第一篇：2015语文一轮复习迎战高考：7-7立体几何中的向量方法X
1.古诗文默写。（10分）
【小题1】知之者不如好之者。（《论语﹒雍也》 【小题2】关关雎鸠，在河之洲。，君子好逑。（《诗经·关雎》）【小题3】采菊东篱下。（陶渊明《饮酒》）
【小题4】
__________，出则无敌国外患者，国恒亡。（《生于忧患，死于安乐》）【小题5】长风破浪会有时。（李白《行路难》）【小题6】
__________，西北望，射天狼。（苏轼《江城子·密州出猎》）
【小题7】杜甫《茅屋为秋风所破歌》中“
__________，”与于谦《咏煤炭》中“但愿苍生俱饱暖，不辞辛苦出山林”两句都表达了作者忧国忧民的思想。
【小题8】我国的航天事业经过几代科学家的努力，历经艰难曲折，终于实现了载人航天航天员出舱活动、实行航天员太空行走的重大突破。这种过程可以用陆游《游山西村》中的“
__________，”来形容。
2.根据提示默写诗文名句或填空。（10分）【小题1】但愿人长久。（苏轼《水调歌头（明月几时有）》）【小题2】晴川历历汉阳树。（崔颢《黄鹤楼》）【小题3】__________，决眦入归鸟。（杜甫《望岳》）【小题4】春蚕到死丝方尽。（李商隐《无题》）【小题5】__________，奉命于危难之间。（诸葛亮《出师表》）【小题6】问渠那得清如许？。（朱熹《观书有感》）
【小题7】晏殊的《浣溪沙》中将自然现象与人的感受巧妙结合，生发出值得玩味、充满情趣的句子是：“______________________，______________________。”
【小题8】在默写古诗词名句时，有时同学不能正确区别“雁”与“燕”而出现误写。其实，这两种形象在古诗词中表达的情感是不同的。“雁”一般与思乡有关，如(A)。而“燕”一般则与报春有关，如(B)。
1.阅读下面的文章，完成小题。生气的成本有多高 林海峰
①人人都知道生气不好，可事到临头每个人都会不加控制地大生其气。原因何在？还是对生气认识不到位。事实是，你的每一次心情变化，都会在瞬间对你的身体产生巨大影响。②神经为了应对产生的心理变化，会调动身体的全部资源，进入应激状态。由于神经系统连接着内分泌系统、免疫系统、循环系统、消化系统，所以，一旦神经启动应激状态，就像一个国家启动战争程序一样，所有相关系统都会投入战斗，正常的生产将停止，所有资源都用来备战。
③于是，原来用于生长、修复的内分泌，被改变为用于应激状态的内分泌，其结果就是内分泌系统紊乱；免疫会因为应激需要而受到抑制；循环能力会因为应激而下降；消化功能会因为应激而减弱。机体为了应激，不得不强化心脏的跳动以支持“战争”所需的供养，这就为心脏病的发生累积了条件。为了应激，机体不得不提高血压来保证循环需要，从而引发高血压。血糖也不得不升高，机体还要将肝糖迅速转化为血糖，将组织中的蛋白质也转化为糖，以支持能量的应激供应，这就当然地引起糖尿病！
④可悲的是，这场战争是假想出来的！并不是像兔子遇到老虎，猴子遇到蟒蛇那样，必须应激以保护生命！而是由于你自己大脑的思维模式，引起的神经紧张，牵动了机体的系统变更！⑤别以为你有可以生气的理由，就可以理直气壮的生气；别以为你有值得怀疑的证据，就可以让自己疑神疑鬼；别以为情绪紧张所导致的压力，只是一时的心情不好。对不起，你的身体不知道你在小题大做，你的神经不知道这个世界上还有“想象出来的可怕、紧张”。你的神经忠诚于你的想法，只要你往坏处想，神经就即刻为你准备！那是自然界生存的法则——迅速备战，才有机会逃离危险。
⑥美国的生理学家爱尔马，为了研究心理状态对人健康的影响，做了一个实验。把人在生气时呼出的“生气水”注射在大白鼠身上，几分钟后大白鼠就死了。人生气10分钟，所消耗的精力，不亚于参加一次3000米的赛跑。
⑦在导致疾病的五大因素中，营养失衡、毒素积累、损耗过度、自然衰老这四个因素加起来的损害，都没有不良情绪积累所带来的严重。因为，不良情绪的产生，可以像导火索那样导致其他四个因素同时发生。
⑧人们是在什么情况下产生不良情绪，引发坏心情，触动压力导火索的？原来，仔细研究发现，能够触动神经紧张的因素来自这样几个方面：陷入了不愿意面对的境遇；碰上了让人失望的事情；预期的意愿没有达到。⑨如何避免不良情绪，如何创造好心情？这是养生之道中最关键的部分。道家为此选择闭关；佛家进入深山老林，严格宣布“八戒”；儒家设法约束举止；武术家更是想尽办法让自己入静。数千年来，人们为了摆脱人为的思想压力所引起的生理病变，费尽脑汁！
⑩淡定从容、泰然自若、不慌不忙、不卑不亢，这些成语，道出了心智修养的核心，也道出了解决不良情绪伤害的途径。
?没有什么事情值得你真正生气，因为生命一定远比那些事情重要；没有什么人值得你生气，因为你无需因为他们而伤害自己。不要出卖你的心情去制造压力，不要出卖你的心情去累积负面的情绪！照顾好自己，首先要照顾好你的心情。（摘自《济南时报》有删改）【小题1】细读第①～③段，分析生气影响人身体的过程，在下列的方框内填写恰当的内容。
【小题2】联系上下文，分析下面句中加横线词语的作用。你的每一次心情变化，都会在瞬间对你的身体产生巨大影响。
【小题3】文中画线句子用了什么说明方法？有何作用？
（1）人生气10分钟，所消耗的精力，不亚于参加一次3000米的赛跑。
（2）不良情绪的产生，可以像导火索那样导致其他四个因素同时发生。
【小题4】读了此文，你认为避免不良情绪伤害的重要途径是什么？生活中，遭遇不良情绪时，你常用什么方法排遣？
2.阅读下面的文字，完成小题。尊重夜色 张劲
城里能见到夜晚，却见不到正宗的、完整的夜色。城里的夜晚很肥硕，夜色却瘦弱如残片。它像只失魂落魄的耗子，被灯光的猫追得东躲西藏，被市声的刀阉割得七零八落。还让人想起贬值的稀薄的奶粉，或是掺了假的地沟油之类。正宗的夜色应该是大大的笔蘸上浓浓的墨，挥洒在宣纸上的黑体字。那墨汁慢慢浸润开来，一笔一划，饱满，厚实，酣畅淋漓，且不带杂质。这样的笔墨，现在多数已隐居在乡村了。前些日子，我随一帮人去开阳县一个叫禾丰的乡村采风，便有幸经历了这样一场纯净的夜色的洗礼。禾丰的夜色来得浓情，而又斯文得体。仿佛是赶赴一场约会，它有些急不可待，但又不失稳重的传统。直到家家炊烟即将散尽，只只倦鸟陆续归巢，它才应和着雀噪，拽着炊烟的尾巴，一点点、一缕缕地翩然降临。
与这样完整的夜色邂逅，纯属偶然。采风队一行数十人，灯火旺处，安置了所有的女士们和部分男士们住。我们十二位“剩男”便只能被发落到荒村野店似的小旅舍了。说是荒村，其实白天不荒，野店也不算野，但因许多房间电灯坏了，或关不严门窗，于是入夜就被荒野化了。
我住小店顶楼，正有一桩烦心事堵在胸口，郁闷不能释怀。这烦心事是白天种下的，但夜色激活了它，催生了它。反正睡不着觉，索性起身下床，在露台上独坐，与夜色相对作竟夕谈。开头以为夜色不善言辞，其实错了。山峰，河流，远村，近树，田垅，庄稼„„虽被宽广的、浑无际涯的黑幕所笼罩，所覆盖，但那似无却有的碎语，柔软，绵长，很为晚风所赏识。蛙鸣是早就约好了的，开始是两声，三声，如传递开会通知，后来群蛙响应如辩论，鼓点似的呱呱韵押得铿锵而又活泼。虫鸣则押的是仄声韵，不成阵势，在我耳畔细吟如箫声断续。还有几声忠实值勤的狗吠，混合着小儿的啼哭，远远传来，沉沉夜幕被咬破了几个洞。有夜气从中淌出来，似有微波漾动，然而转瞬即逝，夜色毫不滴汤漏水，仍是那么平静，饱满如初。
也有阵阵流水的低沉暗唱，那是一条名叫青龙河的波浪，在夜以继日地诠释着那句“逝者如斯，不舍昼夜”的含义。
我在露台上徘徊，看不见河的流动，只能看见远处公路桥上的一盏路灯，闪烁其辞。蓦地想起了前人的诗句：“悄立市桥人不识，一星如月看多时。” 面对那“一星”，诗人不仅觉得它“如月”，且还要悄立良久“看多时”，以前不太理会，现在似乎有些领悟了，是期待和憧憬着什么，却又有说不出的寂寥和凄清。
今夜恰好无月色，也无星光，我只能是“一灯如豆看多时”了。那如豆的孤灯，是打在夜幕上的一个小小补丁，一个金黄而又梦幻般的神秘补丁。
黑暗中，有些东西被夜色吸去，有些则被夜色放大。比如，田禾的暗香就一阵阵轻撞我的鼻尖，但我闻得见，却摸不着。凭气味，我知道那是待收割的油菜荚，告别季节时的些许惆怅，也有刚移栽的秧苗，初上岗时的按捺不住的兴奋。
还有身旁的一树枇杷，它也兴奋得快要忘乎所以了。它的果实已经成熟，急盼着出嫁市场。它手舞足蹈地想要挣脱夜色私奔，结果，被晚风扇了两耳光，爆出一阵噼噼啪啪的脆响。我被逗乐了，心中的郁闷也消解了许多。
乡村夜色从来都是很自我的，不比日色可以大白于天下。很自我的夜色不愿被人窥测尚未公开的秘密，它总有一种提防被欺骗了的谨慎。所以夜色很矜持，也很低调。它也不想让鸡声、犬吠、蛙鸣、虫吟之外的好事者高调入局。
当然，低调并不等于无调。开阳禾丰，之所以稻盛麦丰，不仅与开朗的阳光有关，也与含蓄的夜色有关。
日出而作，该光明时就应光明，该站起来的就别躺下。日入而息，该漆黑的就应漆黑，该躺下来的就别站起。正如鲜亮、热烈的日色，该有白天的尊严一样，庄重、沉静的夜色，也该有夜的体面！
日夜往复，黑白交替，阴阳互补，刚柔相济，乃天地人生之大道。不由得想起了老子“知白而守黑”，“知雄而守雌”，以及民间“阴弱则阳损”、“夜亡则昼疲”等等之类的智慧名言。尊重日色，也尊重夜色，按自然规律办事，乃有禾丰乡之禾谷丰登景象！【小题1】阅读全文，概括作者从哪些角度描写了禾丰夜色中的哪些景物。
【小题2】赏析文中画线的句子。蛙鸣是早就约好了的，开始是两声，三声，如传递开会通知，后来群蛙响应如辩论，鼓点似的呱呱韵押得铿锵而又活泼。
【小题3】分析文章首段在全文中的作用。
【小题4】全文以“尊重夜色”为题，试探究其好处。
1.生于忧患，死于安乐（12分）《孟子》
舜发于畎亩之中，傅说举于版筑之间，胶鬲举于鱼盐之中，管夷吾举于士，孙叔敖举于海，百里奚举于市。
故天将降大任于是人也，必先苦其心志，劳其筋骨，饿其体肤，空乏其身，行拂乱其所为，所以动心忍性，曾益其所不能。
人恒过，然后能改；困于心，衡于虑，而后作；征于色，发于声，而后喻。入则无法家拂士，出则无敌国外患者，国恒亡。然后知生于忧患，而死于安乐也。
【小题1】下列各项中加点词的意思相同的一项是（）（2分）A．生于忧患，而死于安乐 安陵君因使唐雎使于秦B．征于色，发于声，而后喻 不言而喻C．国恒亡
马无故亡而入胡 D．行拂乱其所为凡可以辟患者何不为也 【小题2】下列各项中没有通假字的一项是（）（2分）A．困于心，衡于虑B．非夫人之物而强假焉C．同舍生皆被绮绣D．食之不能尽其材【小题3】翻译下面句子。（6分）①所以动心忍性，曾益其所不能。
②入则无法家拂士，出则无敌国外患者，国恒亡。
【小题4】选文首先采用了的论证方法，得出艰难困苦的生活能够使人磨砺成才的结论，然后采用对比论证和类比论证的方法，得出（2分）
2.阅读《出师表》，解答后面问题。（11分）
亲贤臣，远小人，此先汉所以兴隆也；亲小人，远贤臣，此后汉所以倾颓也。先帝在时，每与臣论此事，未尝不叹息痛恨于桓、灵也。侍中、尚书、长史、参军，此悉贞良死节之臣，愿陛下亲之信之则汉室之隆可计日而待也。
臣本布衣，躬耕于南阳，苟全性命于乱世，不求闻达于诸侯。先帝不以臣卑鄙．猥自枉屈，三顾臣于草庐之中，咨臣以当世之事，由是感激，遂许先帝以驱驰。后值倾覆，受任于败军之际，奉命于危难之间，尔来二十有一年矣。
先帝知臣谨慎，故临崩寄臣以大事也。受命以来，夙夜忧叹，恐托付不效，以伤先帝之明，故五月渡泸，深入不毛。今南方已定，兵甲已足，当奖率三军，北定中原，庶竭驽钝，攘除奸凶，兴复汉室，还于旧都。此臣所以报先帝而忠陛下之职分也。【小题1】解释下列加点的词语在文中的意思。（4分）
（1）臣本布衣__________，躬耕于南阳（）（2）先帝不以臣卑鄙（）（3）深入不毛（）（4）北定中原（）【小题2】翻译句子（4分）
（1）亲贤臣，远小人，此先汉所以兴隆也（2分）（2）苟全性命于乱世，不求闻达于诸侯。（2分）
【小题3】第二段有一个成语，请找出：_______________（1分）
【小题4】诸葛亮“受命以来”怀着怎样的心情并采取了怎样的行动来报答先帝？
1.(2010浙江省温州市，三(一)，4分)新凉 徐玑①
水满田畴稻叶齐，日光穿树晓烟低。
黄莺也爱新凉好，飞过青山影里啼。
【注释】①徐玑：南宋时温州诗人，“永嘉四灵”之一。②田畴：田地，田野。【小题1】.本诗描绘了黄莺在初秋微凉的天气中自由翻飞、的景象。(2分)【小题2】.“黄莺也爱新凉好，飞过青山影里啼”间接表现了诗人怎样的心情?(2分)
2.(2010浙江省义乌市，15，4分)阅读下面这首古诗，然后按要求答题。(4分)
春兴
(唐)武元衡
杨柳阴阴细雨晴,残花落尽见流莺。
春风一夜吹乡梦,又逐春风到洛城。
(1)诗中_____一词写出了杨柳的枝繁叶茂，____一词写出了梦境的一再出现(2)这首诗的后两句抒发了诗人怎样的感情?
3.(2010，甘肃省兰州市，7-8,3分)阅读下面的诗歌，完成：
凉州词
王之涣
黄河远上白云间，一片孤城万仞山。
羌笛何须怨杨柳，春风不度玉门关。
(1)诗中的“春风”除了指自然现象之外，还指的是。(1分)(2)下列理解不恰当的一项是(2分)A．诗歌前两句以远川高山衬托“孤城”，描绘出边地的雄阔苍凉之景。B．“杨柳”是双关语，既指音乐的曲调，又指现实中的杨柳树。C．诗歌用“何须”二字，由边地图景描绘转入情感抒发。D．全诗极写戍边者不得还乡的怨情，情绪消极悲切。
1.作文（50分）
物质上的珍藏，给人一种踏实感；精神上的珍藏，给人一种甜蜜感。美丽的、美好的，可以珍藏；真挚的、真诚的，可以珍藏。最温馨的珍藏是回忆，最难忘的珍藏是真情。请以“珍藏＿＿＿”为题目，写一篇文章。要求：
①先补充完整题目；
②立意自定，文体自选（除诗歌外）； ③不少于600字；
④文中不得出现（或暗示）真实的人名、校名、地名。
第二篇：2018高考一轮复习 立体几何 空间向量
2017高考一轮复习
空间向量
一．解答题（共12小题）1．（2016•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；
（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．
2．（2016•天津）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2．（1）求证：EG∥平面ADF；
（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；
（3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．
3．（2016•沈阳校级模拟）如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE∥BP．（Ⅰ）设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；
（Ⅱ）线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
第1页（共23页）
4．（2016•天津一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2，E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上．
（Ⅰ）求证：EF⊥平面PAC；
（Ⅱ）若M为PD的中点，求证：ME∥平面PAB；
（Ⅲ）如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求值． 的 5．（2016•贵阳一模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠PAB=∠PAC=∠ACB=90°．（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；
（2）若PA=1，AB=2，BC=，在直线AC上是否存在一点D，使得直线BD与平面PBC所成角为30°？若存在，求出CD的长；若不存在，说明理由．
6．（2015•浙江）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（Ⅰ）证明：A1D⊥平面A1BC；
（Ⅱ）求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．
7．（2015•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．
（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．
第2页（共23页）
8．（2014•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：BE⊥DC；
（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
（Ⅲ）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F﹣AB﹣P的余弦值．
9．（2014•新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC=AB1；
（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
10．（2014•新课标II）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，求A到平面PBC的距离．
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11．（2013•北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；
（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；
（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．
12．（2013•新课标Ⅱ）如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB．
（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．
第4页（共23页）
2017高考一轮复习
空间向量
参考答案与试题解析
一．解答题（共12小题）1．（2016•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；
（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．
【分析】（I）先证明BF⊥AC，再证明BF⊥CK，进而得到BF⊥平面ACFD．
（II）方法一：先找二面角B﹣AD﹣F的平面角，再在Rt△BQF中计算，即可得出； 方法二：通过建立空间直角坐标系，分别计算平面ACK与平面ABK的法向量，进而可得二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值． 【解答】（I）证明：延长AD，BE，CF相交于点K，如图所示，∵平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC．
又EF∥BC，BE=EF=FC=1，BC=2，∴△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，∴BF⊥平面ACFD．
（II）方法一：过点F作FQ⊥AK，连接BQ，∵BF⊥平面ACFD．∴BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，∴BQ⊥AK．∴∠BQF是二面角B﹣AD﹣F的平面角． 在Rt△ACK中，AC=3，CK=2，可得FQ=在Rt△BQF中，BF=，FQ=
．
．
．可得：cos∠BQF=
． ∴二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值为方法二：如图，延长AD，BE，CF相交于点K，则△BCK为等边三角形，取BC的中点，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴KO⊥平面BAC，以点O为原点，分别以OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz． 可得：B（1，0，0），C（﹣1，0，0），K（0，0，．
=（0，3，0），=，（2，3，0）．），A（﹣1，﹣3，0），第5页（共23页）
设平面ACK的法向量为=（x1，y1，z1），平面ABK的法向量为=（x2，y2，z2），由，可得，取=由，可得．，取=
．
∴==．
∴二面角B﹣AD﹣F的余弦值为．
【点评】本题考查了空间位置关系、法向量的应用、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题． 2．（2016•天津）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2．（1）求证：EG∥平面ADF；
（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；
（3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．
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【分析】（1）取AD的中点I，连接FI，证明四边形EFIG是平行四边形，可得EG∥FI，利用线面平行的判定定理证明：EG∥平面ADF；
（2）建立如图所示的坐标系O﹣xyz，求出平面OEF的法向量，平面OEF的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）求出=（﹣，），利用向量的夹角公式求出直线BH和平面CEF所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取AD的中点I，连接FI，∵矩形OBEF，∴EF∥OB，EF=OB，∵G，I是中点，∴GI∥BD，GI=BD． ∵O是正方形ABCD的中心，∴OB=BD．
∴EF∥GI，EF=GI，∴四边形EFIG是平行四边形，∴EG∥FI，∵EG⊄平面ADF，FI⊂平面ADF，∴EG∥平面ADF；
（2）解：建立如图所示的坐标系O﹣xyz，则B（0，﹣﹣，2），F（0，0，2），设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则∵OC⊥平面OEF，∴平面OEF的法向量为=（1，0，0），∵|cos＜，＞|=
=
；，0），C（，0，0），E（0，取=（，0，1）
∴二面角O﹣EF﹣C的正弦值为
第7页（共23页）
（3）解：AH=HF，∴设H（a，b，c），则∴a=﹣∴=（﹣
==（，0，）．，0，）． =（a+，b，c）=（，b=0，c=，，），∴直线BH和平面CEF所成角的正弦值=|cos＜，＞|==．
【点评】本题考查证明线面平行的判定定理，考查二面角O﹣EF﹣C的正弦值，直线BH和平面CEF所成角的正弦值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
3．（2016•沈阳校级模拟）如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE∥BP．（Ⅰ）设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；
（Ⅱ）线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
【分析】（I）证明BP⊥平面ABCD，以B为原点建立坐标系，则量，求出，的坐标，通过计算
=0得出
为平面ABCD的法向，从而有EM∥平面ABCD；
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（II）假设存在点N符合条件，设＜，求出和平面PCD的法向量的坐标，令|cos＞|=解出λ，根据λ的值得出结论．
【解答】证明：（Ⅰ）∵平面ABCD⊥平面ABEP，平面ABCD∩平面ABEP=AB，BP⊥AB，∴BP⊥平面ABCD，又AB⊥BC，∴直线BA，BP，BC两两垂直，以B为原点，分别以BA，BP，BC为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则P（0，2，0），B（0，0，0），D（2，0，1），E（2，1，0），C（0，0，1），∴M（1，1，），∴=（﹣1，0，），=（0，2，0）．
为平面ABCD的一个法向量，=0，∵BP⊥平面ABCD，∴∵∴⊥=﹣1×0+0×2+．又EM⊄平面ABCD，∴EM∥平面ABCD．
（Ⅱ）解：当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为． 理由如下： ∵=（2，﹣2，1），=（2，0，0），． 设平面PCD的法向量为=（x，y，z），则∴．令y=1，得=（0，1，2）．
假设线段PD上存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角α的正弦值等于． 设=λ=（2λ，﹣2λ，λ）（0≤λ≤1），∴＞=
=
=
=（2λ，2﹣2λ，λ）． =． ∴cos＜2∴9λ﹣8λ﹣1=0，解得λ=1或（舍去）．
∴当N点与D点重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于．
第9页（共23页）
【点评】本题考查了线面平行的判断，空间向量的应用与线面角的计算，属于中档题． 4．（2016•天津一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2，E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上．
（Ⅰ）求证：EF⊥平面PAC；
（Ⅱ）若M为PD的中点，求证：ME∥平面PAB；
（Ⅲ）如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求值． 的 【分析】（Ⅰ）证明AB⊥AC．EF⊥AC．推出PA⊥底面ABCD，即可说明PA⊥EF，然后证明EF⊥平面PAC．
（Ⅱ）证明MF∥PA，然后证明MF∥平面PAB，EF∥平面PAB．即可阿门平面MEF∥平面PAB，从而证明ME∥平面PAB．
（Ⅲ）以AB，AC，AP分别为x轴、y轴和z轴，如上图建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，平面ABCD的法向量，平面PBC的法向量，利用直线ME与平面PBC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等，列出方程求解即可 【解答】（本小题满分14分）
（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，因为AB=AC，∠BCD=135°，∠ABC=45°． 所以AB⊥AC．
由E，F分别为BC，AD的中点，得EF∥AB，所以EF⊥AC．…（1分）
因为侧面PAB⊥底面ABCD，且∠BAP=90°，所以PA⊥底面ABCD．…（2分）又因为EF⊂底面ABCD，所以PA⊥EF．…（3分）
又因为PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以EF⊥平面PAC．…（4分）
第10页（共23页）
（Ⅱ）证明：因为M为PD的中点，F分别为AD的中点，所以MF∥PA，又因为MF⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以MF∥平面PAB．…（5分）同理，得EF∥平面PAB．
又因为MF∩EF=F，MF⊂平面MEF，EF⊂平面MEF，所以平面MEF∥平面PAB．…（7分）又因为ME⊂平面MEF，所以ME∥平面PAB．…（9分）
（Ⅲ）解：因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AC，所以AP，AB，AC两两垂直，故以AB，AC，AP 分别为x轴、y轴和z轴，如上图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），D（﹣2，2，0），E（1，1，0），所以设，则，，…（10分）
所以M（﹣2λ，2λ，2﹣2λ），易得平面ABCD的法向量=（0，0，1）．…（11分）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），由，得
令x=1，得=（1，1，1）．…（12分）
因为直线ME与平面PBC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等，所以，即，…（13分）
所以解得，或，（舍）．…（14分）
第11页（共23页）
【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用，平面与平面平行的判定定理的应用，考查转化思想以及空间想象能力逻辑推理能力的应用． 5．（2016•贵阳一模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠PAB=∠PAC=∠ACB=90°．（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；
（2）若PA=1，AB=2，BC=，在直线AC上是否存在一点D，使得直线BD与平面PBC所成角为30°？若存在，求出CD的长；若不存在，说明理由．
【分析】（1）推导出PA⊥平面ABC，从而BC⊥PA，又BC⊥CA，从而BC⊥平面PAC，由此能证明平面PBC⊥平面PAC．
（2）以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系C﹣xyz，利用向量法能求出在直线AC上存在点，使得直线BD与平面PBC所成角为30°． 【解答】证明：（1）∵∠PAB=∠PAC=90°，∴PA⊥AB，PA⊥AC． ∵AB∩AC=A，∴PA⊥平面ABC．…（1分）∵BC⊂平面ABC，∴BC⊥PA．…（3分）
∵∠ACB=90°，∴BC⊥CA．∵PA∩CA=A，∴BC⊥平面PAC．…（5分）∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．…6分 解：（2）由已知及（1）所证可知，PA⊥平面ABC，BC⊥CA，∵PA=1，AB=2，BC=．
∴以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图的空间直角坐标系C﹣xyz，则C（0，0，0），B（0，0），P（，设=（x，y，z）是平面PBC的法向量，则，则取x=1，得=（1，0，﹣
第12页（共23页）），），…（9分）
设直线AC上的点D满足∴，则，∵直线BD与平面PBC所成角为30°，∴解得，…（11分）∴在直线AC上存在点，使得直线BD与平面PBC所成角为30°．…（12分），【点评】本题考查面面垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
6．（2015•浙江）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（Ⅰ）证明：A1D⊥平面A1BC；
（Ⅱ）求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．
【分析】（I）连接AO，A1D，根据几何体的性质得出A1O⊥A1D，A1D⊥BC，利用直线平面的垂直定理判断．
（II）利用空间向量的垂直得出平面BB1C1C的法向量=（，0，1），|根据与
数量积求解余弦值，即可得出直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．
【解答】证明：（I）∵AB=AC=2，D是B1C1的中点． ∴A1D⊥B1C1，∵BC∥B1C1，∴A1D⊥BC，∵A1O⊥面ABC，A1D∥AO，∴A1O⊥AO，A1O⊥BC ∵BC∩AO=O，A1O⊥A1D，A1D⊥BC ∴A1D⊥平面A1BC
第13页（共23页）
解：（II）
建立坐标系如图
∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4 ∴O（0，0，0），B（0，0），B1（﹣，），A1（0，0即=（0，﹣），=（0，0），=（，0，）），设平面BB1C1C的法向量为=（x，y，z），即得出
得出=（∵=，0，1），|，＞=
|=4，||=
∴cos＜，=，可得出直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值为
【点评】本题考查了空间几何体的性质，直线平面的垂直问题，空间向量的运用，空间想象能力，计算能力，属于中档题．
7．（2015•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．
（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．
第14页（共23页）
【分析】以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz．（1）所求值即为平面PAB的一个法向量与平面PCD的法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可；
（2）利用换元法可得cos＜
2，＞≤，结合函数y=cosx在（0，）上的单调性，计算即得结论．
【解答】解：以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz如图，由题可知B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．（1）∵AD⊥平面PAB，∴∵=（1，1，﹣2），=（0，2，0），是平面PAB的一个法向量，=（0，2，﹣2），设平面PCD的法向量为=（x，y，z），由，得，取y=1，得=（1，1，1），∴cos＜，＞=
=，∴平面PAB与平面PCD所成两面角的余弦值为（2）∵又又=（﹣1，0，2），设
=
+=λ
；
=（﹣λ，0，2λ）（0≤λ≤1），=（﹣λ，﹣1，2λ），＞=
=，=（0，﹣1，0），则=（0，﹣2，2），从而cos＜设1+2λ=t，t∈[1，3]，则cos＜2，＞==≤，第15页（共23页）
当且仅当t=，即λ=时，|cos＜因为y=cosx在（0，又∵BP==，＞|的最大值为，）上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．，∴BQ=BP=
．
【点评】本题考查求二面角的三角函数值，考查用空间向量解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
8．（2014•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：BE⊥DC；
（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
（Ⅲ）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F﹣AB﹣P的余弦值．
【分析】（I）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出BE，DC的方向向量，根据•=0，可得BE⊥DC；
（II）求出平面PBD的一个法向量，代入向量夹角公式，可得直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
（Ⅲ）根据BF⊥AC，求出向量的坐标，进而求出平面FAB和平面ABP的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F﹣AB﹣P的余弦值． 【解答】证明：（I）∵PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，第16页（共23页）
∵AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点． ∴B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（1，1，1）∴∵=（0，1，1），•=0，=（2，0，0）
∴BE⊥DC；（Ⅱ）∵=（﹣1，2，0），=（1，0，﹣2），设平面PBD的法向量=（x，y，z），由，得，令y=1，则=（2，1，1），则直线BE与平面PBD所成角θ满足： sinθ==
=，故直线BE与平面PBD所成角的正弦值为（Ⅲ）∵=（1，2，0），=λ
．
=（2，2，0），=（﹣2，﹣2，2），由F点在棱PC上，设故=+
=（﹣2λ，﹣2λ，2λ）（0≤λ≤1），=（1﹣2λ，2﹣2λ，2λ）（0≤λ≤1），•=2（1﹣2λ）+2（2﹣2λ）=0，由BF⊥AC，得解得λ=，即=（﹣，），设平面FBA的法向量为=（a，b，c），第17页（共23页）
由，得
令c=1，则=（0，﹣3，1），取平面ABP的法向量=（0，1，0），则二面角F﹣AB﹣P的平面角α满足： cosα===，故二面角F﹣AB﹣P的余弦值为：
【点评】本题考查的知识点是空间二面角的平面角，建立空间坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题，是解答的关键．
9．（2014•新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC=AB1；
（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
【分析】（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，可证B1C⊥平面ABO，可得B1C⊥AO，B10=CO，进而可得AC=AB1；（2）以O为坐标原点，的正方向，的方向为x轴的正方向，|
|为单位长度，的方向为y轴的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别可得两平面的法向量，可得所求余弦值． 【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO，又B10=CO，∴AC=AB1，（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO=CO，又∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，∴OA，OB，OB1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|
|为单位长度，第18页（共23页）的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠CBB1=60°，∴△CBB1为正三角形，又AB=BC，∴A（0，0，∴=（0，），B（1，0，0，），B1（0，），=，0），C（0，），=，0）=（﹣1，0），=（1，0，设向量=（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，则，可取=（1，），同理可得平面A1B1C1的一个法向量=（1，﹣∴cos＜，＞=
=，），∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为
【点评】本题考查空间向量法解决立体几何问题，建立坐标系是解决问题的关键，属中档题．
10．（2014•新课标II）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，求A到平面PBC的距离．
【分析】（Ⅰ）设BD与AC 的交点为O，连结EO，通过直线与平面平行的判定定理证明PB∥平面AEC；（Ⅱ）通过AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，求出AB，作AH⊥PB角PB于H，说明AH就是A到平面PBC的距离．通过解三角形求解即可． 【解答】解：（Ⅰ）证明：设BD与AC 的交点为O，连结EO，∵ABCD是矩形，∴O为BD的中点
第19页（共23页）
∵E为PD的中点，∴EO∥PB．
EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC ∴PB∥平面AEC；（Ⅱ）∵AP=1，AD=∴V=，三棱锥P﹣ABD的体积V==，∴AB=，PB==．
作AH⊥PB交PB于H，由题意可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AH，故AH⊥平面PBC．
又在三角形PAB中，由射影定理可得：A到平面PBC的距离
．
【点评】本题考查直线与平面垂直，点到平面的距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
11．（2013•北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；
（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；
（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．
第20页（共23页）
【分析】（I）利用AA1C1C是正方形，可得AA1⊥AC，再利用面面垂直的性质即可证明；（II）利用勾股定理的逆定理可得AB⊥AC．通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角；（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，利用向量垂直于数量积得关系即可得出．
【解答】（I）证明：∵AA1C1C是正方形，∴AA1⊥AC．
又∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，∴AA1⊥平面ABC．
（II）解：由AC=4，BC=5，AB=3．
222∴AC+AB=BC，∴AB⊥AC．
建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，4），B（0，3，0），B1（0，3，4），C1（4，0，4），∴，．
=（x2，y2，z2）． 设平面A1BC1的法向量为，平面B1BC1的法向量为则，令y1=4，解得x1=0，z1=3，∴
．，令x2=3，解得y2=4，z2=0，∴
．
===．
∴二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值为
．
（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，∴∵∴∴． =，∴，，解得t=
．
=（0，3，﹣4），第21页（共23页）
【点评】本题综合考查了线面垂直的判定与性质定理、面面垂直的性质定理、通过建立空间直角坐标系利用法向量求二面角的方法、向量垂直与数量积得关系等基础知识与基本方法，考查了空间想象能力、推理能力和计算能力．
12．（2013•新课标Ⅱ）如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB．
（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．
【分析】（Ⅰ）通过证明BC1平行平面A1CD内的直线DF，利用直线与平面平行的判定定理证明BC1∥平面A1CD（Ⅱ）证明DE⊥平面A1DC，作出二面角D﹣A1C﹣E的平面角，然后求解二面角平面角的正弦值即可． 【解答】解：（Ⅰ）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF，因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．
（Ⅱ）因为直棱柱ABC﹣A1B1C1，所以AA1⊥CD，由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB，又AA1∩AB=A，于是，CD⊥平面ABB1A1，设AB=2，则AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，第22页（共23页）
CD=，A1D=，DE=，A1E=3 222故A1D+DE=A1E，即DE⊥A1D，所以DE⊥平面A1DC，又A1C=2，过D作DF⊥A1C于F，∠DFE为二面角D﹣A1C﹣E的平面角，在△A1DC中，DF=
=，EF=
=，所以二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．sin∠DFE=
．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力与计算能力．
第23页（共23页）
第三篇：高考数学大二轮专题复习：第二编立体几何中的向量方法
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，热点为线面角、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α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．
(1)l∥m⇒a∥b⇔a＝kb⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2；
(2)l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；
(3)l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0；
(4)l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3；
(5)α∥β⇔μ∥v⇔μ＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4；
(6)α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.2．三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θ满足cosθ＝.(2)线面角：设l是斜线l的方向向量，n是平面α的法向量，则斜线l与平面α所成的角θ满足sinθ＝.(3)二面角
①如图(Ⅰ)，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉；
②如图(Ⅱ)(Ⅲ)，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝－cos〈n1，n2〉或cos〈n1，n2〉．
热点考向探究
考向1 利用向量证明平行与垂直
例1(1)(多选)(2020·山东省莱西一中、高密一中、枣庄三中高三模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝2，P，Q，R分别是AB，BB1，A1C上的动点，下列结论正确的是()
A．对于任意给定的点P，存在点Q使得D1P⊥CQ
B．对于任意给定的点Q，存在点R使得D1R⊥CQ
C．当AR⊥A1C时，AR⊥D1R
D．当A1C＝3A1R时，D1R∥平面BDC1
答案 ABD
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，设P(2，a,0)，a∈[0,2]，Q(2,2，b)，b∈[0,2]，设＝λ，得到R(2－2λ，2λ，2－2λ)，λ∈[0,1].＝(2，a，－2)，＝(2,0，b)，·＝4－2b，当b＝2时，D1P⊥CQ，A正确；＝(2－2λ，2λ，－2λ)，·＝2(2－2λ)－2λb，取λ＝时，D1R⊥CQ，B正确；由AR⊥A1C，则·＝(－2λ，2λ，2－2λ)·(－2，2，－2)＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0，解得λ＝，此时·＝·＝－≠0，C错误；由A1C＝3A1R，则R，＝，设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则解得n＝(，－1，)，故·n＝0，故D1R∥平面BDC1，D正确．故选ABD.(2)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1分别是棱AD，AA1的中点．
①设F是棱AB的中点，证明：直线E1E∥平面FCC1；
②证明：平面D1AC⊥平面BB1C1C.证明 如图，过点D作AB的垂线交AB于点G，则以点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)，＝(，－1,0)．
设平面FCC1的法向量n1＝(x，y，z)，则令x＝1，得n1＝(1，0)，又＝，故·n1＝0，又E1E⊄平面FCC1，所以E1E∥平面FCC1.②＝(，－1，－2)，＝(0,2，－2)，设平面D1AC的法向量n2＝(a，b，c)，由得
令b＝1，得n2＝(，1,1)．
同理易得平面BB1C1C的一个法向量n3＝(1，－，0)，因为n2·n3＝0，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．
如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：
(1)BE⊥DC；
(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＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0.所以BE⊥DC.(2)因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，又因为AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，所以向量＝(1,0,0)为平面PAD的一个法向量，而·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以⊥，又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.(3)由(2)知平面PAD的一个法向量＝(1,0,0)，向量＝(0,2，－2)，＝(2,0,0)，设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则即
不妨令y＝1，可得n＝(0,1,1)为平面PCD的一个法向量．
则n·＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n⊥.所以平面PCD⊥平面PAD.考向2 利用空间向量求空间角
角度1 利用空间向量求异面直线所成的角
例2(2020·山东省济南市高三6月模拟)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝BC，将直角梯形ABCD(及其内部)以AB所在直线为轴顺时针旋转90°，形成如图所示的几何体，其中M为的中点．
(1)求证：BM⊥DF；
(2)求异面直线BM与EF所成角的大小．
解(1)证法一：如图，连接CE，设CE与BM交于点N，根据题意，知该几何体为圆台的一部分，且CD与EF相交，故C，D，F，E四点共面，因为平面ADF∥平面BCE，所以CE∥DF，因为M为的中点，所以∠CBM＝∠EBM.又BC＝BE，所以N为CE的中点，BN⊥CE，即BM⊥CE，所以BM⊥DF.证法二：如图，以点B为坐标原点，BE，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则AD＝AF＝1，BC＝BE＝2，所以B(0,0,0)，M(，0)，D(0,1,1)，F(1，0,1)，所以＝(，0)，＝(1，－1,0)，所以·＝－＝0，所以BM⊥DF.(2)解法一：如图，连接DB，DN，由(1)知，DF∥EN且DF＝EN，所以四边形ENDF为平行四边形，所以EF∥DN，所以∠BND为异面直线BM与EF所成的角，设AB＝1，则BD＝DN＝BN＝，所以△BND为等边三角形，所以∠BND＝60°，所以异面直线BM与EF所成角的大小是60°.解法二：如图，以点B为坐标原点，BE，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则AD＝AF＝1，BE＝2，所以B(0,0,0)，M(，0)，E(2,0,0)，F(1，0,1)，所以＝(，0)，＝(－1,0,1)，所以cos〈，〉＝＝＝－，所以异面直线BM与EF所成角的大小是60°.角度2 利用空间向量求线面角
例3(2020·山东省实验中学高考预测卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，∠ADP＝90°，平面ADP⊥平面ABCD，点F为棱PD的中点．
(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF∥平面PCE，并说明理由；
(2)当二面角D－FC－B的余弦值为时，求直线PB与平面ABCD所成的角．
解(1)在棱AB上存在点E，使得AF∥平面PCE，点E为棱AB的中点．
理由如下：如图，取PC的中点Q，连接EQ，FQ，由题意，得FQ∥CD且FQ＝CD，又AE∥CD且AE＝CD，故AE∥FQ且AE＝FQ.所以四边形AEQF为平行四边形．
所以AF∥EQ，又EQ⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，所以AF∥平面PCE.(2)如图，连接BD，DE.由题意知△ABD为正三角形，所以ED⊥AB，即ED⊥CD，又∠ADP＝90°，所以PD⊥AD，又平面ADP⊥平面ABCD，平面ADP∩平面ABCD＝AD，所以PD⊥平面ABCD，故以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设FD＝a(a>0)，则由题意知D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0，2,0)，B(，1,0)，＝(0,2，－a)，＝(，－1，0)，设平面FBC的法向量为m＝(x，y，z)，则
令x＝1，则y＝，z＝，所以取m＝，易知平面DFC的一个法向量为n＝(1,0,0)，因为二面角D－FC－B的余弦值为，所以|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得a＝.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以∠PBD为直线PB与平面ABCD所成的角，由题意知在Rt△PBD中，tan∠PBD＝＝a＝，从而∠PBD＝60°，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60°.角度3 利用空间向量求二面角
例4(2020·山东省济宁市模拟)如图，三棱台ABC－A1B1C1中，侧面A1B1BA与侧面A1C1CA是全等的梯形，若AA1⊥AB，AA1⊥A1C1，AB＝2A1B1＝4AA1.(1)若＝2，＝2，证明：DE∥平面BCC1B1；
(2)若二面角C1－AA1－B为，求平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值．
解(1)证明：连接AC1，BC1，在梯形A1C1CA中，AC＝2A1C1.∵＝2，∴AC1∩A1C＝D，＝2，∵＝2，∴DE∥BC1.∵BC1⊂平面BCC1B1，DE⊄平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.(2)∵AA1⊥A1C1，∴AA1⊥AC.又AA1⊥AB，平面A1B1BA∩平面A1C1CA＝AA1，∴∠BAC＝，在平面内过点A作AC的垂线，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AA1＝1，则A1B1＝A1C1＝2，AC＝4，A1(0,0,1)，C(0,4,0)，B(2，2,0)，B1(，1,1)．
设平面A1B1BA的法向量为m＝(x，y，z)，则
∴m＝(1，－，0)，同理得平面C1B1BC的一个法向量为n＝(1，2)，∴cos〈m，n〉＝＝－，∴平面A1B1BA与平面C1B1BC所成的锐二面角的余弦值为.三种空间角的向量求法
(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cosθ＝|cosφ|.(2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sinθ＝|cosφ|.(3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．
1．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(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BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt△FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝.从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如图，以点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)，所以＝(1，)，＝.故cos〈，〉＝＝－.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.2.(2020·湖南永州高三第三次模拟)在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ABB1A1⊥底面ABC，∠ABC＝90°，且侧面ABB1A1为菱形．
(1)证明：A1B⊥平面AB1C1；
(2)若∠A1AB＝60°，AB＝2，直线AC1与底面ABC所成角的正弦值为，求二面角A1－AC1－B1的余弦值．
解(1)证明：∵四边形ABB1A1为菱形，∴A1B⊥AB1，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且AB为交线，BC⊥AB，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B.∵BC∥B1C1，∴A1B⊥B1C1，又AB1∩B1C1＝B1，∴A1B⊥平面AB1C1.(2)取A1B1的中点M，连接BM，易证BM⊥平面ABC，且AB⊥BC，以BA所在直线为x轴，BC所在直线为y轴，BM所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝t(t>0)，则A(2,0,0)，A1(1,0，)，C(0，t,0)，＝(－1,0，)，＝(－2，t,0)．
∵四边形A1ACC1为平行四边形，∴＝＋＝＋＝(－3，t，)，易知平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，∴|cos〈，n〉|＝＝＝，解得t＝，∴＝(－3，)．
设平面AA1C1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，∴
令z1＝1，则n1＝(，2,1)，由(1)可得平面AB1C1的一个法向量＝(1,0，)，∴cos〈n1，〉＝＝，又二面角A1－AC1－B1为锐角，∴二面角A1－AC1－B1的余弦值为.考向3 立体几何中的探索性问题
例5(2020·河北省保定市一模)如图，四边形ABCD为矩形，△ABE和△BCF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°，EA∥FC.(1)求证：ED∥平面BCF；
(2)设＝λ，问是否存在λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解(1)证明：因为AD∥BC，BC⊂平面BCF，AD⊄平面BCF，所以AD∥平面BCF，因为EA∥FC，FC⊂平面BCF，EA⊄平面BCF，所以EA∥平面BCF，又EA∩AD＝A，EA，AD⊂平面ADE，所以平面ADE∥平面BCF，又ED⊂平面ADE，所以ED∥平面BCF.(2)以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为∠BAE＝∠DAE＝90°，所以EA⊥AB，EA⊥AD，又AD∩AD＝A，AD，AB⊂平面ABCD，所以EA⊥平面ABCD，又EA∥FC，所以FC⊥平面ABCD，设AB＝AE＝a，BC＝CF＝b，则D(0,0,0)，F(0，a，b)，E(b,0，a)，B(b，a,0)，则＝(b,0，a)，＝(0，a，b)．
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则
由得
取x＝1，则y＝，z＝－，因为＝＝λ，则n＝(1，λ2，－λ)．
设平面BEF的法向量为m＝(x′，y′，z′)，因为＝(0，－a，a)，＝(－b,0，b)，由得取x′＝1，则y′＝z′＝1，所以m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝＝
.因为二面角B－EF－D的余弦值为，所以＝，整理得λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0，所以不存在正实数λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为.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．
如图1，在边长为3的菱形ABCD中，已知AF＝EC＝1，且EF⊥BC.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CMF＝CF，则EQ∥CF.设EQ∩DF＝Q，又因为FQ∥CE，所以四边形ECFQ是平行四边形，FQ＝CE，同理，由平面PAE∥平面CMF，因为平面PAE∩平面ADQ＝AQ，平面CMF∩平面ADQ＝MF，所以AQ∥MF.所以＝＝.因为AF⊥DF，AF＝1，DF＝2，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EF＝2，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＝λ(λ∈(0,1])，则＝(－2λ，2λ，－2λ)，则＝＋＝(2－2λ，2λ，1－2λ)，设平面PAE的法向量为n＝(x，y，z)，由
得
令x＝1，可得z＝2，y＝3－，所以n＝.若存在点P，使直线DF与平面PAE所成的角是45°，则|cos〈n，〉|＝＝，解得λ＝，因为λ∈(0,1]，所以λ＝，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
『真题检验』
1．(2020·全国卷Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B－PC－E的余弦值．
解(1)证明：∵AE为底面直径，AE＝AD，∴△DAE为等边三角形．设AE＝1，则DO＝，AO＝CO＝BO＝AE＝，∴PO＝DO＝，PA＝PC＝PB＝＝，又△ABC为等边三角形，∴AB＝AE·cos30°＝.∵PA2＋PB2＝＝AB2，∴∠APB＝90°，即PA⊥PB.同理得PA⊥PC，又PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC.(2)过点O作ON∥BC交AB于点N，则ON⊥AO.∵PO⊥平面ABC，∴PO⊥AO，PO⊥ON.以O为坐标原点，OA，ON，OD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AE＝1，则E，P，A，C，＝，＝，＝.由(1)得平面PBC的一个法向量为＝，设平面PCE的一个法向量为m＝(x，y，z)，由得
令x＝1，得z＝－，y＝，∴m＝.故cos〈m，〉＝＝＝，由图可得二面角B－PC－E为锐二面角，∴二面角B－PC－E的余弦值为.2．(2020·全国卷Ⅲ)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值．
解(1)证明：在棱CC1上取点G，使得C1G＝CG，连接DG，FG，C1E，C1F，∵C1G＝CG，BF＝2FB1，∴CG＝CC1＝BB1＝BF且CG∥BF，∴四边形BCGF为平行四边形，∴BC∥GF且BC＝GF，又在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC且AD＝BC，∴AD∥GF且AD＝GF.∴四边形ADGF为平行四边形．
∴AF∥DG且AF＝DG.同理可证四边形DEC1G为平行四边形，∴C1E∥DG且C1E＝DG，∴C1E∥AF且C1E＝AF，则四边形AEC1F为平行四边形，因此，点C1在平面AEF内．
(2)以点C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C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C1xyz，则A(2,1,3)，A1(2,1,0)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，＝(0，－1，－1)，＝(－2,0，－2)，＝(0，－1，2)，＝(－2，0,1)，设平面AEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，由得
取z1＝－1，得x1＝y1＝1，则m＝(1,1，－1)．
设平面A1EF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，由得
取z2＝2，得x2＝1，y2＝4，则n＝(1,4,2)．
∴cos〈m，n〉＝＝＝.设二面角A－EF－A1的平面角为θ，则|cosθ|＝，∴sinθ＝＝.因此，二面角A－EF－A1的正弦值为.3．(2020·江苏高考)在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点．
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝BC，设二面角F－DE－C的大小为θ，求sinθ的值．
解(1)如图，连接CO，∵CB＝CD，BO＝OD，∴CO⊥BD.以O为坐标原点，OB，OC，OA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,2)，B(1,0,0)，C(0，2,0)，D(－1，0,0)，∴E(0,1,1)．
∴＝(1,0，－2)，＝(1,1,1)，∴cos〈，〉＝＝－.从而直线AB与DE所成角的余弦值为.(2)设平面DEC的法向量为n1＝(x，y，z)，∵＝(1,2,0)，∴
令y＝1，∴x＝－2，z＝1.∴n1＝(－2,1,1)．
设平面DEF的法向量为n2＝(x1，y1，z1)，∵＝＋＝＋＝，∴
令y1＝－7，∴x1＝2，z1＝5，∴n2＝(2，－7,5)．
∴cos〈n1，n2〉＝＝－.因此，sinθ＝＝.『金版押题』
4．如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，且AB＝2CD，△ABC是等腰直角三角形，其中BC为斜边，若把△ACD沿AC边折叠到△ACP的位置，使平面PAC⊥平面ABC，如图2.(1)证明：AB⊥PA；
(2)若E为棱BC的中点，求二面角B－PA－E的余弦值．
解(1)证明：因为△ABC是等腰直角三角形，BC为斜边，所以AB⊥AC.因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，所以AB⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC，所以AB⊥PA.(2)由(1)知AB⊥AC，PC⊥平面ABC，则以A为坐标原点，AB，AC分别为x，y轴的正方向，过点A作平行于PC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设PC＝1，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(0,2,1)，E(1,1,0)，故＝(2,0,0)，＝(0,2,1)，＝(1,1,0)．
设平面PAB的法向量n＝(x1，y1，z1)，则
令y1＝1，得n＝(0,1，－2)．
设平面PAE的法向量m＝(x2，y2，z2)，则
令x2＝1，得m＝(1，－1,2)，则cos〈m，n〉＝＝－.由图可知二面角B－PA－E为锐角，故二面角B－PA－E的余弦值为.专题作业
1．(2020·山东省泰安市五模)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2BC＝2CD，△EAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，且平面EAB⊥平面ABCD，点F满足＝λ(λ∈[0,1])．
(1)试探究λ为何值时，CE∥平面BDF，并给予证明；
(2)在(1)的条件下，求直线AB与平面BDF所成角的正弦值．
解(1)当λ＝时，CE∥平面BDF.证明如下：连接AC，交BD于点M，连接MF.因为AB∥CD，所以AM∶MC＝AB∶CD＝2∶1.又＝，所以FA∶EF＝2∶1.所以AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1.所以MF∥CE.又MF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，所以CE∥平面BDF.(2)取AB的中点O，连接EO，OD.则EO⊥AB.又因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO⊂平面ABE，所以EO⊥平面ABCD，因为OD⊂平面ABCD，所以EO⊥OD.由BC⊥CD，及AB＝2CD，AB∥CD，得OD⊥AB，由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为△EAB为等腰直角三角形，AB＝2BC＝2CD，所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1，所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)．
所以＝(2,0,0)，＝(－1,1,0)，＝＝，F，所以＝.设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，则有所以
取x＝1，得n＝(1,1,2)．
设直线AB与平面BDF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，n〉|＝
＝＝.即直线AB与平面BDF所成角的正弦值为.2．(2020·山东省聊城市模拟)如图，在四边形ABCD中，BC＝CD，BC⊥CD，AD⊥BD，以BD为折痕把△ABD折起，使点A到达点P的位置，且PC⊥BC.(1)证明：PD⊥平面BCD；
(2)若M为PB的中点，二面角P－BC－D等于60°，求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．
解(1)证明：因为BC⊥CD，BC⊥PC，PC∩CD＝C，所以BC⊥平面PCD.又因为PD⊂平面PCD，所以BC⊥PD.又因为PD⊥BD，BD∩BC＝B，所以PD⊥平面BCD.(2)因为PC⊥BC，CD⊥BC，所以∠PCD是二面角P－BC－D的平面角，由已知得∠PCD＝60°，因此PD＝CDtan60°＝CD.取BD的中点O，连接OM，OC，易得OM，OC，BD两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.设OB＝1，则P(0,1，)，C(1，0,0)，D(0,1,0)，M，＝(－1,1，)，＝(－1，1,0)，＝，设平面MCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由得
令z＝，得n＝(，)，所以cos〈n，〉＝＝，因此，直线PC与平面MCD所成角的正弦值为.3．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°.(1)证明：AC1⊥BC；
(2)求直线CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值．
解(1)证明：∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC＝2，AA1＝AB＝4，∠BAC＝120°，∠ACC1＝60°.∴AC1＝＝2，∴AC＋AC2＝CC，∴AC1⊥AC，∵平面ACC1A1∩平面ABC＝AC，∴AC1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，∴AC1⊥BC.(2)如图，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A(0,0,0)，C(，－1,0)，B1(－，5，2)，B(0,4,0)，＝(－2，6,2)，＝(0,4,0)，＝(－，5,2)，设平面ABB1A1的法向量n＝(x，y，z)，则
取x＝2，得n＝(2,0,1)，设直线CB1与平面ABB1A1所成角为θ，则sinθ＝＝＝，∴直线CB1与平面ABB1A1所成角的正弦值为.4．如图，已知正方形ADEF，梯形ABCD，且AD∥BC，∠BAD＝90°，平面ADEF⊥平面ABCD，AB＝AD＝1，BC＝3.(1)求证：AF⊥CD；
(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AF⊥AD.又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，所以AF⊥CD.(2)由(1)可知，AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD，AF⊥AB.因为∠BAD＝90°，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AB＝AD＝1，BC＝3，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,3,0)，D(0,1,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，所以＝(－1,0,1)，＝(1,2,0)，＝(0,0,1)．
设平面CDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝2，则y＝－1，所以n＝(2，－1,0)．
设直线BF与平面CDE所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.(3)结论：线段BD上存在点M，使得直线CE∥平面AFM.设＝λ(λ∈[0,1])，设M(x1，y1，z1)，由＝λ，得(x1－1，y1，z1)＝λ(－1，1,0)，所以x1＝1－λ，y1＝λ，z1＝0，所以M(1－λ，λ，0)，所以＝(1－λ，λ，0)．
设平面AFM的法向量为m＝(x0，y0，z0)，则
因为＝(0,0,1)，所以
令x0＝λ，则y0＝λ－1，所以m＝(λ，λ－1,0)．
在线段BD上存在点M，使得CE∥平面AFM等价于存在λ∈[0,1]，使得m·＝0.因为＝(－1，－2,1)，m·＝0，所以－λ－2(λ－1)＝0，解得λ＝∈[0,1]，所以线段BD上存在点M，使得CE∥平面AFM，且＝.5.(2020·山东省济南市二模)如图，三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，∠PAB＝∠PBA＝45°，∠ABC＝2∠BAC＝60°，D是棱AB的中点，点E在棱PB上，点G是△BCD的重心．
(1)若E是PB的中点，证明GE∥平面PAC；
(2)是否存在点E，使二面角E－CD－G的大小为30°？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
解(1)证明：延长DG交BC于点F，连接EF，因为点G是△BCD的重心，故F为BC的中点，因为D，E分别是棱AB，BP的中点，所以DF∥AC，DE∥AP，又因为DF∩DE＝D，所以平面DEF∥平面APC，又GE⊂平面DEF，所以GE∥平面PAC.(2)连接PD，因为∠PAB＝∠PBA＝45°，所以PA＝PB，又D是AB的中点，所以PD⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABC，而平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC.如图，以D为原点，垂直于AB的直线为x轴，DB，DP所在直线分别为y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设PA＝PB＝2，则AB＝2，PD＝CD＝，所以D(0,0,0)，B(0，0)，C，G，P(0,0，)，假设存在点E，设＝λ，λ∈(0,1]，则＝＋＝＋λ＝(0，0)＋λ(0，－，)＝(0，(1－λ)，λ)，所以E(0，(1－λ)，λ)，又＝，设平面ECD的法向量为n1＝(x，y，z)，则
令x＝1，解得n1＝，又平面CDG的法向量n2＝(0,0,1)，而二面角E－CD－G的大小为30°，所以|cos〈n1，n2〉|＝＝，即＝，解得λ＝，所以存在点E，使二面角E－CD－G的大小为30°，此时＝.6．如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，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D1－AC－B1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，＝.由此可得·n＝0，又直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.(2)＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)．
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，则即
不妨设z1＝1，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z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)．
因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝，所以二面角D1－AC－B1的正弦值为.(3)依题意，可设＝λ，其中λ∈[0,1]，则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2,1)．
又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝－2.所以线段A1E的长为－2.7.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.(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AD＝CD＝BC＝CF＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝，∴AB＝2，∠CBA＝.∴AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos＝3.∴AB2＝AC2＋BC2.∴AC⊥BC.①
又CF⊥平面ABCD，∴CF⊥AC.②
由①②可得AC⊥平面BCF.又四边形ACFE为矩形，∴EF∥AC，∴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AD＝CD＝BC＝CF＝1，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，∴＝(－，1,0)，＝(λ，－1,1)，设n1＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，由得
取x＝1，则n1＝(1，－λ)，设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，∵n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，∴cosθ＝＝
＝.∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cosθ有最小值，∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.8.(2020·山东省滨州市三模)在如图所示的圆柱O1O2中，AB为圆O1的直径，C，D是的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱O1O2的母线．
(1)求证：FO1∥平面ADE；
(2)设BC＝1，已知直线AF与平面ACB所成的角为30°，求二面角A－FB－C的余弦值．
解(1)证明：连接O1C，O1D，因为C，D是半圆的两个三等分点，所以∠AO1D＝∠DO1C＝∠CO1B＝60°，又O1A＝O1B＝O1C＝O1D，所以△AO1D，△CO1D，△BO1C均为等边三角形．
所以O1A＝AD＝DC＝CO1，所以四边形ADCO1是平行四边形．
所以CO1∥AD，又因为CO1⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以CO1∥平面ADE.因为EA，FC都是圆柱O1O2的母线，所以EA∥FC.又因为FC⊄平面ADE，EA⊂平面ADE，所以FC∥平面ADE.又CO1，FC⊂平面FCO1，且CO1∩FC＝C，所以平面FCO1∥平面ADE，又FO1⊂平面FCO1，所以FO1∥平面ADE.(2)连接AC，因为FC是圆柱O1O2的母线，所以FC⊥圆柱O1O2的底面，所以∠FAC即为直线AF与平面ACB所成的角，即∠FAC＝30°.因为AB为圆O1的直径，所以∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1，所以AC＝BCtan60°＝，所以在Rt△FAC中，FC＝ACtan30°＝1.解法一：因为AC⊥BC，AC⊥FC，所以AC⊥平面FBC，又FB⊂平面FBC，所以AC⊥FB.在△FBC内，作CH⊥FB于点H，连接AH.因为AC∩CH＝C，AC，CH⊂平面ACH，所以FB⊥平面ACH，又AH⊂平面ACH，所以FB⊥AH，所以∠AHC就是二面角A－FB－C的平面角．
在Rt△FBC中，CH＝＝.在Rt△ACH中，∠ACH＝90°，所以AH＝＝，所以cos∠AHC＝＝，所以二面角A－FB－C的余弦值为.解法二：以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0,1,0)，F(0,0,1)，所以＝(－，1,0)，＝(－，0,1)．
设平面AFB的法向量为n＝(x，y，z)，则即
令x＝1，则y＝z＝，所以平面AFB的一个法向量为n＝(1，)．
又因为平面BCF的一个法向量m＝(1,0,0)，所以cos〈m，n〉＝＝＝.所以二面角A－FB－C的余弦值为.
第四篇：【教案】3.2立体几何中的向量方法
3.2.2向量法解决空间角问题
（习题课）
（1）、三维目标
1．知识与能力：向量运算在几何计算中的应用．培养学生的空间想象能力和运算能力。
2．过程与方法：掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题． 3．情感目标
通过师生、生生的合作学习，增强学生团队协作能力的培养，增强主动与他人合作交流的意识.（2）教学重点：向量运算在解决空间角中的应用．（3）教学难点：向量运算在解决空间角中的应用．21 新课导入设计
一、复习引入
1、两条异面直线所成的角的定义及范围？
2、直线与平面所成角的定义及范围？
3、二面角定义及范围？
（和学生一起回忆定义，并且通过直线的方向向量及平面的法向量复习线线角，线面角及面面角的公式）
二、习题展示：教师给出正方体这个载体，由学生在正方体中构造空间角，展示自编题目，并由学生解答完成。
1、展示线线角习题：
（设计意图：使学生清楚如何将求两条异面直线所成角转化成求两个向量所成角，并且会用cos=|cos＜a,b＞|＝|ab|解决问题，但要注意异面直线所成角的范围与
ab两个向量所成角范围的不同）
2、展示线面角习题；（设计意图：使学生能将求线面角转化为求线线角，即求斜线与平面的法向量所成的角，进而转化为求两个向量所成角，这里关注学生在讲解过程中是否能讲清楚线面角的正弦即是线线角的余弦，即sincosAB,nABnABn）
3、展示面面角习题；（设计意图；使学生能将二面角的平面角转化为线线角，即转化为求平面的法向量所成的角，进而使问题又归为
第五篇：向量方法在立体几何教学中的应用
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向量方法在立体几何教学中的应用
作者：王龙生
摘 要： 在江苏省对口单招数学试卷中，立体几何这一章的知识点每年都作为重点考查的内容.每年我校考生在立体几何解答题上的得分情况都不太理想.向量是基本的数学概念之一，是沟通代数与几何的工具之一，体现了数形结合的思想.根据向量的数形特性，可以将几何图形数量化，从而通过运算解决立体几何中的平行、垂直等问题，能避免构图和推理的复杂过程，有利于降低解题难度.关键词： 向量 立体几何教学 数形结合在江苏省对口单招数学试卷中，立体几何这一章的知识点每年都是重点考查的内容.每年我校考生在立体几何解答题上的得分情况都不太理想.向量是基本的数学概念之一，是沟通代数与几何的工具之一，体现了数形结合的思想.根据向量的数形特性，可以将几何图形数量化，从而通过运算解决立体几何中的平行、垂直等问题，避免构图和推理的复杂过程，有利于降低解题难度.一、将立体几何中的平行问题转化为向量平行来证明
二、将立体几何中的垂直问题转化为向量垂直来证明
由于立体几何中的垂直问题图形比较复杂，加上学生的空间感比较薄弱，因此学生很难解决.把立体几何中的垂直问题转化为向量垂直，其优越性非常明显，具体体现在：两个向量垂直的充要条件可以把“垂直”体现在一个等式中变为纯粹的运算，所涉及的向量易于用坐标表示就足够了.立体几何中的线线、线面、面面垂直，都可以转化为空间两个向量的垂直问题解决.1.“线线垂直”化为“向量垂直”
华罗庚关于“数形结合”有一句名言：“数缺形时少直观，形离数时难入微.”向量是基本的数学概念之一，是沟通代数与几何的工具之一，体现了数形结合的思想.因此，充分掌握、运用好向量知识，可以提高学生的数形结合能力，培养学生发现问题的能力，帮助学生理清数形结合呈现的内在关系，把无形的解题思路形象化，有利于学生顺利地、高效率地解决数学问题.利用向量方法研究立体几何问题，能避免传统几何方法中繁琐的推理及论证，有效提高学生解决立体几何问题的能力.参考文献：
[1]单招生—相约在高校，数学：基础知识梳理.[2]单招零距离—数学：总复习方案.[3]吕林根，张紫霞，孙存金.立体几何学习指导书.
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