备战2017高考数学(精讲+精练+精析)必做01空间向量与立体几何试题(江苏版)(含解析)

专题1 空间向量与立体几何
【三年高考】
1. 【2015江苏高考，22】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，
2
ABC BAD π
∠=∠=
,2,1PA AD AB BC ====
（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 所成角最小时，求线段BQ 的长
【解析】以{}
,D,AB A AP u u u r u u u r u u u r
为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -，则各点的坐标为
()1,0,0B ，()C 1,1,0，()D 0,2,0，()0,0,2P ．
（1）因为D A ⊥平面PAB ，所以D A u u u r
是平面PAB 的一个法向量，()D 0,2,0A =u u u r ．因为()C 1,1,2P =-u u u r ，()D 0,2,2P =-u u u r ．设平面CD P 的法向量为(),,m x y z =r ，
则C 0m ⋅P =u u u r r ，D 0m ⋅P =u u u r r ，即20220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩
．令1y =，解得1z =，1x =．所以()1,1,1m =r 是平面CD P 的一个法向量．从而D 3cos D,D m m m
A ⋅A ==A u u u r r
u u u r r u u u r r 所以平面PAB 与平面CD P 所成二面角的余弦值为
3
3
．
2. 【2013江苏，理22】如图，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
【答案】(1) 310
．(2)
5
【解析】解：(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，
所以1A B u u u r ＝(2,0，－4)，1C D u u u u r
＝(1，－1，－4)．
因为cos 〈1A B u u u r ，1C D u u u u r 〉＝1111A B C D
A B C D
⋅u u u r u u u u r
u u u r u u u u r
=， 所以异面直线A 1B 与C 1D
所成角的余弦值为
10
. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD u u u r ＝(1,1,0)，1AC u u u u r ＝(0,2,4)，所以n 1·AD u u u r
＝0，n 1·1
AC u u u u r ＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ. 由|cos θ|
＝
12122
||||3
⋅==n n n n ，得sin θ
＝3.
因此，平面ADC 1与平面ABA 1
所成二面角的正弦值为
3
3．【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，5
4
AE CF ==
，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆
位置，OD '= （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；
（Ⅱ）
295
.
又D H EF '⊥，而OH EF H ⋂=， 所以D H ABCD '⊥平面.
A
B
D
D'
E H O
z x
y
F
（II ）如图，以H 为坐标原点，HF u u u r
的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，
则()0,0,0H ，()3,2,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-u u u r ，()6,0,0AC =u u u r
，
()3,1,3AD '=u u u u r .设()111,,m x y z =u r 是平面ABD '的法向量，则0
m AB m AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u r u u u r
u r u u u u r
，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩， 所以可以取()4,3,5m =-u r .设()222,,n x y z =r 是平面'
ACD 的法向量，则00
n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩r u u u r
r u u u u r
， 即2222
60
330x x y z =⎧⎨
++=⎩，
所以可以取()0,3,1n =-r .于是75
cos ,
||||5010
m n m n m n ⋅<>===
⋅⨯u r r
u r r u r r ， 295sin ,25m n <>=u r r . 因此二面角B D A C '--的正弦值是295
. 考点：线面垂直的判定、二面角.
【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α；③α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．
求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
4．【2016高考山东理数】在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线.
（I ）已知G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； （II ）已知EF =FB =
1
2
AC =23，AB =BC .求二面角F BC A --的余弦值.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）7
7
【解析】
试题分析：（Ⅰ）根据线线、面面平行可得与直线GH 与平面ABC 平行；（Ⅱ）立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，其中解法一建立空间直角坐标系求解；解法二则是找到
FNM ∠为二面角F BC A --的平面角直接求解.
试题解析：
（I ）证明：设FC 的中点为I ,连接,GI HI , 在CEF △,因为G 是CE 的中点，所以,GI F //E 又,F E //OB 所以,GI //OB
在CFB △中，因为H 是FB 的中点，所以//HI BC ， 又HI GI I ⋂=,所以平面//GHI 平面ABC ， 因为GH ⊂平面GHI ，所以//GH 平面ABC . （II ）解法一：
连接'OO ,则'OO ⊥平面ABC ，
又,AB BC =且AC 是圆O 的直径，所以.BO AC ⊥ 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，
由题意得(0,3,0)B ，(23,0,0)C -，过点F 作FM OB 垂直于点M ，
可得(0,3,3)F
故(23,23,0),(0,3,3)BC BF =--=-u u u r u u u r
. 设(,,)m x y z =u r
是平面BCF 的一个法向量.
由0
,0
m BC m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r u r u u u r
可得23230
,330
x y y z ⎧--=⎪⎨
-+=⎪⎩ 可得平面BCF 的一个法向量3
(1,1,),m =-u r 因为平面ABC 的一个法向量(0,0,1),n =r
所以7
cos ,7||||
m n m n m n ⋅<>==u r r
u r r u r r .
所以二面角F BC A --的余弦值为
7
.
解法二：
连接'OO ，过点F 作FM OB ⊥于点M ， 则有//'FM OO , 又'OO ⊥平面ABC ， 所以FM ⊥平面ABC,
过点M 作MN BC 垂直于点N ，连接FN ， 可得FN BC ⊥,
从而FNM ∠为二面角F BC A --的平面角. 又AB BC =,AC 是圆O 的直径，
所以sin 45MN BM ==
o
从而2
FN =
，可得cos 7FNM ∠=
所以二面角F BC A --. 考点：1.平行关系；2. 异面直线所成角的计算.
【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，给出规范的证明.立体几何中的角与距离的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运算能力等. 5．【2016高考天津理数】（本小题满分13分）
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. （I ）求证：EG ∥平面ADF ； （II ）求二面角O -EF -C 的正弦值； （III ）设H 为线段AF 上的点，且AH =
2
3
HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）3（Ⅲ）7
【解析】
试题分析：（Ⅰ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证（Ⅱ）利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值（Ⅲ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值
试题解析：依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O 为点，分别以,,AD BA OF u u u r u u u r u u u r
的方向为x 轴，y 轴、z 轴
的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0)O ，
()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，.
（I ）证明：依题意，()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-u u u r u u u r .设()1,,n x y z =u r 为平面ADF 的法向量，则110
n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r
u r u u u r
，
即20
20x x y z =⎧⎨-+=⎩ .不妨设1z =，可得()10,2,1n =u r ，又()0,1,2EG =-u u u r ，可得10EG n ⋅=u u u r u r ，又因为直线EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面.
（II ）解：易证，()1,1,0OA =-u u u r 为平面OEF 的一个法向量.依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-u u u r u u u r
.设
()2,,n x y z =u u r 为平面CEF 的法向量，则220
n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u r u u u r u u r u u u r
，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ .不妨设1x =，可得()21,1,1n =-u u r .因此有
222
6
cos
,3OA n OA n OA n ⋅<>==-
⋅u u u r u u r
u u u r u u r u u u r u u r ，于是23sin ,3OA n <>=u u u r u u r ，所以，二面角O EF C --的正弦值为
3
3
.
考点：利用空间向量解决立体几何问题 6．【2016年高考北京理数】（本小题14分）
如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，
1AB =，2AD =，5AC CD ==.
（1）求证：PD ⊥平面PAB ；
（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求
AM
AP
的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）
33；（3）存在，
1
4
AM AP = 试题解析：（1）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥， 所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥， 又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB ； （2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ， 因为PA PD =，所以AD PO ⊥.
又因为⊂PO 平面PAD ，平面⊥PAD 平面ABCD ， 所以⊥PO 平面ABCD .
因为⊂CO 平面ABCD ，所以⊥PO CO . 因为CD AC =，所以AD CO ⊥.
如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，
)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.
设平面PCD 的法向量为),,(z y x n =，则
⎪⎩⎪⎨
⎧=⋅=⋅,0,0即⎩
⎨⎧=-=--,02,
0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x .
所以)2,2,1(-=n .
又)1,1,1(-=PB ，所以3
3,cos -
=⋅>=
<PB
n PB n PB n . 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为
3
3.
（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=. 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M .
因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM ， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得4
1=
λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时
4
1
=AP AM . 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.
【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.
7．【2016高考新课标3理数】如图，四棱锥P ABC -中，PA ⊥地面ABCD ，AD BC P ，
3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．
（I ）证明MN P 平面PAB ；
（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）见解析；85
． 【解析】
试题分析：（Ⅰ）取PB 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到
MN AT P ，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）以A 为坐标原点，以,AD AP 所在直线分别为,y z
轴建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平面PMN 法向量的夹角来处理AN 与平面
PMN 所成角．
试题解析：（Ⅰ）由已知得23
2
==
AD AM ，取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，22
1
==
BC TN . 又BC AD //，故TN AM P ，四边形AMNT 为平行四边形，于是AT MN //. 因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB .
（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE ，由AC AB =得BC AE ⊥，从而AD AE ⊥，且
5)2
(
2
222=-=-=
BC AB BE AB AE . 以A 为坐标原点，AE uuu r
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -，
由题意知，)4,0,0(P ，)0,2,0(M ，)0,2,5(C ，)2,1,2
5
(
N ， (0,2,4)PM =-u u u u r ，)2,1,25(-=PN ，)2,1,2
5(=AN .
设(,,)n x y z =r 为平面PMN 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PN n PM n ，即⎪⎩⎪
⎨⎧=-+=-022
5042z y x z x ，可取(0,2,1)n =r ，
于是||85
|cos ,|25
||||n AN n AN n AN ⋅<>==r u u u r
r u u u r r u u u r .
考点：1、空间直线与平面间的平行与垂直关系；2、棱锥的体积．
【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求解空间中的角和距离常常可通过建立空间直角坐标系，利用空间向量中的夹角与距离来处理．
8．【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面
ABC ,=90ACB ∠o ,BE =EF =FC =1,BC =2,AC =3.
(I)求证：EF ⊥平面ACFD ；
(II)求二面角B -AD -F 的平面角的余弦值.
【答案】（I ）证明见解析；（II 3
． 【解析】
试题分析：（I ）先证F C B ⊥A ，再证F C B ⊥K ，进而可证F B ⊥平面CFD A ；（II ）方法一：先找二面角
D F B-A -的平面角，再在Rt QF ∆B 中计算，即可得二面角D F B-A -的平面角的余弦值；方法二：先
建立空间直角坐标系，再计算平面C A K 和平面ABK 的法向量，进而可得二面角D F B-A -的平面角的余弦值．
试题解析：（I ）延长D A ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示． 因为平面CF B E ⊥平面C AB ，且C C A ⊥B ，所以，
C A ⊥平面C B K ，因此， F C B ⊥A ．
又因为F//C E B ，F FC 1BE =E ==，C 2B =，所以
C ∆B K 为等边三角形，且F 为C K 的中点，则 F C B ⊥K ．
所以F B ⊥平面CFD A ．
方法二：
如图，延长D A ，BE ，CF 相交于一点K ，则C ∆B K 为等边三角形．
取C B 的中点O ，则C KO ⊥B ，又平面CF B E ⊥平面C AB ，所以，KO ⊥平面C AB ． 以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向， 建立空间直角坐标系xyz O ． 由题意得
()1,0,0B ，()C 1,0,0-，()
0,0,3K ， ()1,3,0A --
，13,0,2⎛⎫E ⎪ ⎪⎝
⎭，13F ,0,2⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭． 因此，
()C 0,3,0A =u u u r ，()
1,3,3AK =u u u r ，()2,3,0AB =u u u r
．
设平面C A K 的法向量为()111,,m x y z =r ，平面ABK 的法向量为()222,,n x y z =r
．
由C 00
m m ⎧A ⋅=⎪⎨AK ⋅=⎪⎩u u u r r u u u r r
，得111130330y x y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取()
3,0,1m =-r ； 由00
n n ⎧AB⋅=⎪⎨AK ⋅=⎪⎩u u u r r u u u r r
，得22222230330x y x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取()
3,2,3n =-r ． 于是，3cos ,m n m n m n ⋅==⋅r r r r
r r ．
所以，二面角D F B-A -的平面角的余弦值为
3
．
考点：1、线面垂直；2、二面角．
【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．
9．【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）
如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=1
2
AD ，E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.
（Ⅰ）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； （Ⅱ）若二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.
E D
C
B P
A
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）1
3
.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得CD∥EB；从而知M为DC和AB的交点；（Ⅱ）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）．
（Ⅱ）方法一：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA AD=A，
所以CD⊥平面PAD.
从而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.
设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.
过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.
易知PA⊥平面ABCD，
从而PA ⊥CE. 于是CE ⊥平面PAH. 所以平面PCE ⊥平面PAH.
过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE. 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角. 在Rt △AEH 中，∠AEH=45°，AE=1，
所以AH=
22
. 在Rt △PAH 中，PH=2
2
PA AH +=
32
， 所以sin ∠APH=
AH PH =1
3
.
方法二：
由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ⋂AD=A ， 所以CD ⊥平面PAD. 于是CD ⊥PD.
从而∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角. 所以∠PDA=45°.
由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD. 设BC=1，则在Rt △PAD 中，PA=AD=2.
作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD u u u r ,AP u u u r
的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标
系A-xyz ，则A （0,0,0），P （0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，
所以PE u u u r =（1,0,-2），EC uuu r =（1,1,0），AP u u u r =（0,0,2）
设平面PCE 的法向量为n=(x,y,z)，
由0,0,
PE EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u u u u u r u u u r
n n 得20,0,x z x y -=⎧⎨+=⎩ 设x=2，解得n=(2,-2,1). 设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α=||
||||n AP n AP ⋅⋅u u u u r
u u u r
13
= . 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为
13
. P
考点：线线平行、线面平行、向量法.
【名师点睛】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分，求线面角（以及其他角），一种方法可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角．另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作角、证明”，关键是记住相应公式即可．
10．【2015高考四川，理14】如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则θcos 的最大值为 .
【答案】
25
【解析】建立坐标系如图所示.设1AB =，则11
(1,,0),(,0,0)22
AF E =u u u r .设(0,,1)(01)M y y ≤≤，则
1(,,1)2EM y =-u u u u r ，由于异面直线所成角的范围为(0,]2π
，所以2
211
22cos 1154511
44
y
y y θ-+==⋅++⋅++.
令81,19y t t +=≤≤，则
2
81161
814552y y t t
+=≥++-，当1t =时取等号.所以2
211222
cos 511555451144
y
y y θ-+==≤=⋅++⋅++，当0y =时，取得最大值.
z y
x
F M
E Q
P
D C
B
11. 【2015高考新课标2，理19】如图，长方体1111ABCD A B C D -中,=16AB ，=10BC ，18AA =，点E ，
F 分别在11A B ，11C D 上，114A E D F ==．过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正
方形．
（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面 所成角的正弦值．
A1 A
B1
B
D1
D
C1
C
F
E
H
G
M
12.【2015高考新课标1，理18】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 .
（Ⅰ）证明：平面AEC ⊥平面AFC ；
（Ⅱ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.
【解析】（Ⅰ）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 =3.由BE ⊥平面ABCD ，AB =BC 可知，AE =EC ，又∵AE ⊥EC ，∴EG =3，EG ⊥AC ，
在Rt△EBG 中，可得BE =2，故DF =22.在Rt△FDG 中，可得FG =62
.在直角梯形BDFE 中，由BD =2，BE =2，DF =22可得EF =322
，∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ，∵AC ∩FG=G ，∴EG ⊥平面AFC ， ∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC .
（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC u u u r u u u r 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB u u u r 为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由（Ⅰ）可得A （03，0），E 2)，F （－1,02），C （030），∴AE u u u r =（132，CF uuu r =（-1，32），故3cos ,3||||AE CF AE CF AE CF •<>==-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r .所以直线AE 与CF 313.【2014高考全国1第19题】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B AB 1⊥.
（Ⅰ）证明：1AB AC =;
（Ⅱ）若1AC AB ⊥，︒=∠601CBB ,BC AB =,求二面角111C B A A --的余弦值. A A 1
B 1
C C 1
【解析】（I ）连接1BC ，交1B C 于O ，连接AO ．因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥，且O 为1B C 与1BC 的中点．又1AB B C ⊥，所以1B C ⊥平面ABO ，故1B C AO ⊥．又1B O CO =,故1AB AC =． （II ）因为1AC AB ⊥，且O 为1B C 的中点，所以AO CO =，又因为BC AB =，BOA BOC ∆≅∆．故
OA OB ⊥，从而1OA OB OB ，，两两垂直．以O 为坐标原点，OB uuu r 的方向为x 轴正方向，OB u u u r 为单位长，
建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -．因为0160CBB ∠=，所以
1CBB ∆为等边三角形．又AB BC =,
则A ，(1,0,0)B
，1B
，(0,C ．1(0,)
33AB =-u u u u r ,11(1,0,3A B AB ==
-u u u u r u u u r , 11(1,,0)3B C BC ==--u u u u u r u u u r ． 设(,,)n x y z =r 是平面11AA B 的法向量，则1110,0,
n AB n A B ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r
u u u r r u
u u u r
即0,330,y z x z
-=⎪⎨⎪
-=⎪⎩
所以可取n =r ．设m u r 是平面111A B C 的法向量，则11110,0,
m A B m B C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u
u u r u r u
u u u r 同理可取(1,m =u r ．则1cos ,7
n m n m n m ⋅<>==r u r r u r r u r ．所以二面角111C B A A --的余弦值为17．
14．【2014高考湖北理第19题】如图，在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，N M F E ,,,分别是棱1111,,,D A B A AD AB 的中点，点Q P ,分别在棱1DD ,1BB 上移动，且()20<<==λλBQ DP .
（1）当1=λ时，证明：直线//1BC 平面EFPQ ；
（2）是否存在λ，使平面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.
【解析】几何法：（1）证明：如图1，连结1AD ，由1111D C B A
ABCD -是正方体，知11//AD BC ，当1=λ时，P 是1DD 的中点，又F 是AD 的中点，所以1//AD FP ，所以FP BC //1，而⊂FP 平面EFPQ ，且⊄1BC 平面EFPQ ，故//1BC 平面EFPQ .
（3）如图2，连结BD ，因为E 、F 分别是AB 、AD 的中点，所以BD EF //，且BD EF 2
1=，又BQ DP =，BQ DP //，所以四边形PQBD 是平行四边形，故BD PQ //，且BD PQ =，从而PQ EF //，且PQ EF 2
1=，在EBQ Rt ∆和FDP Rt ∆中，因为λ==DP BQ ，1==DF BE ，于是，21λ+==FP EQ ，所以四边
形EFPQ 是等腰梯形，同理可证四边形PQMN 是等腰梯形，分别取EF 、PQ 、MN 的中点为H 、O 、G ，连结OH 、OG ，则PQ GO ⊥，PQ HO ⊥，而O HO GO =I ，故GOH ∠是平面EFPQ 与平面
PQMN 所成的二面角的平面角，若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，则ο90=∠GOH ，连结EM 、FN ，则由MN EF //，且MN EF =，知四边形EFNM 是平行四边形，连结GH ，因为H 、G 是EF 、MN 的中点，所以2==ME GH ，在GOH ∆中，42
=GH ，21)22(12222+=-+=λλOH ，2
1)2()22()2(12222+-=--+=λλOG ，由222GH OH OG =+得42121)2(22=+++-λλ，解得221±=λ，故存在2
21±=λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角.向量法：以D 为原点，射线1,,DD DC DA 分别为z y x ,,轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系xyz D -，由已知得),0,0(),0,0,1(),2,2,0(),0,2,2(1λP F C B ，所以)2,0,2(1-=BC ，
),0,1(λ-=FP ，)0,1,1(=FE ，
（1）证明：当1=λ时，)1,0,1(-=FP ，因为)2,0,2(1-=BC ，所以FP BC 21=，即FP BC //1，而⊂FP 平面EFPQ ，且⊄1BC 平面EFPQ ，故直线//1BC 平面EFPQ .
【2017年高考命题预测】
纵观2016各地高考试题，高考对立体几何的考查，可以发现均以规则几何体为背景，这样建立空间直角坐
标系较为容易，考查学生的化归与转化能力、空间想象能力以及基本运算能力. 从高考试题来看，空间向量的坐标及运算，空间向量的应用，重点考查空间向量的应用求夹角、求距离.课本淡化了利用空间关系找角、求距离这方面内容的讲解，而是加大了向量在这方面内容应用的讲解，因此作为立体几何的解答题，用向量方法处理有关夹角和距离将是主要方法，在复习时应加大这方面的训练力度，题型上空间的夹角和距离主要以主观题形式考查，但有时选择题、填空题也涉及，难度中等偏高，从高考试题来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点，题型主要为解答题，难度属于中等，主要考查向量的坐标运算，以及向量的平行与垂直的充要条件，如何用向量法解决空间角问题等，同时注重考查学生的空间想象能力、运算能力．立体几何题型一般是一个解答题，1至2个填空或选择题．解答题一般与棱柱和棱锥相关，主要考查线线关系、线面关系和面面关系，其重点是考查空间想象能力和推理运算能力，其解题方法一般都有二种以上，并且一般都能用空间向量来求解．立体几何侧重考查学生的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力，近几年凡涉及空间向量应用于立体几何的高考试题，都着重考查应用空间向量求异面直线所成的角、二面角，证明线线平行、线面平行和证明异面直线垂直和线面垂直等基本问题.预测2017年高考，可能以锥体为几何背景，第一问以线面平行，面面平行为主要考查点，第二问可能给出一个角，计算角的问题，常见的是异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面所成的二面角，这类试题有一定的难度和需要一定的解题技巧，通常要把它们转化为相交直线所成的角；求距离，试题中常见的是点与点之间的距离，点到直线的距离，点到平面的距离，直线与直线的距离，直线到平面的距离，要特别注意解决此类问题的转化方法，有可能求点的位置或设置一个探索性命题，突出考查空间想象能力和逻辑推理能力，以及分析问题、解决问题的能力．复习建议：空间图形中的角与距离，先根据定义找出或作出所求的角与距离，然后通过解三角形等方法求值，注意“作、证、算”的有机统一.解题时注意各种角的范围.异面直线所成角的范围是0°＜θ≤90°，其方法是平移法和补形法；直线与平面所成角的范围是0°≤θ≤90°，其解法是作垂线、找射影；二面角0°≤θ≤180°.平面图形的翻折与空间图形的展开问题，要对照翻折（或展开）前后两个图形，分清哪些元素的位置（或数量）关系改变了，哪些没有改变.
【2017年高考考点定位】
对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．
【考点1】空间向量
【备考知识梳理】
1．空间向量的概念
向量：在空间，我们把具有大小和方向的量叫做向量.如位移、速度、力等
相等向量：长度相等且方向相同的向量叫做相等向量.
表示方法：用有向线段表示，并且同向且等长的有向线段表示同一向量或相等的向量.
说明：①由相等向量的概念可知，一个向量在空间平移到任何位置，仍与原来的向量相等，用同向且等长的有向线段表示；②平面向量仅限于研究同一平面内的平移，而空间向量研究的是空间的平移.
2．向量运算和运算率
b a ρρ+=+=，b a ρρ-=-=，)(R a ∈=λλρ
加法交换律：.a b b a ρρρρ+=+加法结合律：).()(c b a c b a ρρρρρρ++=++数乘分配律：.)(b a b a ρρρρλλλ+=+
说明：①引导学生利用右图验证加法交换率，然后推广到首尾相接的若干向量之和；②向量加法的平行四边形法则在空间仍成立
3．平行向量(共线向量)：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线
向量或平行向量.a ρ平行于b ρ记作a ρ∥b ρ.
注意：当我们说a ρ、b ρ共线时，对应的有向线段所在直线可能是同一直线，也可能是平行直线；当我们说a ρ、
b ρ平行时，也具有同样的意义.
共线向量定理：对空间任意两个向量a ρ（a ρ≠）、b ρ，a ρ∥b ρ的充要条件是存在实数λ使b ρ＝λa ρ
注：⑴上述定理包含两个方面：①性质定理：若a ρ∥b ρ（a ρ≠0），则有b ρ＝λa ρ，其中λ是唯一确定的实数.②
判断定理：若存在唯一实数λ，使b ρ＝λa ρ（a ρ≠0），则有a ρ∥b ρ（若用此结论判断a ρ、b ρ所在直线平行，
还需a ρ（或b ρ）上有一点不在b ρ（或a ρ）上）.
⑵对于确定的λ和a ρ，b ρ＝λa ρ表示空间与a ρ平行或共线，长度为 |λa ρ|，当λ>0时与a ρ同向，当λ<0
时与a ρ反向的所有向量
⑶若直线l ∥a ρ，l A ∈，P 为l 上任一点，O 为空间任一点，下面根据上述定理来推导的表达式. 推论：如果 l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a ρ
的直线，那么对任一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，满足等式OP OA ta =+u u u r u u u r r ①
其中向量a ρ
叫做直线l 的方向向量
在l 上取a AB
ρ=，则①式可化为 .)1(OB t OA t OP +-= ② 当21=t 时，点P 是线段AB 的中点，则 ).(2
1OB OA OP += ③ ①或②叫做空间直线的向量参数表示式，③是线段AB 的中点公式.
4．向量与平面平行：如果表示向量a ρ的有向线段所在直线与平面α平行或a ρ在α平面内，我们就说向量a ρ平行于平面α，记作a ρ∥α.注意：向量a ρ
∥α与直线a ∥α的联系与区别.
共面向量：我们把平行于同一平面的向量叫做共面向量 共面向量定理 如果两个向量a ρ、b ρ不共线，则向量p ρ与向量a ρ、b ρ共面的充要条件是存在实数对x 、y ，
使.b y a x p ρρρ+=①
注：与共线向量定理一样，此定理包含性质和判定两个方面.
推论：空间一点P 位于平面MAB 内的充要条件是存在有序实数对x 、y ，使
,y x +=④
或对空间任一定点O ，有.y x ++=⑤
在平面MAB 内，点P 对应的实数对（,x y ）是唯一的.①式叫做平面MAB 的向量表示式 又∵.OM -=.OM -=代入⑤，整理得
.)1(y x y x ++--= ⑥
由于对于空间任意一点P ，只要满足等式④、⑤、⑥之一（它们只是形式不同的同一等式），点P 就在平面MAB 内；对于平面MAB 内的任意一点P ，都满足等式④、⑤、⑥，所以等式④、⑤、⑥都是由不共线的两个向量、（或不共线三点M 、A 、B ）确定的空间平面的向量参数方程，也是M 、A 、B 、P 四点共面的充要条件
5．空间向量基本定理：如果三个向量a ρ、b ρ、c ρ不共面，那么对空间任一向量，存在一个唯一的有序实数
组,,x y z ，使.c z b y a x p ρ
ρρρ++= 说明：⑴由上述定理知，如果三个向量a ρ、b ρ、c ρ不共面，那么所有空间向量所组成的集合就是
{}
R z y x c z b y a x p p ∈++=、、,|ρρρρρ，这个集合可看作由向量a ρ、b ρ、c ρ生成的，所以我们把{a ρ，b ρ，c ρ}叫做空间的一个基底，a ρ，b ρ，c ρ都叫做基向量；⑵空间任意三个不共面向量都可以作为空间向量的一个基
底；⑶一个基底是指一个向量组，一个基向量是指基底中的某一个向量，二者是相关联的不同的概念；⑷
由于0ρ可视为与任意非零向量共线.与任意两个非零向量共面，所以，三个向量不共面就隐含着它们都不是
0ρ.
推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的有序实数组z y x 、、，使.OC z OB y OA x OP ++=
6．数量积
（1）夹角：已知两个非零向量a ρ、b ρ，在空间任取一点O ，作a OA ρ=，b OB ρ=，则角∠AOB 叫做向量a
ρ与b ρ的夹角，记作〉〈b a ρρ，
说明：⑴规定0≤〉〈b a ρρ，≤π,因而〉〈b a ρρ，=〉〈a b ρρ，；
⑵如果〉〈b a ρρ，=2π，则称a ρ与b ρ互相垂直，记作a ρ⊥b ρ
；
⑶在表示两个向量的夹角时，要使有向线段的起点重合，注意图（3）、（4）中的两个向量的夹角不同，
图（3）中∠AOB =〉〈,，
图（4）中∠AOB =-π〉〈,,
从而有〉〈-OB OA ,=〉-〈OB OA ,=-π〉〈OB OA ,. （2）向量的模：表示向量的有向线段的长度叫做向量的长度或模.
（3）向量的数量积：〉〈b a b a ρρρρ,cos 叫做向量a ρ、b ρ的数量积，记作b a ρρ⋅.即b a ρρ⋅=〉〈b a b a ρρρρ,cos ， 向量AB 方向上的正射影在e ρ:B A e a AB e a ''=〉〈=⋅ρρρρ,cos ||
（4）性质与运算率
⑴〉〈=⋅e a e a ρρρρ,cos ，⑵a ρ⊥b ρ⇔b a ρρ⋅=0，⑶2||.a a a =⋅r r r
（4）()()a b a b λλ⋅=⋅r r r r ，（5）b a ρρ⋅=b a ⋅r r ，（6）()a b c a b a c ⋅+=⋅+⋅r r r r r r r
7．空间向量的坐标表示及运算
(1)数量积的坐标运算
设()123,,a a a a =r ，()123,,b b b b =r ，则①()112233,,a b a b a b a b ±=+++r r ；
②()123,,a a a a λλλλ=r ；③112233a b a b a b a b ⋅=++r r .
(2)共线与垂直的坐标表示
设()123,,a a a a =r ，()123,,b b b b =r ，
则112233,,a b a b a b a b a b λλλλ⇔=⇔===r r r r P ，
11223300a b a b a b a b a b ⊥⇔⋅=⇔++=r r r r (,a b r r 均为非零向量)．
(3)模、夹角和距离公式
设()123,,a a a a =r ，()123,,b b b b =r ，则2222123a a a a a ==++r r 112233222222123123
cos ,a b a b a b a a a b b b ⋅〈〉==⋅++++r r r r r r . 设()()111222,,,,,A a b c B a b c ，则()()()222212121AB
d AB a a b b c c ==-+-+-u u u r
【规律方法技巧】
1．将四点共面问题，转化为三个向量共面问题，利用共面向量定理来解决．
2．利用向量共线说明两线平行时注意说明四点不共线，否则不一定正确．
3. 立体几何中的向量方法
(1)直线的方向向量与平面的法向量的确定 ①直线的方向向量：l 是空间一直线，,A B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量，与AB u u u r 平
行的任意非零向量也是直线l 的方向向量．
②平面的法向量可利用方程组求出：设,a b r r 是平面α内两不共线向量，n r 为平面α的法向量，则求法向量。