ⅰ)求證：CD ^ 平面PAD
；
F - AE - P
(Ⅱ)求二面角
的余弦值；


PG 2
=
(Ⅲ)設(shè)點(diǎn) G 在 PB 上，且
．判斷直線 AG 是否在平面 AEF 內(nèi)，說明理由．
PB 3
ABCD
【解析】(I)因?yàn)?PA 平面
^
PA ^ CD
，所以 ．
又因?yàn)?AB ^CD ，所以CD ^．平面 PAD ，
(II)過 A 作 AD 的垂線交 BC 于點(diǎn) M，因?yàn)?PA ^平面 ABCD，所以 PA AM , PA ^ AD
，如圖建立空間
^
直角坐標(biāo)系 A-xyz，則 A(0，0，0)，B(2，-1，0)，C(2，2，0)，
D(0，2，0)，P(0，0，2)，因?yàn)?E 為 PD 的中點(diǎn)，所以 E(0，1，1)．
所以 AE
= (0,1,1)， PC = (2,2,-2)， AP = (0,0, 2)．
uuur
所以 PF
uuur
uuur u uur uuur
AF = AP+ PF = , ,
1
3
? 2 2 2 ?
è 3 3 3 ?
? 2 2 4 ?
è 3 3 3 ?
=
PC ? , ,
=
-
÷ ，
?
÷
設(shè)平面 AEF 的法向量為n = (x, y,z)，則
ìy + z = 0
ì ×
?n AE 0
=
?
í uuuv
，即í
．
2
2
3
4
3
?n× AF = 0
?
? x
?3
+
y
+
z = 0
令 z=1，則 y=-1，x=-1．于是
又因?yàn)槠矫?PAD 的法向量為
1, 1,1
n = (- - )．
n× p
n × p
3
p = (1,0,0)，所以cos < n, p >=
= -
．
3
3
因?yàn)槎娼?F-AE-P 為銳角，所以其余弦值為
3
PG 2
=
PB = (2,-1,-2),
,
(III)直線 AG 在平面 AEF 內(nèi)，因?yàn)辄c(diǎn) G 在 PB 上，且
PB
3
uuur
所以 PG
uur
uuur u uur uuur
AG = AP+ PG = ,- ,
2
3
? 4 2 4 ?
= - -
? 4 2 2 ?
÷ ．
è 3 3 3 ?
=
PB ? ,
,
÷，
?
è 3 3 3 ?
由(II)知，平面 AEF 的法向量為
1, 1,1
n = (- - )，
uuur
所以 AG
4 2 2
×n = - + + =
0 ，所以直線 AG 在平面 AEF 內(nèi)．
3 3 3


P- ABCD
PAD ^
平面 ，
ABCD， PA ^ PD
6．(2016 年北京) 如圖，在四棱錐
中，平面
PA = PD AB ^ AD AB =1 AD = 2 AC =CD = 5
．
，
，
，
，
PD ^
PAB
；
(1)求證：
(2)求直線
平面
PB
PCD
所成角的正弦值；
與平面
AM
AP
PA
M
BM / /
PCD
平面 ？若存在，求
(3)在棱
上是否存在點(diǎn)
，使得
的值；若不存在，說明理由．
【解析】(1)∵面 PAD I 面 ABCD = AD ，面 PAD ^ 面 ABCD，
∵ AB ^ AD ， AB ì 面 ABCD，∴ AB ^ 面 PAD ，
∵ PD ì面 PAD ， ∴ AB ^ PD，
又 PD ^ PA ，∴ PD ^ 面 PAB
，
(2)取 AD 中點(diǎn)為O，連結(jié)CO， PO，
∵CD = AC = 5 ， ∴CO ^ AD ，
∵ PA = PD ， ∴ PO ^ AD ，
以O(shè) 為原點(diǎn)，如圖建系易知 P(0，0，1) ， B(1，1，0)， D(0，-1，0) ，C(2，0，0)，
則 PB =(1，1，-1) ， PD =(0，-1，-1)， PC =(2，0，-1) ，CD =(-2，-1，0)，
設(shè)n為面 PDC 的法向量，令n = (x ，y ,1)．
0
0
ì ×
?n PD 0
=
v
? 1
è 2
?
?
T n = ，-1,1 ，則 PB 與面 PCD夾角q 有，
ív uuuv
?
÷
?n×PC = 0
?


1
2
v uuuv
n×PB
sinq = cos < n,PB > = v uuuv =
n PB
-1-1
v uuuv
3
=
1
4
3
+1+1′ 3
AM
(3)假設(shè)存在 M 點(diǎn)使得 BM∥面 PCD， 設(shè)
= l ， M (0,y',z')，
AP
(
)
(
)
= ( - )
(
)
= (0, y'-1,z')
由(2)知 A 0,1, 0 ， P 0, 0,1 ， AP 0, 1,1 ， B 1,1, 0 ， AM
有 AM = lAP T M (0,1-l,l)
∴ BM
1,
= (- -l l)
,
∵ BM∥面 PCD，n 為 PCD的法向量，
1
1
∴ BM ×n = 0 ，即- + l + l = 0，∴l(xiāng)=
2
4
AM
AP
1
∴綜上，存在 M 點(diǎn)，即當(dāng)
= 時(shí)， M 點(diǎn)即為所求．
4
p
7．(2015 陜西)如圖1，在直角梯形 ΑΒCD中，ΑD//ΒC，DΒΑD = ，ΑΒ = ΒC =1，ΑD = 2，Ε 是 ΑD
2
的中點(diǎn)，O是 AC 與 BE 的交點(diǎn)．將DΑΒΕ 沿 BE折起到DA1BE 的位置，如圖2．
(Ⅰ)證明：CD ^平面 A1OC ；
(Ⅱ)若平面 ABE ^平面 BCDE，求平面 ABC 與平面 ACD 夾角的余弦值．
1
1
1
【解析】(Ⅰ)在圖 1 中，因?yàn)?AB = BC =1， AD = 2 ， E 是 AD 的中點(diǎn)，
D BAD = p
，所以 BE ^ AC ．
2
^
^ OC
^
即在圖 2 中， BE OA1 ， BE
．從而 BE 平面 A1OC ．
^
又CD∥ BE，所以CD 平面 A1OC ．


(Ⅱ)由已知，平面 ABE ^ 平面 BCDE，又由(Ⅰ)知， BE OA ， BE OC ．
^
^
1
1
p
所以DAOC 為二面角 A -BE-C 的平面角，所以
DA1OC =
．
1
1
2
如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，
因?yàn)?AB = AE = BC = ED =1，
BC P ED
1
所以 B(
uuur
1
2
2
2)，C(0,
2
,0,0)， E(-
,0,0)， A1(0, 0,
,0)．
2
3
2
2
uuuur
, 0), A C(0,
2
2
2
2) ，CD = BE = (- 2, 0, 0)
．
, -
BC(-
,
得
1
2
2
2
2
設(shè)平面 ABC 的法向量n = (x , y ,z ) ，平面 ACD 的法向量n = (x , y ,z ) ，
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
平面 ABC與平面 ACD 夾角為q ，
1
1
ì
?n ×BC = 0
ì- + =
x y 0
1
1 1
則íur uuur
，得í
，取n1 = (1, 1, 1) ，
y - z = 0
?n × AC = 0
?
?
1
1
1
1
ì
?n ×CD = 0
ì
x2
= 0
2
n = (0,1,1)
，
2
íuur uuur
，得í
，取
y - z = 0
?n × AC = 0
?
?
2
2
2
1
ur uur
從而cosq =| cosán ,n ?|=
2
6
=
，
1
2
3′ 2
3
6
即平面 ABC 與平面 ACD 夾角的余弦值為
．
1
1
3
8．(2013 廣東)如圖 1，在等腰直角三角形 ABC 中， A 90 ，
D = ° BC=6 D,E
，
分別是
AC, AB
CD=BE= 2 O BC 的中點(diǎn)．將DADE DE
， 為 沿 折起，得到如圖 2
上的點(diǎn)，
A￠-BCDE
A￠O = 3
．
所示的四棱錐
，其中
￠ ^
AO
BCDE
；
(Ⅰ) 證明：
平面
￠-
-
A CD B
(Ⅱ) 求二面角
的平面角的余弦值．
【解析】(Ⅰ)在圖 1 中，易得OC = 3, AC = 3 2, AD = 2 2


連結(jié)OD,OE ，在DOCD
中，由余弦定理可得
OD = OC
2
+CD -2OC×CDcos 45° = 5
2
￠ =
AD 2 2
由翻折不變性可知
，
A￠O
2
+OD
2
A D
= ￠
2
￠ ^
AO OD
，
所以
，所以
￠ ^
￠ ^
AO
AO OE ， 又ODIOE = O
BCDE
A￠H
理可證
，所以
平面
．
O OH ^CD CD
H
(Ⅱ)傳統(tǒng)法：過 作
交
的延長線于 ，連結(jié)
，
￠ ^
AO
￠ ^
AH CD
，
BCDE
因?yàn)?br /> 所以
平面
，所以
AHO
D ￠
A￠-CD-B的平面角．
為二面角
3 2
30
2
AC 中點(diǎn)，故OH =
￠ =
A H
，從而
OH
+OA￠2 =
2
H
結(jié)合圖 1 可知，
為
2
OH
A￠H
15
5
15
5
D ￠
cos A HO
=
=
A￠-CD-B的平面角的余弦值為
所以
，所以二面角
．
O
向量法：以 點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系
O- xyz
如圖所示，
(
)
( - )
C 0, 3,0
( - )
D 1, 2,0
￠
則 A 0, 0, 3 ，
，
(
)
(
1, 2, 3)
￠ = -
0, 3, 3 ， DA
所以CA￠ =
= (x, y,z)為平面 ACD 的法向量，則
￠
設(shè)n
ì × ￠=
?n CA 0
ì +
?3y
3z = 0
?-x+ 2y+ 3z = 0
?
ìy = -x
?
?z = 3x
?
ír uuuur
(
)
，即í
，解得í
，令
x =1，得n = 1,-1, 3
? × ￠=
?n DA 0


(
)
由(Ⅰ) 知，OA￠ =
0, 0, 3 為平面
CDB
的一個(gè)法向量，
r uuur
￠
n OA
×
3
15
￠ =
=
=
所以cos n,OA
r uuur
，
￠
3× 5
5
n OA
15
￠-
-
A CD B
即二面角
的平面角的余弦值為
．
5
9．(2013 湖北)如圖，AB
是圓 的直徑，點(diǎn) 是圓 上異于
O
C
O
A,B
的點(diǎn)，直線
PC ^
ABC E F
平面 ， ， 分
別是
PA， PC
的中點(diǎn)．
(Ⅰ)記平面 BEF 與平面 ABC 的交線為l ，試判斷直線l 與平面 PAC 的位置關(guān)系，并加以證明；
uuur
uuur
1
(Ⅱ)設(shè)(I)中的直線l 與圓O的另一個(gè)交點(diǎn)為 D ，且點(diǎn) 滿足
Q
DQ = CP
．記直線
PQ
ABC
與平面 所
2
成的角為q ，異面直線
sinq = sinasinb
．
PQ 與 EF
所成的角為 ，二面角
a
E -l -C
b
的大小為 ，求證：
【解析】(Ⅰ)直線l ∥平面 PAC ，證明如下：
連接 EF ，因?yàn)?E ， F 分別是 PA ， PC 的中點(diǎn)，所以 EF ∥ AC ．
又 EF ? 平面 ABC ，且 AC ì 平面 ABC ，所以 EF ∥平面 ABC ．
而 EF ì 平面 BEF ，且平面 BEF I 平面 ABC = l ，所以 EF ∥l ．
因?yàn)閘 ? 平面 PAC ， EF ì 平面 PAC ，所以直線l ∥平面 PAC ．
(Ⅱ)(綜合法)如圖 1，連接 BD，由(Ⅰ)可知交線l 即為直線 BD，且l ∥ AC ．
因?yàn)?AB 是eO 的直徑，所以 AC ^ BC ，于是l ^ BC ．
已知 PC ^ 平面 ABC ，而l ì 平面 ABC ，所以 PC ^ l ．
而 PC IBC =C，所以l ^ 平面 PBC ．


連接 BE ， BF ，因?yàn)?BF ì 平面 PBC ，所以l ^ BF ．
故DCBF 就是二面角 E -l -C 的平面角，即DCBF = b ．
uuur
uuur
1
1
2
由 DQ = CP ，作 DQ ∥CP ，且 DQ = CP ．
2
連接 PQ， DF ，因?yàn)?F 是CP 的中點(diǎn)，CP = 2PF ，所以 DQ = PF ，
從而四邊形 DQPF 是平行四邊形， PQ ∥ FD．
連接CD，因?yàn)?PC ^ 平面 ABC ，所以CD是 FD在平面 ABC 內(nèi)的射影，
故DCDF 就是直線 PQ與平面 ABC 所成的角，即DCDF =q ．
又 BD ^ 平面 PBC ，有 BD ^ BF ，知DBDF 為銳角，
故DBDF 為異面直線 PQ與 EF 所成的角，即DBDF =a ，
于是在Rt △ DCF ，Rt △ FBD ，Rt △ BCF 中，分別可得
CF
DF
BF
DF
CF
BF
sinq =
，sina =
，sinb =
，
CF BF CF
從而sina sinb =
×
=
= sinq ，即sinq =sinasinb ．
BF DF DF
10．(2012 福建)如圖，在長方體 ABCD - ABC D 中 AA = AD =1， E 為CD中點(diǎn)．
1
1
1
1
1
(Ⅰ)求證： B E ^ AD ；
1
1
(Ⅱ)在棱 AA 上是否存在一點(diǎn) P ，使得 DP∥平面 B AE ？若存在，求 AP 的行；若存在，求 AP 的長；
1
1
若不存在，說明理由．
(Ⅲ)若二 面角 A- B E - A 的大小為 30°，求 AB 的長．
1
1
【解析】(Ⅰ)以 A為原點(diǎn) AB, AD, AA1 的方向分別
為 x軸， y 軸， z 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)．


? a
è 2
?
?
設(shè) AB = a，則 A(0,0,0)， D(0,1, 0) ， D (0,1,1)， E? ,1,0÷，
1
uuur
? a
è 2
?
?
B (a, 0,1) 故 AD =(0,1,1)， B E = - ,1,-1 ， AB =(a,0,1)，
?
÷
1
1
1
1
uuur
? a
?
?
AE =
,1, 0 ．
?
÷
è 2
uuuur uuur
a
∵ AD ×B E = - ′0+1′1+(-1)′1= 0， ∴ B E ^ AD
1
1
1
1
2
(Ⅱ)假設(shè)在棱 AA 上存在一點(diǎn) P(0,0,z ) ， 使得 DP∥平面 B AE ．此時(shí) DP =(0,-1,z )．
1
0
1
0
又設(shè)平面 B1AE 的法向量n=(x，y，z)．
ìax + z = 0
?
∵n ^平面 B AE ，∴n^ AB ，n^ AE，得íax
1
1
+ y = 0
?
? 2
?
è
a
?
?
取 x =1，得平面 B AE 的一個(gè)法向量n = ?1,- ,-a÷．
1
2
a
1
要使 DP∥平面 B AE ，只要n^ DP，有 -az = 0，解得 z = ．
1
0
0
2
2
1
又 DP?平面 B AE ，∴存在點(diǎn) P，滿足 DP∥平面 B AE ，此時(shí) AP= ．
1
1
2
(Ⅲ)連接 A D，B C，由長方體 ABCD-A B C D 及 AA =AD=1，得 AD ^A D．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
∵B C∥A D，∴AD ^B C．
1
1
1
1
又由(Ⅰ)知 B E^AD ，且 B C∩B E=B ，
1
1
1
1
1
∴AD ^ 平面 DCB A ．∴ AD 是平面 A B E 的一個(gè)法向量，此時(shí) AD =(0，1，1)．
1
1
1
1 1
1
1
a
r uuuur
n× AD
cosq = r uuuur =
n × AD
- -a
設(shè) AD1 與 n 所成的角為θ，則
1
2
．
a
2
1
2 1+ + a
2
4
3a
3
∵二面角 A-B E-A 的大小為 30°，∴ cosq =cos 30 ，即
o
2
，解得a = 2，即 AB 的長為 2．
=
1
1
5a
2
2
2 1+
4

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這是一份2011-2020年高考數(shù)學(xué)真題分專題訓(xùn)練 專題26 橢圓（教師版含解析），共42頁。試卷主要包含了已知橢圓 C 的焦點(diǎn)為，設(shè) P 是橢圓，一個(gè)圓經(jīng)過橢圓等內(nèi)容，歡迎下載使用。

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這是一份2011-2020年高考數(shù)學(xué)真題分專題訓(xùn)練 專題23 空間點(diǎn)線面的位置關(guān)系（教師版含解析），共32頁。試卷主要包含了已知平面 ，直線 ， 滿足，設(shè) 是直線，等內(nèi)容，歡迎下載使用。

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