2020年高考数学(浙江专用)总复习教师用书：第8章 第8讲 立体几何中的向量方法(二)——求空间角 Word版

第8讲 立体几何中的向量方法(二)——求空间角
最新考纲 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
知 识 梳 理
1.异面直线所成的角
设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则
设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n |
|a ||n |. 3.求二面角的大小
(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈AB
→，CD →〉.
(2)如图②③，n 1，n 2 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|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角).
诊 断 自 测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( )
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )
(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡
⎦⎥⎤0，π2，二面
角的范围是[0，π].( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
2.(选修2－1P104练习2改编)已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( ) A.45°
B.135°
C.45°或135°
D.90°
解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝2
2，即〈m ，n 〉＝45°.
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°. 答案 C
3.(2014·全国Ⅱ卷)在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010
D.22
解析 建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，设BC ＝2，则B (0，2，0)，A (2，0，0)，M (1，1，2)，N (1，0，2)，所以BM →＝
(1，－1，2)，AN
→＝(－1，0，2)，故BM 与AN 所成角θ的余弦
值cos θ＝|BM →·AN →||BM →|·|AN →|＝36×5＝30
10.
答案 C
4.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12
MC →1，N 为B 1
B
的中点，则|MN →
|为( ) A.216a B.66a C.156a
D.153a
解析 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A ( a ，0，0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛
⎭⎪⎫a ，a ，a 2. 设M (x ，y ，z )，
∵点M 在AC 1上且AM →＝12MC →1
，
(x －a ，y ，z )＝1
2(－x ，a －y ，a －z ) ∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3. 得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，∴|MN
→|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛
⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2－a 32＝
216a . 答案 A
5.已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若 cos 〈m ，n 〉＝－1
2，则l 与α所成的角为________.
解析 设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴ sin θ＝| cos 〈m ，n 〉|＝1
2，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 答案 30°
6.(2017·郑州预测)过正方形ABCD 的顶点A 作线段P A ⊥平面ABCD ，若AB ＝P A ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________.
解析 如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝P A ＝1，则A (0，0，0)，D (0，1，0)，P (0，0，1)，由题意，AD ⊥平面P AB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，
又CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD .所以AD →＝(0，1，0)，AE →
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面P AB ，平面PCD 的法向量，且〈AD →，AE →〉＝45°.故平面P AB 与平面PCD 所成的二面角为45°. 答案 45°
考点一 利用空间向量求异面直线所成的角
【例1】 如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点.已知AB ＝2，AD ＝22，P A ＝2.求：
(1)△PCD 的面积.
(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小.
解 (1)因为P A ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥CD .又AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ，
所以CD ⊥平面P AD ，又PD ⊂平面P AD ，从而CD ⊥PD .因为PD ＝22＋（22）2＝23，CD ＝2，
所以△PCD 的面积为1
2×2×23＝2 3.
(2)法一 如图1，取PB 中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角.
图1
在△AEF 中，由于EF ＝2，AF ＝2，AE ＝1
2PC ＝2.所以AF 2＋EF 2＝AE 2，∠AFE ＝90°，
则△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF ＝π4.
因此，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π
4.
法二 如图2，建立空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (2，22，0)， E (1，2，1)，AE
→＝(1, 2，1)，BC →＝(0，22，0).
图2
设AE
→与BC →的夹角为θ，则 cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝2
2，所以θ＝π4.
由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π
4.
规律方法 (1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2|
|v 1||v 2
|求解.
(2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤
0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当
异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.
【训练1】 (2016·上海卷)将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC ︵
长为2π3，A 1B 1︵长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧. (1)求三棱锥C －O 1A 1B 1的体积；
(2)求异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小.
解 (1)连接A 1B 1，因为A 1B 1︵＝π
3，∴∠O 1A 1B 1＝∠A 1O 1B 1＝π3，∴△O 1A 1B 1为正三角形，∴S △O 1A 1B 1＝12·O 1A 1·O 1B 1·sin 60°＝3
4. ∴V C －O 1A 1B 1＝13·OO 1·S △O 1A 1B 1＝13×1×34＝3
12， ∴三棱锥C －O 1A 1B 1的体积为3
12.
(2)以O 为坐标原点建系如图，则A (0，1，0)，A 1(0，1，1)， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0.∴AA 1→＝(0，0，1)，B 1C →
＝(0，
－1，－1)，
∴cos 〈AA 1→，B 1C →
〉＝AA 1→·B 1C →|AA 1→||B 1C →|＝
0×0＋0×（－1）＋1×（－1）1×02＋（－1）2＋（－1）2＝－2
2， ∴〈AA 1→，B 1
C →
〉＝3π4，
∴异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π
4. 考点二 利用空间向量求直线与平面所成的角
【例2】 (2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点. (1)证明MN ∥平面P AB ；
(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.
(1)证明 由已知得AM ＝2
3AD ＝2.
取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝1
2BC ＝2.
又AD ∥BC ，故TN 綉AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .
因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB . (2)解 取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，
从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2
－BE 2
＝
AB 2
－⎝ ⎛⎭
⎪⎫BC 22
＝ 5.
以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A
－xyz .
由题意知，P (0，0，4)，M (0，2，0)，C (5，2，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →
＝(0，2，
－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2.
设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则
⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM
→＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0，2，1).
于是|cos 〈n ，AN →
〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|
＝85
25.
所以直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为85
25. 规律方法 利用向量法求线面角的方法：
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
【训练2】 (2017·福州质检)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝1，BB 1＝2，∠ABB 1＝60°.
(1)证明：AB ⊥B 1C ；
(2)若B 1C ＝2，求AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值.
(1)证明 连接AB 1，在△ABB 1中，AB ＝1，BB 1＝2，∠ABB 1＝60°，
由余弦定理得，AB 21＝AB 2＋BB 2
1－2AB ·BB 1·cos ∠ABB 1＝3， ∴AB 1＝3，∴BB 21＝AB 2＋AB 21，
∴AB 1⊥AB .
又△ABC 为等腰直角三角形，且AB ＝AC ， ∴AC ⊥AB ，∵AC ∩AB 1＝A ，
∴AB ⊥平面AB 1C .又B 1C ⊂平面AB 1C ， ∴AB ⊥B 1C .
(2)解 ∵AB 1＝3，AB ＝AC ＝1，B 1C ＝2，
∴B 1C 2＝AB 21＋AC 2，∴AB 1⊥AC .
如图，以A 为原点，以AB →，AC →，AB 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B 1(0，0，3)，
B (1，0，0)，
C (0，1，0)， ∴BB 1→
＝(－1，0，3)， BC
→＝(－1，1，0). 设平面BCB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧BB 1→·n ＝0，BC →·n ＝0，得⎩
⎨⎧－x ＋3z ＝0，－x ＋y ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝3，
∴平面BCB 1的一个法向量为n ＝(3，3，1).
∵AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AC →＋BB 1→＝(0，1，0)＋(－1，0，3)＝(－1，1，3)， ∴cos 〈AC 1→
，n 〉＝AC 1→·n
|AC 1→||n |＝35×7＝10535，
∴AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值为105
35. 考点三 利用空间向量求二面角(易错警示)
【例3】 (2017·金丽衢十二校联考)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ＝B 1A ＝AB ＝BC ，∠B 1BC ＝90°，D 为AC 的中点，AB ⊥B 1D .
(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；
(2)求直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值； (3)求二面角B －B 1D －C 的余弦值.
(1)证明 取AB 中点为O ，连接OD ，OB 1， ∵B 1B ＝B 1A ，∴OB 1⊥AB . 又AB ⊥B 1D ，OB 1∩B 1D ＝B 1，① ∴AB ⊥平面B 1OD ，
∵OD ⊂平面B 1OD ，∴AB ⊥OD . ∵∠B 1BC ＝90°，即BC ⊥BB 1，
又OD ∥BC ，∴OD ⊥BB 1，又AB ∩BB 1＝B ， ∴OD ⊥平面ABB 1A 1， 又OD ⊂平面ABC ， ∴平面ABC ⊥平面ABB 1A 1.
(2)解 由(1)知，OB ，OD ，OB 1两两垂直.②
以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴的方向，|OB →|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz . 由题设知B 1(0，0，3)，D (0，1，0)， A (－1，0，0)，C (1，2，0)，C 1(0，2，3).
则B 1D →＝(0，1，－3)，AC →＝(2，2，0)，CC 1→＝(－1，0，3).
设平面ACC 1A 1的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·CC 1→＝0，得⎩⎨
⎧x ＋y ＝0，－x ＋3z ＝0，可取m ＝(3，－3，1). ∴cos 〈B 1D →
，m 〉＝B 1D →
·m |B 1D →||m |
＝
0×3＋1×（－3）＋（－3）×1
02＋12＋（－3）2×（3）2＋（－3）2＋1
2＝－217， ∴直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为21
7.③
(3)解 由题设知B (1，0，0)，则BD →＝(－1，1，0)，B 1D →＝(0，1，－3)，DC →
＝(1，1，0).
设平面BB 1D 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由 ⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n 1＝0，B 1D →·n 1＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1
－3z 1＝0，可取n 1＝(3，3，1). 同理可得平面B 1DC 的一个法向量为n 2＝(－3，3，1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|
＝
3×（－3）＋3×3＋1×1
（3）2＋（3）2＋12×（－3）2＋（3）2＋1
2＝17.
∴二面角B －B 1D －C 的余弦值为1
7.④
规律方法 利用向量计算二面角大小的常用方法：
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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的大小.
(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 易错警示 对于①：用线面垂直的判定定理易忽视面内两直线相交； 对于②：建立空间直角坐标系，若垂直关系不明确时，应先给出证明； 对于③：线面角θ的正弦sin θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|，易误认为cos θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|；
对于④：求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，
确定二面角余弦值正负有两种方法：
1°通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；
2°当不易观察二面角是锐角还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定.
【训练3】(2017·浙江五校联考)如图，在四棱锥P－ABCD
中，侧面P AB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，P A＝PB，
O为AB的中点，OD⊥PC.
(1)求证：OC⊥PD；
(2)若PD与平面P AB所成的角为30°，求二面角D－PC－B的余弦值.
(1)证明如图，连接OP.
∵P A＝PB，O为AB的中点，
∴OP⊥AB.
∵侧面P AB⊥底面ABCD，
∴OP⊥平面ABCD，
∴OP⊥OD，OP⊥OC.
∵OD⊥PC，∴OD⊥平面OPC，
∴OD⊥OC，
又OP⊥OC，OP∩OD＝O，∴OC⊥平面OPD，
∴OC⊥PD.
(2)解法一在矩形ABCD中，由(1)得OD⊥OC，∴AB＝2AD，不妨设AD＝1，则AB＝2.
∵侧面P AB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，
∴DA⊥平面P AB，CB⊥平面P AB，△DP A≌△CPB，
∴∠DP A为直线PD与平面P AB所成的角，
∴∠DP A＝30°，∠CPB＝30°，P A＝PB＝3，
∴DP＝CP＝2，∴△PDC为等边三角形.
设PC的中点为M，连接DM，则DM⊥PC.
在Rt△CBP中，过M作NM⊥PC，交PB于点N，连接ND，则∠DMN为二面
角D －PC －B 的一个平面角.
由于∠CPB ＝30°，PM ＝1，故在Rt △PMN 中，MN ＝33，PN ＝23
3.∵cos ∠APB ＝3＋3－42×3×3＝13
， ∴AN 2
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫2332
＋3－2×233×3×
13＝3， ∴ND 2＝3＋1＝4，
∴cos ∠DMN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332
＋3－42×3
3×3＝－1
3，
即二面角D －PC －B 的余弦值为－1
3.
法二 取CD 的中点E ，以O 为原点，OE ，OB ，OP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .在矩形ABCD 中，由(1)得OD ⊥OC ，∴AB ＝2AD ，不妨设AD ＝1，则AB ＝2.
∵侧面P AB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形， ∴DA ⊥平面P AB ，CB ⊥平面P AB ，△DP A ≌△CPB ， ∴∠DP A 为直线PD 与平面P AB 所成的角， ∴∠DP A ＝30°，∠CPB ＝30°，P A ＝PB ＝3，
∴B (0，1，0)，C (1，1，0)，D (1，－1，0)，P (0，0，2)，从而PC →＝(1，1，－
2)，CD
→＝(0，－2，0). 设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
由⎩⎪⎨⎪⎧PC →·n 1＝0，CD →·n 1＝0，得⎩
⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，－2y 1＝0，可取n 1＝(2，0，1).
同理，可取平面PCB 的一个法向量为n 2＝(0，－2，－1). 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1
|·|n 2
|＝－
13，
∴二面角D －PC －B 的余弦值为－1
3.
[思想方法]
1.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.
2.合理建立空间直角坐标系
(1)使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同.
(2)一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点.
(3)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系.
[易错防范]
1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.
2.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
3.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.
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(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.(2016·台州调研)在正方体A1B1C1D1－ABCD中，AC与B1D所成的角的大小为()
A.π6
B.π4
C.π3
D.π2
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A (0，0，0)，C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0). ∴AC →＝(1，1，0)，B 1D →＝(－1，1，－1)， ∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，
∴AC 与B 1D 所成的角为π2. 答案 D
2.(2017·郑州调研)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( ) A.32
B.33
C.35
D.25
解析 设正方体的棱长为1，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则B (1，1，0)，B 1(1，1，1)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，D 1(0，0，1)，
所以BB 1→＝(0，0，1)，AC →＝(－1，1，0)，AD 1
→＝(－1，0，1). 令平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AC →＝－x ＋y ＝0，n ·AD 1→＝－x ＋z ＝0，令x ＝1，可得n ＝(1，1，1)， 所以sin θ＝|cos 〈n ，BB 1→〉|＝13×1
＝3
3. 答案 B
3.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )
A.12
B.23
C.33
D.22
解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱
长为1， 则A 1(0，0，1)，
E ⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，0，12，D (0，1，0)， ∴A 1D →＝(0，1，－1)， A 1E →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，所以有⎩⎨⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →
·n 1＝0，即⎩⎨⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.
∴n 1＝(1，2，2).
∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， ∴ cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.
即所成的锐二面角的余弦值为2
3. 答案 B
4.(2017·西安调研)已知六面体ABC －A 1B 1C 1是各棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱CC 1的中点，则直线CC 1与平面AB 1D 所成的角为( ) A.45° B.60° C.90°
D.30°
解析 如图所示，取AC 的中点N ，以N 为坐标原点，建立空间直角坐标系.
则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，C ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，a 2，0，
B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，0，a ，D ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，a 2，a 2， C 1⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，a 2，a ， ∴AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，a 2，a ，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，a 2，CC 1→＝(0，0，a ). 设平面AB 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由n ·AB 1→＝0，n ·AD →＝0，可取n ＝(3，1，－2). ∴cos 〈CC 1→
，n 〉＝CC 1→·n
|CC
1
→||n |＝－2a a ×22＝－22，
∴直线CC 1与平面AB 1D 所成的角为45°. 答案 A
5.设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A.32 B.22 C.223
D.233
解析 如图建立坐标系.则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，B (2，2，0)，D 1A 1→＝(2，0，0)，DB →＝(2，2，0)， 设平面A 1BD 的一个法向量 n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·DA 1
→＝0，
n ·
DB →
＝0，
∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，
2x ＋2y ＝0，
令z ＝1，得n ＝(－1，1，1). ∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→
·n ||n |＝23
＝23
3.
答案 D 二、填空题
6.在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于__________.
解析 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA 1＝2AB ＝2，则D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，C 1(0，1，2)，则DC →＝(0，1，0)，DB →＝(1，1，0)，DC 1
→＝(0，1，2). 设平面BDC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1
→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝ (2，－2，1).
设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23
. 答案 23
7.(2017·温州月考)如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角大小为__________；直线EF 与底面ABC 所成角的大小为________.
解析 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系.设AB ＝BC ＝AA 1＝2，
则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)， 则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)，
∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1
→〉＝22×22＝1
2
，
∴EF 和BC 1所成的角为60°； ∵FB ⊥平面ABC ，BF ＝BE ＝1，
∴∠FEB 为直线EF 与底面ABC 的夹角且为45°. 答案 60° 45°
8.已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于________.
解析 延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示. 设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角. ∵BH ＝32
2，EB ＝1， ∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝2
3. 答案 2
3 三、解答题
9.(2015·全国Ⅰ卷)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.
(1)证明 如图，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 ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .
在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝2
2. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝6
2.
在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝32
2，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，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)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →
|为单位长度，建立空间直角坐标系G －xyz ，
由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫
－1，0，22，
C (0，3，0)，
所以AE
→＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →
〉＝AE →·CF →
|AE →||CF →|＝－33.
所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为3
3.
10.(2016·全国Ⅰ卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°. (1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.
(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC . (2)解 过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .
以G 为坐标原点，GF
→的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，
D (0，0，3).
由已知，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ，
由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，
所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°， 从而可得C (－2，0，3).
所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0).
设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以
可取n ＝(3，0，－3).
设m 是平面ABCD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC
→＝0，m ·AB →＝0.
同理可取m ＝(0，3，4)， 则cos 〈n ，m 〉＝
n ·m |n ||m |＝－219
19
. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－219
19.
能力提升题组 (建议用时：25分钟)
11.(2017·济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( ) A.55
B.53
C.255
D.35
解析 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得O (0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，A (2，0，0)，B 1(0，2，1)，∴BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→
＝(－2，2，1)，
∴cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1
→|＝4－15×9＝15＝55＞0. ∴BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1
的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.
答案 A
12.在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且 SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
解析 如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .
设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a .则A (a ，0，0)，B (0，a ，0)，
C (－a ，0，0)，P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－a 2，a 2. 则CA →＝(2a ，0，0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a ，0)， 设平面P AC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧n ·CA →＝0，n ·
AP →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0，1，1)， 则 cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12， 又∵〈CB
→，n 〉∈(0°，180°)，∴〈CB →，n 〉＝60°， ∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.
答案 A
13.(2016·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD
＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，
直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________.
解析 设直线AC 与BD ′所成角为θ，平面ACD 翻折的角度
为α，设O 是AC 中点，由已知得AC ＝6，如图，以OB
为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，
建立空间直角坐标系，
则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫302，0，0，C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－62，0，作DH ⊥AC 于H ，翻折过程中，D ′H 始终与AC 垂直，CH ＝CD 2CA ＝16＝66，则OH ＝63，DH ＝1×56
＝306，因此可设
D ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫－306cos α，－63，306sin α， 则BD ′→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－306cos α－302，－63，306sin α，与CA →平行的单位向量为n ＝(0，1，0)，所以cos θ＝|cos 〈BD ′→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BD ′→·n |BD ′→|·
|n |＝639＋5cos α，
所以cos α＝－1时，cos θ取最大值66.
答案 66
14.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，
∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为棱AD 的中点，
异面直线P A 与CD 所成的角为90°.
(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；
(2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值. 解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行.
延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所
求的一个点.理由如下：
由已知，知BC ∥ED ，且BC ＝ED .
所以四边形BCDE 是平行四边形.
从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ，
所以CM ∥平面PBE .
(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)
(2)法一 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，
所以CD ⊥平面P AD .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 △P AD 中，P A ＝AD ＝2.
过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH .
易知P A ⊥平面ABCD ，从而P A ⊥CE .
于是CE ⊥平面P AH .所以平面PCE ⊥平面P AH .
过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE .
所以∠APH 是P A 与平面PCE 所成的角.
在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1，
所以AH ＝22.在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322，所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13
. 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.
法二 由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，
所以CD ⊥平面P AD .
于是CD ⊥PD .
从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角.
所以∠PDA ＝45°.
由P A ⊥AB ，可得P A ⊥平面ABCD .
设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.
作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD
→，AP →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
→＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2)，
设平面PCE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·
EC →＝0，得⎩⎨⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1). 设直线P A 与平面PCE 所成角为α，
则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13. 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.
15.(2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面
BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝
2，AC ＝3.
(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；
(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值.
(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示.
因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以，AC ⊥平面
BCK ，因此BF ⊥AC .
又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等
边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ，
且CK ∩AC ＝C ，所以BF ⊥平面ACFD .
(2)解 法一 过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .
因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角.
在Rt △ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得FQ ＝31313.
在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，
得cos ∠BQF ＝34.
所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.
法二 如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为
等边三角形.
取BC 的中点O ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所
以KO ⊥平面ABC .
以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 轴的正方向，
建立空间直角坐标系O －xyz .
由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12
，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12
，0，32. 因此，AC
→＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0). 设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2).
由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1
＋3y 1＋3z 1＝0， 取m ＝(3，0，－1)；
由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，
得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0， 取n ＝(3，－2，3).
于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.
所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.
高考导航 1.立体几何是高考的重要内容，每年都有选择题或填空题或解答题考查.小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计算能力.解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间向量进行空间角的计算.重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力.热点题型主要有平面图形的翻折、探索性问题等；
2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算).
热点一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(规范解答)
空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解.
【例1】 (满分12分)(2017·湖州模拟)如图，在△ABC 中，
∠ABC ＝π4，O 为AB 边上一点，且3OB ＝3OC ＝2AB ，已知
PO ⊥平面ABC ，2DA ＝2AO ＝PO ，且DA ∥PO .
(1)求证：平面PBD ⊥平面COD ；
(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值.
满分解答 (1)证明 ∵OB ＝OC ，又∵∠ABC ＝π4，
∴∠OCB ＝π4，∴∠BOC ＝π2.
∴CO ⊥AB .2分
又PO ⊥平面ABC ，
OC ⊂平面ABC ，∴PO ⊥OC .
又∵PO ，AB ⊂平面P AB ，PO ∩AB ＝O ，
∴CO ⊥平面P AB ，即CO ⊥平面PDB .4分
又CO ⊂平面COD ，
∴平面PDB ⊥平面COD .6分
(2)解 以OC ，OB ，OP 所在射线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
设OA ＝1，则PO ＝OB ＝OC ＝2，DA ＝1.
则C (2，0，0)，B (0，2，0)，P (0，0，2)，D (0，－1，1)，
∴PD
→＝(0，－1，－1)，BC →＝(2，－2，0)，BD →＝(0，－3，1). 8分
设平面BDC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·
BD →＝0，∴⎩⎨⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0， 令y ＝1，则x ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3).10分
设PD 与平面BDC 所成的角为θ，
则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n | ＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪1×0＋1×（－1）＋3×（－1）02＋（－1）2＋（－1）2×12＋12＋32＝22211. 即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211.
12分
❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，先证线面垂直，再证两面垂直.
❷得关键分：解题过程不可忽视的关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中证线面垂直不可漏“CO ⊥平面PDB ”.
❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.
如第(2)问中求法向量n ，计算线面角正弦值sin θ.
利用向量求空间角的步骤
第一步：建立空间直角坐标系.
第二步：确定点的坐标.
第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标.
第四步：计算向量的夹角(或函数值).
第五步：将向量夹角转化为所求的空间角.
第六步：反思回顾.查看关键点、易错点和答题规范.
【训练1】 如图所示，在多面体A 1B 1D 1­DCBA 中，四边形
AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过
A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .
(1)证明：EF ∥B 1C .
(2)求二面角E -A 1D ­B 1的余弦值.
(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1，面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .
(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，
所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A
为原点，分别以AB →，AD →，AA 1
→为x 轴，y 轴和z 轴单位正
向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0，0，0)，B (1，0，0)，D (0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，
所以E 点的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，12，1. 设平面A 1DE 的一个法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1
D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1
E →，
n 1⊥A 1D →得⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，
(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).
设平面A 1B 1CD 的一个法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1).
则cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2
＝63. 所以二面角E －A 1D －B 1的余弦值为63.
热点二 立体几何中的探索性问题
此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式：
(1)根据条件作出判断，再进一步论证；
(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该
点的坐标是否存在.
【例2】 (2016·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面
P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.
(1)求证：PD ⊥平面P AB ；
(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
(3)在棱P A 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.
(1)证明 因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD .
又P A ⊥PD ，AB ∩P A ＝A ，所以PD ⊥平面P AB .
(2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO .
因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .
因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO .
因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .
如图，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得，A (0，1，
0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0)，P (0，0，
1).
设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则
⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·
PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0， 令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2.所以n ＝(1，－2，2).
又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33. 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.
(3)解 设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM
→＝λAP →. 因此点M (0，1－λ，λ)，BM
→＝(－1，－λ，λ). 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，
则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14.
所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.
探究提高 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等.
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.
【训练2】 (2015·天津卷改编)在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点. (1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；
(3)在棱A 1B 1上是否存在点E ，使得直线NE 与平面ABCD 所成角的正弦值为13？若存在，求出线段A 1E 的长；若不存在，请说明理由.
解 如图，以A 为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)，A 1(0，0，2)，B 1(0，1，2)，C 1(2，0，2)，D 1(1，－2，2)，又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点， 所以M ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫1，12，1，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，MN →＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .
(2)AD 1→＝(1，－2，2)，AC →＝(2，0，0)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，
即⎩⎨⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，
2x 1＝0.
不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0，1，1).
设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，
又AB 1→＝(0，1，2)，
得⎩⎨⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0，不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2，1). 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，
于是sin 〈n 1，n 2〉＝310
10，
所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为310
10.
(3)假设存在点E ，使得NE 与平面ABCD 所成角的正弦值为13.依题意，可设A 1E →
＝λA 1B 1→，其中λ∈[0，1]，
则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2，1)，又n ＝(0，0，1)为平面ABCD 的一个法向量，
由已知，得|cos 〈NE →
，n 〉|＝|NE →·n ||NE →||n |
＝
1（－1）2＋（λ＋2）2＋1
2＝1
3， 整理得λ2＋4λ－3＝0，解得λ＝－2±7. 又因为λ∈[0，1]，所以λ＝7－2， 因此存在点E ，满足题设条件， 且线段A 1E ＝7－2.
热点三 立体几何中的折叠问题
将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，这类问题称为立体几何中的折叠问题，折叠问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题，考查学生的空间想象力和分析问题的能力.
【例3】 (2016·全国Ⅱ卷)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝5
4，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.
(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；
(2)求二面角B －D ′A －C 的正弦值. (1)证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF
CD ，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .
由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝1
4. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.
于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .
(2)解 如图，以H 为坐标原点，HF
→的方向为x 轴正方向，
建立空间直角坐标系H －xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，
－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→
＝(3，1，3). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·
AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，
所以可取m ＝(4，3，－5).
设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·
AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，
所以可取n ＝(0，－3，1).
于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525.
sin 〈m ，n 〉＝295
25.
因此二面角B －D ′A －C 的正弦值是295
25.。