专题17 应用空间向量解决立体几何问题-2020年高考数学(理)母题题源系列(天津专版) Word版含解析.doc

母题十七 应用空间向量解决立体几何问题
【母题原题1】【2018天津，理17】
如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥，EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2．
（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面； （II ）求二面角E BC F --的正弦值；
（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长．
【考点分析】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．满分13分．
【答案】（I ）证明见解析；（II ）
10；（III ）3
． 【解析】试题分析：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z
则点P 的坐标为()0,0,h ，结合空间向量的结论计算可得线段DP 的长为
3
．
试题解析：依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得()()()(),,,,,,,00020012,,,,0020D A B C ，
()()()()3,,,,,,,,,,,,,,220201*********E F G M N ⎛⎫
⎪⎝⎭
．
（Ⅰ）依题意()(),,,,020,022DC DE ==．
设()0,,z x y =n 为平面CDE 的法向量，则000{
0DC DE ⋅=⋅=，
，
n n 即20{ 220y x z =+=，， 不妨令1z =-，可得()0,,101=-n ．又
13,,12MN -⎛
⎫= ⎪
⎝⎭，可得00MN ⋅=n ，
不妨令1z =，可得()10,,2=m
．因此有cos ,=
⋅=
m n m n m n
，于是s in ,=m n
所以，二面角––E BC F
． （Ⅲ）设线段DP 的长为[]()
0,2h h ∈，则点P 的坐标为()0,0,h ，可得()12BP h =--，，． 易知，()0,0,2DC =为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP
DC
h ⋅⋅=
=
，
sin 602
=︒=
，解得[]0,23h =∈．所以线段DP 的长为3． 【名师点睛】本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．
【母题原题2】【2017天津，理17】
如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N 分别为棱P A ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A =AC =4，AB =2．
（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ；
（Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值；
（Ⅲ）已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE
，求线段AH 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2
（3）85 或1
2
． 试题解析：如图，以A 为原点，分别以AB ，AC ，AP 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．依
题意可得A （0，0，0），B （2，0，0），C （0，4，0），P （0，0，4），D （0，0，2），E （0，2，2），M （0，0，1），N （1，2，0）．
（Ⅰ）证明：DE =（0，2，0），DB =（2，0，2-）．设(,,)x y z =n ，为平面BDE 的法向量，
则0
DE DB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即20220y x z =⎧⎨-=⎩．不妨设1z =，可得(1,0,1)=n ．又MN =（1，2，1-），可得0MN ⋅=n ．
∵MN ⊄平面BDE ，∴MN //平面BDE ．
（Ⅱ）易知1(1,0,0)=n 为平面CEM 的一个法向量．设2(,,)x y z =n 为平面EMN 的法向量，
则
∴线段AH 的长为85或1
2
．
【考点】直线与平面平行、二面角、异面直线所成的角
【名师点睛】空间向量是解决空间几何问题的锐利武器，不论是求空间角、空间距离还是证明线面关系利用空间向量都很方便，利用向量夹角公式求异面直线所成的角又快又准，特别是借助平面的法向量求线面角，二面角或点到平面的距离都很容易． 【母题原题3】【2016天津，理17】
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）21
．
()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 -------，．
z x
A
（I ）证法1：依题意，()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-．
设()1,,n x y z =为平面ADF 的法向量，则110
n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，
即20
20
x x y z =⎧⎨
-+=⎩ ．不妨设1z =，可得()10,2,1n =，又()0,1,2EG =-，可得10EG n ⋅=，又因为直线
EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面．
证法2：建立如上右图的坐标系来证（略）．
证法3：找到AD 中点I ，连结FI ，∵矩形OBEF ，∴EF
OB ∥
．∵G 、I 是中点，∴GI 是ABD △的中位
线，∴GI BD ∥且12GI BD =．∵O 是正方形ABCD 中心，∴12
O B B D =，∴E
F G I ∥且EF GI =，∴四边形EFIG 是平行四边形，∴EG FI ∥．∵FI ⊂面ADF ，∴EG ∥面ADF ．
（II ）解法1：易证，()1,1,0OA =-为平面OEF 的一个法向量．依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-．设
()2,,n x y z =为平面CEF 的法向量，
则220
n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ ．不妨设1x =，可得()21,1,1n =-．因
此有222
cos ,OA n OA n OA n ⋅<>=
=-
⋅，于是2
3sin ,OA
n <>=，所以，二面角O EF C --．
（III ）解：由23AH HF =
，得25AH AF =．因为()1,1,2AF =-，所以2224,,5555AH AF ⎛⎫
==- ⎪⎝⎭
，进
而有334,,555H ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
，从而284,,55
5BH ⎛⎫
=
⎪⎝⎭，因此222
cos ,BH n BH n BH n ⋅<>==-⋅．所以，直线BH
121
65cos BH n BH n BH n -⋅∴<>==，．
考点：利用空间向量解决立体几何问题
【名师点睛】1．利用数量积解决问题的两条途径 ：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算．
2．利用数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题．
（1）a ≠0，b ≠0，a ⊥b ⇔a ·b ＝0；（2）|a |＝a 2；（3）cos 〈a ，b 〉＝a ·b
|a ||b |
． 【母题原题4】【
2015天津，理】
如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ABCD ⊥底面，AB AC ⊥，1AB =，
12,AC AA AD CD ====，且点M 和N 分别为11C D B D 和的中点．
(I)求证：MN ABCD 平面； (II)求二面角11D -AC B -的正弦值；
(III)设E 为棱11A B 上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为
1
3
，求线段1E A 的长
【答案】(I)见解析； (II) ； (III) 2-．
【解析】
别为1B C 和1D D 的中点，得11,,1,(1,2,1)2M N ⎛⎫- ⎪⎝⎭
．
(I)证明：依题意，可得(0,0,1)n =为平面ABCD 的一个法向量，50,,02MN ⎛⎫=-
⎪⎝
⎭
， 由此可得，0MN n ⋅=，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD
(II)1(1,2,2),(2,0,0)AD AC =-=，设1(,,)n x y z =为平面1ACD 的法向量，则
1110
n AD n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22020x y z x -+=⎧⎨
=⎩，不妨设1z =，可得1(0,1,1)n =， 设2(,,)n x y z =为平面1ACB 的一个法向量，则2120
n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，又1(0,1,2)AB =，得
2020
y z x +=⎧⎨
=⎩，不妨设1z =，可得2(0,2,1)n =-，因此有12121210
cos ,n n n n n n ⋅==-⋅，于是12
3sin ,n n =
11D AC B --． (III)依题意，可设111A E A B λ=，其中[0,1]λ∈，则(0,,2)E λ，从而(1,2,1)NE λ=-+，又(0,0,1)n =为平面ABCD 的一个法向量，由已知得1cos ,3
(NE n NE n NE n
⋅=
=
=⋅-
，整理得2
430λλ+-
=，
又因为[0,1]λ∈
，解得2λ=
-，所以线段1A E 2-．
【命题意图】 高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查空间想象能力，线面关系、面面关系、数形结合的思想等．
【命题规律】 高考试题对该部分内容考查的主要角度有两种：一种是利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；一种是考查学生利用空间向量解决立体几何的能力．重点对该部分内容的考查仍将以能力考查为主，要求学生有良好的空间想象能力和立体几何素养．
【答题模板】解答本类题目，以2017年试题为例，一般考虑如下两步：
第一步：利用题意证得二面角为
90°即可 解决本问题有两种思路，一种是证明二面角的平面角为90°，第二种方法是由线面垂直证明面面垂直，然后利用判断定理来证明结论，本题中中的结论适合用第一种方法来证明结论．
第二步：建立空间直角坐标系求解二面角的余弦值
解决第二问的关键是建立合适的空间直角坐标系，以点
O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合点的坐标求得平面的法向量(0,=-m ，
⎛⎫
= ⎪ ⎪⎝⎭
n ，然后
利用公式cos ,⋅==n m n m n m 求得余弦值即可，注意余弦值的正负需要进行取舍． 【方法总结】
（一）刻画直线与平面方向的向量
1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定
2、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面α垂直的直线称为平面α的法线，法线的方向向量就是平面α的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？ （1）所需条件：平面上的两条不平行的直线
（2）求法：（先设再求）设平面α的法向量为(),,n x y z =，若平面上所选两条直线的方向向量分别为
()()111222,,,,,a x y z b x y z ==，则可列出方程组，s 利用数量积为零解出,,x y z 的比值即可
（二）空间向量可解决的立体几何问题（用,a b 表示直线,a b 的方向向量，用,m n 表示平面,αβ的法向量） 1．判定类
（1）线面平行：a b a b ⇔∥∥ （2）线面垂直：a b a b ⊥⇔⊥ （3）面面平行：m n αβ⇔∥∥ （4）面面垂直：m n αβ⊥⇔⊥ 2．计算类：
（1）两直线所成角：cos cos ,a b a b a b
θ⋅==
（2）线面角：sin cos ,a m a m a m θ⋅==
（3）二面角：cos cos ,m n m n m n
θ⋅==或cos cos ,m n m n m n
θ⋅=-=-
（视平面角与法向量夹角关系而定）
（4）点到平面距离：设A 为平面α外一点，P 为平面α上任意一点，则A 到平面α的距离为A AP n d n
α-⋅=
，
即AP 在法向量n 上投影的绝对值．
（三）点的存在性问题：在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件，本讲主要介绍使用空间向量解决该问题时的方法与技巧
1．理念：先设再求——先设出所求点的坐标(),,x y z ，再想办法利用条件求出坐标
2．解题关键：减少变量数量——(),,x y z 可表示空间中的任一点，但题目中所求点往往是确定在某条线或者某个平面上的，所以使用三个变量比较“浪费”（变量多，条件少，无法求解），要考虑减少变量的个数，最终所使用变量的个数可根据如下条件判断：
（1）直线（一维）上的点：用一个变量就可以表示出所求点的坐标 （2）平面（二维）上的点：用两个变量可以表示所求点坐标 规律：维度=所用变量个数
总之：用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．
（四）易错警示
（1）两条异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求，但二者不完全相同，两异面直线所成角的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，π
2，而两向量所成角的取值范围是[0，π]，所以当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．
（2）利用空间向量求直线与平面所成的角，注意|a ·n |
|a ||n |是所求线面角的正弦值．
（3）求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
（4）用空间向量求解立体几何问题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范．
（5）将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易失分．
1．【2018天津部分区二模】如图，
（1）证明：
（2的体积为
（3）在（2）的条件下，求二面角
【答案】（1）见解析；（2（3
【解析】分析：（1）推导出，
（2）由题意易两垂直，坐标原点，建立如图空间直角坐标可得
，
所成角为1
的余弦值为
【名师点睛】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值、二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
2．【2018天津河东区二模】如图，PA⊥底面ABCD，AD||BC，AD⊥CD，BC=2，AD=CD=1，M是PB的中点．
（1）求证：AM||平面PCD；
（2）求证：平面ACM⊥平面PAB；
（3）若PC与平面ACM所成角为30°，求PA的长．
【答案】（1）见解析．
（2）见解析．
（3）
A（1，1，0），B（0，2，0），C（0，0，0），D（1，0，0），P（1，1，a）(a>0)
M=0，0）
设平面PCD
（0，a，-1），
所以AM||平面PCD
（2（1，1，0）ACM
，所以PA．
【名师点睛】（1）本题主要考查空间平行垂直关系的证明，考查空间角的计算，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力、空间想象能力和转化能力．（2）证明空间位置关系常用的有几何法和向量法，求空间的角常用的有几何体（找、作、证、指、求）和向量法．
3．【2018天津河北区二模】如图，由直三棱四棱成的几何体中，
（I
（II）若M
（III）在线段BC上（含端点）是否存在点P，使直线DP与平面
存在，说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）不存在这样的点P．
【解析】分析：（I（II）由
平面
（II
，
（III）由（II
若直线DP与平面所成的角为
故不存在这样的点P，使得直线DP与平面所成的角为
【名师点睛】本题主要考查利用空间向量的证明与求值，属于难题．空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相
应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离．
4．【2018
，求线段
【答案】（1）见解析；（2（3．
【解析】分析：（1，由等腰三角形的性质可得
（2）先证等边三角形，可于是可坐标
为
平面
（2为菱形，且
为，又
如图所示，
为等边三角形，∴
所以
又因为二面角为钝角，
（3
所以
【名师点睛】本题主要考查线面垂直的证明以及利用空间向量求二面角与线面角，属于难题．空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离．
5．【2018天津9校联考】如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，面PAD ⊥面ABCD ，且PAD ∆是
边长为2的等边三角形， PC = M 在PC 上，且PA 面MBD （1）求证： M 是PC 的中点； （2）求直线PA 与MB 所成角的正切值；
（3）在PA 上是否存在点F ，使二面角F BD M --为直角？若存在，求出
AF
AP
的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）见解析（2） tan θ=
（3） 3
8
AF AP = 【解析】试题分析：（1）连接AC 交BD 于E ，连接ME ，可得PA ∥面MBD ，且ME 是平面PAC 与
平面MDB 的交线，得PA ∥ME ，即M 是PC 的中点；
（2）取AD 中点，由（1）知OA 、OE 、OP 两两垂直，分别以OA 、OE 、OP 所在直线为x 、y 、z
轴建立空间直角坐标系，求出PA MB 、
所成角的余弦值，得到正弦值，进一步得到直线PA
（1）证明：连AC 交BD 于E ，连ME ．∵ABCD 是矩形，∴E 是AC 中点．又PA 面MBD ，且ME 是面PAC 与面MDB 的交线，∴PA ME ，∴M 是PC 的中点．
（2）取AD 中点O ，由（1）OA ， OE ， OP 两两垂直．以O 为原点， OA ， OE ， OP 所在直线分别为
x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系（如图），则各点坐标为
()
1,0,0A ， ()1,3,0B ， ()1,0,0D -， ()1,3,0C -， (P ， 13,,222M ⎛⎫
- ⎪ ⎪
⎝⎭
．
tan θ=
（3）设存在F 满足要求，且
AF
AP
λ=，则由AF AP λ=得()
1F λ-，
6．【2018天津十二校模拟一】如图， ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ， //AF DE ，
AD DE ⊥， AF = DE =
（1）求证：面ACE ⊥面BED ；
（2）求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；
（3）在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M BE D --的大小为60？若存在，求出AM
AF
的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2；（3）14
． 【解析】试题分析：（1）由平面ADEF ⊥平面ABCD ， AD DE ⊥可推出DE ABCD ⊥面，再根据ABCD 是正方形，可推出AC ⊥平面BDE ，从而可证AC ⊥平面BDE ；（2）根据题设条件建立空间直角坐标系，求出平面BEF 的法向量，即可求出直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；（3）点M 在线段AF 上，设()3,0,M t ，
0t ≤≤MBE 的法向量，根据二面角M BE D --的大小为60，即可求出t ．
试题解析：（1）证明：∵ADEF ABCD ⊥面面， ADEF ABCD AD ⋂=面面， DE ADEF ⊂面， DE AD ⊥
∴A CE BED ⊥面面 ．
（2）解：因为两两垂直，所以建立空间直角坐标系D xyz -如图所示，则()3,0,0A ，
(F ，
(E ， ()3,3,0B ， ()0,3,0C ，
()3,3,0CA =-，
(3,BE =--，
(3,0,EF =
设平面BEF 的法向量为()222,,n x y z =， 0{
n BE n EF ⋅=⋅=，
即11111330
{
30
x y x --+=-=，
1113x y z ===则，则(
)
62n =
，
∴-3cos ,-133239
CA n CA n CA n
⋅
=
=
=⨯． ∴直线CA 与平面BEF
所成角的正弦值为
． （3）解：点M 在线段AF 上，设(
)3,0,M t ， 0t ≤≤，则()0,3,BM t =-， (3,BE =--
解得： )22t t =
=舍， 此时14
AM AF =． 7．【2018天津静海一中期末考】已知△ABC 为等腰直角三角形， 4AB AC ==， 090ACB ∠=， D E ，分别是边AC 和AB 的中点，现将ADE ∆沿DE 折起，使平面ADE DEBC ⊥平面， H F ，分别是边AD 和BE 的中点，平面BCH 与AE ， AF 分别交于I ， G 两点． （1）求证： //IH BC ；
（2）求二面角A GI C --的余弦值； （3）求AG 的长．
【答案】（1）见解析，（2）
15
；（3） 3．
【解析】试题分析：（1）ED ∥平面BCH ，ED ∥HI ，又因为ED ∥BC ，所以IH ∥BC ；（2）建立空间直角坐标系，
n1＝(1，－1，1)，n2＝(0，1，2)，求出二面角；（3）
＝λ
，由
·n2＝0，解得λ＝，所以AG ＝AF ＝
＝
．
设平面AGI的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则
令z1＝1，解得x1＝1，y1＝－1，则n1＝(1，－1，1)．
设平面CIG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则
令z2＝2，解得y2＝1，则n2＝(0，1，2)．
所以cos〈n1，n2〉＝＝，所以二面角A－GI－C的余弦值为．（3）由（2）知，＝(3，1，－2)，
设＝λ＝(3λ，λ，－2λ)，0<λ<1，
则＝－＝(0，0，－1)－(3λ，λ，－2λ)＝(－3λ，－λ，2λ－1)，由·n2＝0，解得λ＝，
故AG＝AF＝＝．
8．【20182的菱形，侧面
（1）求证：．
（2
（3
【答案】（1）见解析；（2（3
∵
∴
∵
∴
为原点，分别以轴正方向建立空间直角坐标系
，，，，，，
∵
（2
（3）∵
，得
∵
【名师点睛】本题考查空间中垂直的转化、空间向量在立体几何中的应用等知识，意在考查学生的空间想象能力和基本计算能力．
9．【2018天津部分区期末考】在如图所示的几何体中， //DE AC ， 090ACB ACD ∠=∠=， 23AC DE ==，
2BC =， 1DC =，二面角B AC E --的大小为060．
（1）求证： BD ⊥平面ACDE ；
（2）求平面BCD 与平面BAE 所成的角（锐角）的大小；
（3）若F 为AB 的中点，求直线EF 与平面BDE 所成的角的大小． 【答案】（1）见解析；（2）
3π；（3）6
π
（Ⅲ）若F 为AB 的中点，由（II ）可得1322F ⎫⎪⎪⎝⎭，，，进一步得到3102EF ⎛⎫
= ⎪⎪⎝⎭
，，，由已知可得平面BDE 的一个法向量为()010DC =，，，由与
所成角的余弦值的绝对值可得直线EF 与平面BDE 所成角的大小．
试题解析：
（1）因为90ACB ACD ∠=∠=，则AC CD ⊥， AC CB ⊥， 所以BCD ∠为二面角B AC E --的平面角，即60BCD ∠=，
（2）由BD ⊥平面ACDE 得BD DC ⊥， BD DE ⊥，又AC CD ⊥，即DB ， DC ， DE 两两垂直， 则以DB ， DC ， DE 分别为x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．
由（I
）知BD =
则()000D ，，，
)
00B
，， ()010C ，，，
由23AC DE ==得3002E ⎛
⎫ ⎪⎝
⎭
，，， ()013A ，，
依题意3012AE ⎛
⎫
=-- ⎪⎝
⎭
，
，， (
)
313AB =--，，，
设平面BAE 的一个法向量为()n x y z =，，，
则0
{ 0
n AE n AB ⋅=⋅
=，即3
02{ 30
y z y z --
=--=，不妨设3y =，可得()
332n =--，
，， 由AC ⊥平面BCD 可知平面BCD 的一个法向量为()003AC =，， 设平面BCD 与平面BAE 所成的角（锐角）为θ，
所以61cos cos 432
n AC n AC n AC
θ⋅==
=
=⨯，，于是=3π
θ，
【名师点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．
10．【2018天津一中期末考】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，
1
2
AB BC AD ==
， 90BAD ABC ∠=∠=︒， E 是PD 中点． （1）证明：直线CE 平面PAB ；
（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45︒，求二面角M AB D --的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
． 【解析】试题分析：（1）取PA 的中点F ，连结,EF BF ，通过证明CE BF ，利用直线与平面平行得判定定理证明即可；（2） 由已知得BA AD ⊥，以A 为坐标原点， AB 的方向为x 轴正方向， AB 为单位长，建立空
间直角坐标系A xyz -，由BM 与底面ABCD 所成的角为45︒，求得M 的坐标，再求出平面ABM 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可求解二面角M AB D --的余弦值即可． 试题解析：（1）取PA 的中点F ，连结,EF BF ，
又∵BF ⊂平面PAB ， CE ⊄平面PAB ∴CE 平面PAB ．
（2）由已知得BA AD ⊥，以A 为坐标原点， AB 的方向为x 轴正方向， AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -．
则()0,0,0A ， ()1,0,0B ， ()1,1,0C ， (P ， (1,0,PC =， ()1,0,0AB =，
设(),,M x y z ()01x <<，则()1,,BM x y z =-， (,1,PM x y z =-，
∵BM 与底面ABCD 所成的角为45︒，而()0,0,1n =是底面ABCD 的法向量， ∴cos ,sin45BM n =︒，
2
=
，即()2
2210x y z -+-=．① 又M 在棱PC
上，设PM PC λ=，则
0{
m AM m AB ⋅=⋅
=
，即(0
00220
{
x y x +==，
∴可取()
0,6,2m =-，于是10
cos ,m n m n m n ⋅=
=， ∴二面角M AB D --10． 【名师点睛】本题主要考查利用空间向量求二面角以及线面平行的判定定理，属于难题．空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角．
11．【2018天津七校联考】如图，三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都是2， 1AA ⊥平面ABC ， D ， E 分别是AC ， 1CC 的中点．
（1）求证： AE ⊥平面1A BD ． （2）求二面角1D BA A --的余弦值． （3）求点1B 到平面1A BD 的距离．
【答案】（1）见解析；（2）
5
；（3）1 【解析】试题分析：（1）根据三角形相似得1AE DA ⊥，根据直棱柱性质得1AA BD ⊥，又由等边三角形性质得
BD AC ⊥，所以由线面垂直判定定理得BD ⊥平面11AAC C ，即AE DB ⊥，最后根据线面垂直判定
∴BD ⊥平面11AAC C ，
以D 为原点建立空间直角坐标系如图所示：
则()1,0,0A ， ()1,1,0E -， ()11
,2,0A ， ()0,0,0D ， (B ，
∴()2,1,0AE =-， ()11,2,0DA =，
(DB =， ∴10AE DA ⋅=， 0AE DB ⋅=，∴1AE DA
⊥， AE DB ⊥，
（3
）(11A B AB ==-， 1111112cos ,22A B AE A B AE A B AE
⋅=
=
⋅， 1
2
=， ∴直线11A B 与平面1A BD 所成角的正弦值为12，∴点1B 到平面1A BD 的距离为111
12
A B ⨯=． 12．【2018天津一中月考五】如图，中，
为等边三角形，
，
（1
（2
）若线段
的大小为
（3）在（2
【答案】（1）证明见解析；（2
（3
【解析】分析：（1）证明PE ⊥AD ，PE ⊥BE ，即可证明PE ⊥平面ABCD ，从而证明平面PAD ⊥平面ABCD ；
（2）建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面EBQ和平面EBC的法向量，由此表示二面角Q-BE-C，求出的值；
（3EBQ法向量上的投影，求出点C到平面QEB的距离．
（1
是等边三角形，中点，∴
，
，
．
（3
【名师点睛】本题考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，对判定定理的深刻理解和空间向量的坐标计算准确是解题关键，也考查了距离与夹角的计算问题，是综合题．
13．【2018天津耀华中学月考三】如图，四边形ABCD 是正方形， EA ⊥平面ABCD ， //EA PD ，
22AD PD EA ===， F ， G ， H 分别为PB ， EB ， PC 的中点．
（1）求证： //FG 平面PED ；
（2）求平面FGH 与平面PBC 所成锐二面角的大小；
（3）在线段PC 上是否存在一点M ，使直线FM 与直线PA 所成的角为3
π
？若存在，求出线段PM 的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析（2）
4
π
（3）见解析 【解析】试题分析： 1\*?GB2=⑴建立平面直角坐标系，由11,0,2GF ⎛⎫
=- ⎪⎝
⎭
， ()0,2,0DC =， GF DC ⊥证得//FG 平面PED
2\*?GB2=⑵建立空间直角坐标系，根据两个平面的法向量所成的角与二面角相等或互补，由两个平面法向量
所成的角求解二面角的大小；
⑶假设存在点M ，由共线向量基本定理得到M 点的坐标，其中含有一个未知量，然后利用直线FM 与直线PA 所成角为
3π转化为两向量所成的角为3
π
，由两向量的夹角公式求出M 点的坐标，得到的M 点的坐标符合题意，说明假设成立，最后得到结论．
解析：（1）∵EA ⊥平面ABCD ， //EA PD ，∴ PD ⊥平面ABCD ， ∴PD AD ⊥， PD CD ⊥，又四边形ABCD 是正方形， ∴AD CD ⊥，故PD ， AD ， CD 两两垂直，
11,0,2GF ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭，平面PED 的一个法向量为()0,2,0DC =，
又∵1
1002002
GF DC ⋅=-⨯+⨯+
⨯=， ∴GF DC ⊥，又∵FG ⊄平面PED ，∴ //FG 平面PED ．
（2）11,0,
2GF ⎛⎫=- ⎪
⎝⎭， 12,0,2GH ⎛
⎫=- ⎪⎝
⎭，
设()1111,,n x y z =为平面FGH 的一个法向量，
则110{ 0
n GF n GH ⋅=⋅=，即11111
2{ 120
2
x z x z -+
=-+=，取11y =，得()10,1,0n =，
()2,2,2PB =-， ()0,2,2PC =-，
设()2222,,n x y z =为平面PBC 的一个法向量，则220{
n PB n PC ⋅=⋅=，
即222222220{
220
x y z y z +-=-=，取21z =得()20,1,1n =， ∴12cos ,n n =
1212
2n n n n ⋅=⋅，
即12=，解得58λ=，∴550,,44PM ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
， 52PM =，
∴在线段
PC 上存在一点M ，使直线FM 与直线PA 所成角为
3
π
，此时54PM =．
14．【2018天津河东区期中】如图，四棱锥P ABCD -的底面是正方形， PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上．
（1）求证：平面AEC ⊥平面PDB ． （2）当PD =
，且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小．
【答案】（1）证明如下；（2）
π
4
（或45︒） 【解析】试题分析：（1）利用正方形的性质和线面垂直的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的判定和面面垂直的判定定理进行证明；（2）利用（1）结论，得到线面角，再通过解三角形进行求解．
试题解析：（1）证明：∵ABCD 是正方形，∴AC BD ⊥，又∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD AC ⊥，∵BD PD D ⋂=，∴AC ⊥面PBD ，又∵AC ⊂面ACE ，∴面ACE ⊥面PBD ． （2）
15．【2018天津十二校模拟】如图，三棱柱
（1）求证：；
（2
①
②
【答案】（1）证明见解析；（2
【解析】试题分析：（1为平行四边形，从而可得，根据直线与平面平行
又平面，平面，//平面，
（2）①取中点M，连接
，
又为二面角的平面角，
中，，
，
又，平面
又，所以平面平面
②，平面所成角与平面所成角相等，
由（2）知，平面
为直线与平面所成角，在中，，直线与平面所成角的正切值为．
【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定定理、直线和平面成的角的定义及求法、二面角的求法，属于难题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．。