高考数学 黄金考点精析精训 考点22利用空间向量求解立体几何中的角 理-人教版高三全册数学试题

考点22 利用空间向量求解立体几何中的角
【考点剖析】
1.最新考试说明：
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,了解向 量方法在研究立体几何问题中的应用. 2.命题方向预测：
空间角的计算是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角. 3.课本结论总结： 一种方法
用空间向量解决几何问题的一般方法步骤是： (1)适当的选取基底{a ，b ，c }； (2)用a ，b ，c 表示相关向量； (3)通过运算完成证明或计算问题． 两个理解
(1)共线向量定理还可以有以下几种形式： ①a ＝λb ⇒a ∥b ；
②空间任意两个向量，共线的充要条件是存在λ，μ∈R 使λa ＝μb .
③若OA →，OB →不共线，则P ，A ，B 三点共线的充要条件是OP →＝λOA →＋μOB →
且λ＋μ＝1.
(2)对于共面向量定理和空间向量基本定理可对比共线向量定理进行学习理解．空间向量基本定理是适当选取基底的依据，共线向量定理和共面向量定理是证明三点共线、线线平行、四点共面、线面平行的工具，三个定理保证了由向量作为桥梁由实数运算方法完成几何证明问题的完美“嫁接”． 四种运算
空间向量的四种运算与平面向量的四种运算加法、减法、数乘、数量积从形式到内容完全 一致可类比学习．学生要特别注意共面向量的概念．而对于四种运算的运算律，要类比实数加、减、乘的运算律进行学习． 三种成角
(1)异面直线所成的角的X 围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2；
(2)直线与平面所成角的X 围是⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2； (3)二面角的X 围是[0，π]． 4.名师二级结论： 1.夹角计算公式
(1)线线角：直线与直线所成的角θ，如两直线的方向向量分别为a ，b ，则||cos cos
a b θ＝〈，〉. (2)线面角：直线与平面所成的角θ，如直线的方向向量为a ，平面的法向量为n ，则||sin cos
a n θ＝〈，〉. (3)面面角：两相交平面所成的角θ，两平面的法向量分别为n 1，n 2，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.判定二面角的平面角是锐角还是钝角的情况来决定cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|还是cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|. 2.距离公式
(1)点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；
(2)点线距：点M 到直线a 的距离，如直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M 到直线a 的距离d ＝|MN →|sin 〈MN →
，a 〉；
(3)线线距：两平行线间的距离，转化为点线距离；两异面直线间的距离，转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；
(4)点面距：点M 到平面α的距离：如平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN →||cos 〈MN →
，n 〉|＝|MN →
·n ||n |
；
(5)线面距：直线和与它平行的平面间的距离，转化为点面距离； (6)面面距：两平行平面间的距离，转化为点面距离. 5.课本经典习题：
(1)新课标人教A 版 选修2-1第109页，例题4 如图3.2-7,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD,PD=DC,点E 是PC 的中点,作EF ⊥PB 交PB 于点F.
(1)求证:PA//平面EDB;(2)求证:PB ⊥平面EFD;(3)求二面角C-PB-D 的大小.
图3.2-7
E
A
D
B
C
P
F
【解析】如图3.2-8所示建立空间直角坐标系,点D 为坐标原点,设DC=1.
y
x
z 图3.2-8
G
E
A D
B
C
P
F
（3）解:已知PB ⊥EF,由(2)可知PB ⊥DF,故∠EFD 是二面角C-PB-D 的平面角. 设点F 的坐标为(x,y,z),则)1,,(-=z y x PF . 因为PB k PF =,
所以0=⋅DF PB ,
所以(1,1,-1)·(k,k,1-k)=k+k-1+k=3k-1=0,
所以31=
k ，点F 的坐标为)3
2,31,31(。

又点E 的坐标为)21,21,0(，所以)6
1
,61,31(--=FE ，
因为213161
3
666)
32,31,31()61,61,31(cos ==•
---⋅--=⋅=
∠FD FE FD FE EFD ， 即∠EFD=600
，即二面角C-PB-D 的大小为600
.
【经典理由】直线与平面平行与垂直的证明,二面角大小的求解是高热点中的热点,几乎每年必考,而此例题很好的展现了,用向量方法证明直线与平面平行与垂直,还给出了用向量方法求二面角的大小. 6.考点交汇展示：
(1)求空间角与三视图的交汇
三棱锥A BCD -及其侧视图、俯视图如图所示.设M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，P 为线段BC 上的点，且MN NP ⊥.
（1）证明：P 为线段BC 的中点； （2）求二面角A NP M --的余弦值.
【答案】（1）证明详见解析；（2）10
cos θ=
. 【解析】根据侧视图和俯视图可知，,ABD BCD ∆∆为正三角形，顶点D 在底面内的射影为BD 的中点O ，所以,,OB OA OC 两两互相垂直，建坐标系如图所示，则3),(1,0,0),3,0)A B C ，
13
(1,0,0),(2D N -，设（1）证明：设(3,0)(3,0)BP BC λλλλ==-=-，则
(1,3,0)OP BC λλλ==-，13(,3,)22NP λλ=--.因为,MN PN ⊥∴11
000,22
λλ-++==，所以
点P 是BC 的中点.
P
N
M
O
B
D
C
A
y
x
z
（2）易得平面PMN 的法向量为1(0,1,1)n =.(1,0,3),(1,3,0)BA BC =-=-，设平面ABC 的法向量为
2(,,)n x y z =，则030
300
x z x y ⎧-++=⎪⇒⎨
-++=⎪⎩2(3,1,1)n =，所以1110cos 525θ+==⨯. (2) 求空间角与平行及垂直关系的交汇
【2017某某，理17】如图，在三棱锥P-ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA=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PA 上，且直线NH 与直线BE 7
，求线段AH 的长. 【答案】（1）证明见解析（21053）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00
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 .
因为MN ⊄平面BDE ，所以MN//平面BDE.
(3) 求空间角与面积、体积的交汇
如图，已知四棱台1111ABCD A B C D -上、下底面分别是边长为3和6的正方形，16AA =，且
1AA ⊥底面ABCD ，点P ，Q 分别在棱1DD ，BC 上.
（1）若P 是1DD 的中点，证明：1AB PQ ⊥；
（2）若//PQ 平面11ABB A ，二面角P QD A --的余弦值为
3
7
，求四面体ADPQ 的体积.
【答案】（1）详见解析；（2）24.
【解析】解法一 由题设知，1AA ，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，1AA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图b 所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为)0,0,0(A ，1(3,0,6)B ，
)0,6,0(D ，1(0,3,6)D ， )0,,6(m Q ，其中BQ m =，06m ≤≤，
∴>=
<21,cos n n 12
12||||
n n n n ⋅=
⋅2
2
2
2
(6)63
(6)45
m m =
-++-+，而二面角A QD P --的余弦值为
372(6)45m =-+37
，解得4=m ，或者8=m （舍去），此时)0,4,6(Q ， 设1(01)DP DD λλ=<≤，而1(0,3,6)DD =-，由此得点)6,36,0(λλ-P ，
(6,32,6)PQ λλ=--，∵//PQ 平面11ABB A ，且平面11ABB A 的一个法向量是3(0,1,0)n =，
∴PQ 30n ⋅=，即023=-λ，亦即λ=
2
3
，从而)4,4,0(P ，于是，将四面体ADPQ 视为以ADQ ∆为底面的三棱锥ADQ P -，则其高4=h ，故四面体ADPQ 的体积111
66424332
ADQ V S h =⋅=⨯⨯⨯⨯=.
解法二 （1）如图c ，取1A A 的中点R ，连结PR ，BR ，∵1A A ，1
D D 是梯形11A AD D 的两腰，P 是1D D 的中点，∴AD PR //，于是由BC AD //知，BC PR //，∴P ，R ，B ，C 四点共面， 由题设知，AB BC ⊥，1BC A A ⊥，∴BC ⊥平面11ABB A ，因此1BC AB ⊥①， ∵tan ABR ∠=
AR AB =36=
1
1tan AB A A
=11A AB ∠，∴tan tan ABR ∠=11A AB ∠，因此 1ABR BAB ∠+∠=111A AB BAB ∠+∠=90，于是1AB BR ⊥，再由①即知1AB ⊥平面PRBC ，又PQ ⊂
平面PRBC ，故1AB PQ ⊥；
（2）如图d ，过点P 作1//PM A A 交AD 于点M ，则//PM 平面11ABB A ，
∵1A A ⊥平面ABCD ，∴OM ⊥平面ABCD ，过点M 作MN QD ⊥于点N ，连结PN ，则QD PN ⊥，
PNM ∠为二面角A QD P --的平面角，∴3cos 7
PNM ∠=，即
MN PN =3
7，从而403PM MN =③ 连结MQ ，由//PQ 平面11ABB A ，∴AB MQ //，又ABCD 是正方形，所以ABQM 为矩形，故
6==AB MQ ，设t MD =，则 2
2
MQ MD MN MQ MD
⋅=
=
+2
636t t
+④，过点1D 作11//D E A A 交AD 于点
E ，则11AA D E 为矩形，∴1D E =16A A =，113AE A D ==，因此3=-=AE AD ED ，于是
1623D E PM MD ED ===，∴t MD PM 22==，再由③④得2
363
t +=40
3
，解得2=t ，因此4=PM ，故四面体ADPQ 的体积11166424332
ADQ
V S h =
⋅=⨯⨯⨯⨯=. 【考点分类】
热点1 利用空间向量求空间角
1.【2017届某某省某某一中、某某高级中学、某某效实中学等高三下五校联考】正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在1A C 上运动（包括端点），则BP 与1AD 所成角的取值X 围是（ ） A. ,43ππ⎡⎤⎢
⎥⎣⎦ B. ,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C. ,62ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D. ,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦
【答案】D
2.如图，在四棱锥P ABCD 中，PA 底面ABCD ，AD AB ，//AB DC ，2AD DC AP ，
1AB
，点E 为棱PC 的中点．
E P
D
C
（Ⅰ）证明：DC BE ⊥；
（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AC BE ⊥，求二面角F
AB P 的余弦值．
【答案】（Ⅰ）详见试题分析；（Ⅱ）直线BE 与平面PBD
． 【解析】（方法一）依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系（如图），可得1,0,0B ，2,2,0C ，
0,2,0D ，0,0,2P ．由E 为棱PC 的中点，得1,1,1E ．
（Ⅰ）向量0,1,1BE ，2,0,0DC ，故0=⋅DC BE ． ∴DC BE ⊥． （Ⅱ）向量1,2,0BD
，1,0,2PB
．设,,n
x y z 为平面PBD 的法向量，则
0,0,
n BD n PB
即
20,
20.
x y x z 不妨令1y
，可得2,1,1n 为平面PBD 的一个法向量．于是有
23cos ,3
6
2
n BE n BE
n
BE
，∴直线BE 与平面PBD ．
（Ⅲ）向量1,2,0BC
，2,2,2CP ，2,2,0AC ，1,0,0AB ．由点F 在棱PC 上，设CF CP ，01，故12,2
2,2
BF BC
CF
BC
CP
，由BF
AC ，得0BF AC ，因此，212222
0，解得
3
4
，即113
,,222
BF ．设1,,n x y z 为
平面FAB 的法向量，则
110,0,
n AB n BF
即
0,1130.
2
22
x
x y z 不妨令1z
，可得1
0,3,1n 为平面
FAB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量2
0,1,0n ，则
1212
11
3310
cos ,10
101n n n n n n ．易知，二面角F AB P 是锐角，∴其余弦值为
310
10
． （方法二）（Ⅰ）如图，取PD 中点M ，连结EM ，AM ．由于,E M 分别为,PC PD 的中点，故//EM DC ，且1
2
EM DC ，又由已知，可得//EM AB 且EM AB ，故四边形ABEM 为平行四边形，∴//BE AM ．
E
M
P
A
D
B
C
∵PA 底面ABCD ，故PA CD ，而CD
DA ，从而CD 平面PAD ，∵AM 平面PAD ，于是
CD AM ，又//BE AM ，∴BE
CD ．
H
G
D B
C
F
（Ⅲ）如图，在
PAC 中，过点F 作//FH PA 交AC 于点H ．∵PA
底面ABCD ，故FH
底面
ABCD ，从而FH
AC ．又BF
AC ，得AC
平面FHB ，因此AC BH ．在底面ABCD 内，
可得3CH
HA ，从而3CF FP ．在平面PDC 内，作//FG DC 交PD 于点G ，于是3DG
GP ．由
于//DC AB ，故//GF AB ，∴,,,A B F G 四点共面．由AB PA ，AB
AD ，得AB
平面PAD ，
故AB AG ，∴PAG 为二面角F AB P 的平面角．在PAG 中，2PA ，1242
PG
PD ，45APG ，由余弦定理可得10
2AG
，3os 10
c 1PAG ．∴二面角F AB P 的斜率值为
【方法规律】
1．利用向量法求异面直线所成的角时，注意向量的夹角与异面直线所成的角的异同．同时注意根据异面直线所成的角的X 围(0，π
2]得出结论．
2．利用向量法求线面角的方法
一是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)； 二是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.
3．利用空间向量求二面角可以有两种方法：一是分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个半平面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)． 4．利用空间向量求二面角时，注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角．求解过程中应注意以下几个方面：(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；
(2)求平面的法向量的方法：①待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；②先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量．当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法.
5. (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．
(2)求直线与平面所成的角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得，即sin θ＝|cos α|.
【解题技巧】
运用空间向量求解空间的角关键是建立空间直角坐标系后，空间角转化为向量的运算．使用空间向量解决立体几何计算，直线的标志是它的方向向量，平面的标志是它的法向量，我们可以借助于直线和平面的标志用向量这个工具解决立体几何计算问题．
利用向量法求解空间角，可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三计算”的繁琐过程，利用法向量求解空间角的关键在于“四破”．第一破“建系关”，第二破“求坐标关”；第三破“求法向量关”；第四破“应用公式关”，熟记线面成的角与二面角的公式，即可求出空间角． 【易错点睛】
1.异面直线所成角的X 围；线面角的正弦值是直线的方向向量和平面法向量所成角余弦的绝对值；两相交平面所成的角θ，两平面的法向量分别为n 1和n 2，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|，其特殊情况是两个半平面所成的角即二面角，也可以用这个公式解决，但要判定二面角的平面角是锐角还是钝角的情况以决定cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|还是cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|.这是利用向量求二面角的难点、易错点．
2.向量的书写不规X ，字母上方缺少＂→＂．
3.作图马虎，虚实线不分，不用直尺作图． 热点2利用空间向量解决探索与翻折问题
1.【2017 届某某省某某高级中学高三2月模拟】在矩形ABCD 中，45,25AB AD ==，将ABD ∆沿
BD 折起，使得点A 折起至A '，设二面角A BD C '--的大小为θ.
（1）当90θ=时，求A C '的长；（2）当1
cos 4
θ=
时，求BC 与平面A BD '所成角的正弦值.
【答案】(1)217；(2)32
. 【解析】试题分析：
(1)结合题意建立空间直角坐标系可得A C '的长是217；
(2)利用空间直角坐标系结合直线的方向向量和平面的法向量可得BC 与平面A BD '所成角的正弦值是
32
. 试题解析：
（1）在图 1中，过A 作BD 的垂线交BD 于E ，交DC 于F ， 则4525
410
AD AB AE BD ⋅⋅=
==，从而2,1,8DE EF BE === 如图 2，以,DA DC 所在直线分别为,x y 轴，建立空间直角坐标系
2545,,455A ⎛⎫
⎪ ⎪
⎝⎭
'， ()
0,45,0C 22
225165421755A C ⎛⎫⎛⎫=++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
'
(图1)
(图2) （2）当14
cos θ=
时，22
4124115A F cos θ=+-⋅⋅⋅=' 由余弦定理知90A FE ∠='
又易知BD ⊥平面A FE '，故有BD A F ⊥' 所以A F '⊥平面ABCD
()0,5,15A '故(
)0,5,15DA ='，又()
25,45,0DB =
求得A BD '的法向量()
1
23,3,1
n =-
又()25,0,0CB =
设BC 与平面A BD '成角为θ，
111
3,2
CB n sin cos CB n CB n θ⋅==
=
⋅2.【2017届某某省某某市第一中学高三适应性考试】如图，在三棱锥S ABC -中，SA ⊥底面ABC ，
2AC AB SA ===，AC AB ⊥，D ，E 分别是AC ，BC 的中点，F 在SE 上，且2SF FE =．
（1）求证：AF ⊥平面SBC ；
（2）在线段上DE 上是否存在点G ，使二面角
G AF E --的大小为30︒？若存在，求出DG 的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析; （2）见解析.
【解析】试题分析：第（1）问证明 AF ⊥平面SBC ，基本思路是证明AF 与平面SBC 内的两条相交直线垂直，注意合理利用题设条件给出的数量关系和图形关系；第（2）问应抓住两点找到问题的求解方向：一是点 G 的预设位置，二是二面角 G AF E --的位置．涉及空间二面角的问题，可以从两个不同的方法上得到求解，即常规法和向量法 试题解析：
（1）由2AC AB SA ===，AC AB ⊥，
E 是BC 的中点，得2AE =．
因为SA ⊥底面ABC ，所以SA AE ⊥．
在Rt SAE 中，6SE =
，所以16
33
EF SE ==．
因此2AE EF SE =⋅，又因为AEF AES ∠=∠， 所以EFA EAS ∽，
则90AFE SAE ︒∠=∠=，即AF SE ⊥． 因为SA ⊥底面ABC ，所以SA BC ⊥，又BC AE ⊥， 所以BC ⊥底面SAE ，则BC AF ⊥． 又SE BC E ⋂=，所以AF ⊥平面SBC ．
由MN
EF ，得MN AM
EF AE =)2
1262
t +=)61MN t =+．
在Rt GMN 中，tan30MG MN ︒=，即))263112t t -=+12
t =． 于是满足条件的点G 存在，且1
2
DG =
． （2）方法二：假设满足条件的点G 存在，并设DG t =．以A 为坐标原点，分别以AC ，AB ，AS 为x ，
y ，z 轴建立空间直线坐标系D xyz -，则()0,0,0A ，()0,0,2S ，()1,1,0E ，
()1,,0G t ．由2SF FE =得222,,333
F ⎛⎫ ⎪⎝⎭
．
所以()1,1,0AE =，222,,333AF ⎛⎫
=
⎪⎝⎭
，()1,,0AG t =． 设平面AFG 的法向量为()111,,m x y z =，则
{0m AF m AG ⋅=⋅=，即222
0{333
0x y z x my ++=+=，取1y =，得x t =-，1z t =-，即(),1,1m t t =--．设平面AFE 的法向量为()222,,n x y z =，则0
{0n AF n AE ⋅=⋅=，即222
0{333
x y z x y ++=+=，取1y =，得x t =-，1z t =-，即(),1,1n t t =--．由二面角G AF E --的大小为30︒
，得()()()
()
2
2
11110cos30211t t m n m n
t t ︒
-⨯+⨯-+-⨯⋅=
=
⋅⨯
-++-化简得22520t t -+=，又01t ≤≤，求得12t =． 于是满足条件的点G 存在，且1
2
DG =． 【方法规律】
1.解决探索性问题，都是先假设存在，然后根据已知条件和结论逐步进行计算和推导，若推出矛盾则不存在，这是解决探索性问题的常用方法．
2.解决翻折问题，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没有变，特别是没有变的量是我们解决问题的关键． 【解题技巧】
探索性问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题，全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度，考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．
空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，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X 围的解”等，因此使用问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题． 【易错点睛】
解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．如本题把直二面角转化为这两个平面的法向量垂直，利用两法向量数量积为零，得参数p 的方程．即把与两平面垂直有关的存在性问题转化为方程有无解的问题．
与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定X 围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．
【热点预测】
1.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,α平面ABCD =m ,α
平
面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为
(A)
2 (B )2 (C)
3 (D)13
【答案】A
2.【2017学某某省某某市期末】在三棱柱中，底面为正三角形，侧棱垂直底面，.若分别是棱上的点，且，则异面直线与所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
以为原点,为轴,在平面中过作的垂线为轴,为轴,建立空间直角坐标系, 在三棱柱中,底面为正三角形,侧棱垂直底面,,
分别是棱上的点,且,
,
设异面直线与所成角所成角为,
则 .所以异面直线与所成角的余弦值为 .故选D.
3. 【2018届某某省定州中学高三上第二次月考】已知点在正方体的对角线上，在
上，则与所成角的大小为___________.
【答案】
4. 【2018届某某省名校协作体高三上学期考试】如图，棱长为3的正方体的顶点A 在平面α内，三条棱AB ,AC ,AD 都在平面α的同侧. 若顶点B ,C 到平面α的距离分别为2,3，则平面ABC 与平面所成锐二面角的余弦值为________
【答案】
2
3
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设平面α 的一个法向量为000x y z （，，） ，设
01x =，
连结BC CD BD 、、， 则四面体A BCD - 为直
角四面体；作平面α的法线AH ， 作1BB α⊥ 于11B CC α⊥， 于11C DD α⊥， 于1D ；连结
111AB AC AD ，， ，令AH h DA a DB b DC c ====，，，， 由等体积可得
2
2221111
,h a b c
=++2222221,h h h a b c ∴=++ 令111BAB CAC DAD αγβ∠=∠=∠=，，， 可得222
1sin sin sin αβγ++=， 设
11123DD m BB CC ===，，，22
2
231333m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭⎝⎭， 解得2m = ； 则α的法向量为
000222n x y z hcos hcos hcos hsin hsin hsin πππ
αγβαγβ==---=（，，）（（），（），（））（，，），
由1hsin α=，
得2hsin γ=，6
2
hsin β=； ∴000326,,222n x y z ⎛⎫
==
⎪ ⎪⎝⎭
（，，），平面ABC 的法向量为()0,0,3，则平面ABC 与平面所成锐二
面角的余弦值为
()
()
2226
1,,20,0,32236
1232⎛⎫ ⎪⎝⎭=⎡⎤⎛⎫⎢⎥++⨯ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
5. 【2018届某某省黔东南州高三上第一次联考】如图所示，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为菱形，PAD ∆为正三角形，且,E F 分别为,AD AB 的中点，PE ⊥平面ABCD ，BE ⊥平面PAD ． （1）求证：BC ⊥平面PEB ；
（2）求EF 与平面PDC 所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）
15
5
.
试题解析：
（1）证明：因为PE ⊥平面ABCD ，BE ⊥平面PAD ， 所以,PE AD BE AD ⊥⊥，
又,PE BE E PE ⋂=⊂平面,PEB BE ⊂平面PEB ，所以AD ⊥平面PEB ， 由四边形ABCD 菱形，得//AD BC ， 所以BC ⊥平面PEB ． （2）解：
以E 为原点，,,EA EB EP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系， 不妨设菱形ABCD 的边长为2，则1,2,3AE ED PA PE ====，
223BE AB AE =-=，
则点()()()()()
131,0,0,0,3,0,2,3,0,1,0,0,0,0,3,,,022A B C D P F ⎛⎫
-- ⎪ ⎪⎝⎭
，
()()
1,3,0,1,0,3DC DP =-=，
设平面PDC 的法向量为(),,n x y z =，
则由()(
)
()(
)·,,?1,3,030{
·,,?1,0,
330
n DC x y z x y n DP x y z x z =-=-+===+=，解得3{
3x y x z
==-，
不妨令1z =，得(
)
3,1,1n =--； 又1
3,
,022EF ⎛⎫
=
⎪
⎪
⎝⎭， 所以EF 与平面PDC 所成角的正弦值为()
133,1,1?,
,022·15551n EF n EF
⎛⎫
-- ⎪⎝⎭=
=⨯．
6. 【2017课标3，理19】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD=∠CBD ，AB=BD ．
（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；
（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值.
【答案】(1)证明略；
(2)
7
7
. 【解析】
（2）
由题设及（1）知，,,OA OB OC 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.则()()
()()1,0,0,3,0,1,0,0,0,0,1A B C D - 由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的
1
2
，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的
1
2，即E 为DB 的中点，得312E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭
.故
7.【2016高考新课标1卷】如图,在以A ,B ,C ,D ,E ,F 为顶点的五面体中,面ABEF 为正方形,AF =2FD ,
90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60．
（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．
【答案】（I ）见解析（II ）219
【解析】（I ）由已知可得F DF A ⊥,F F A ⊥E ,所以F A ⊥平面FDC E ．
C
A
B
D
E
F
又F A ⊂平面F ABE ,故平面F ABE ⊥平面FDC E ．
所以()C 1,0,3E =,()0,4,0EB =,()
C 3,4,3A =--,()4,0,0AB =-． 设(),,n x y z =是平面C B E 的法向量,则
C 0
n n ⎧⋅E =⎪⎨
⋅EB =⎪⎩,即3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩, 所以可取()
3,0,3n =-．
设m 是平面CD AB 的法向量,则C 0
m m ⎧⋅A =⎪⎨⋅AB =⎪⎩,
同理可取()
0,3,4m =．则219
cos ,19
n m n m n m ⋅=
=-
． 故二面角C E-B -A 的余弦值为21919
-
．
8.【2017届某某兵团农二师华山中学高三上学前考】如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面是边长为1的正方形，PA ⊥底面ABCD ，E 、F 分别为AB 、PC 的中点．
（Ⅰ）求证：EF ∥平面PAD ；
（Ⅱ）若PA=2，试问在线段EF 上是否存在点Q ，使得二面角Q ﹣AP ﹣D 的余弦值为5
5
？若存在，确定点Q 的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（I ）证明见解析；（II ）满足条件的Q 存在，是F E 中点.
（Ⅱ）结论：满足条件的Q 存在，是EF 中点．理由如下：如图：以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系，
则)1,21
,21(),0,2
1,0(),0,1,1(),0,1,0(),2,0,0(F E C B P ，由题易知平面PAD 的法向量为(0,1,0)n =，假设存
在Q 满足条件：设EQ EF λ=， 1(,0,1)2EF =，∴1(,,)22Q λλ=，1
(,,)22
AQ λλ=，]1,0[∈λ，设
平面PAQ 的法向量为(,,)n x y z =，
由10220x y z z λ
λ⎧++=⎪⎨⎪=⎩，可得(1,,0)n λ=-， ∴2
cos ,||||1m n m n m n λ
λ⋅-<>=
=
+， 由已知：
2
5
5
1λλ-=
+，解得：12λ=，
所以满足条件的Q 存在，是EF 中点．
9.如图1，在直角梯形CD AB 中，D//C A B ，D 2
π
∠BA =
，C 1AB =B =，D 2A =，E 是D A 的中点，
O 是C A 与BE 的交点．将∆ABE 沿BE 折起到1∆A BE 的位置，如图2．
（I ）证明：CD ⊥平面1C A O ；
（II ）若平面1A BE ⊥平面CD B E ，求平面1C A B 与平面1CD A 夹角的余弦值．
【答案】（I ）证明见解析；（II 6 【解析】（I ）在图1中，因为C 1AB =B =，D 2A =，E 是D A 的中点，D 2
π
∠BA =，所以C BE ⊥A
即在图2中，1BE ⊥OA ，C BE ⊥O 从而BE ⊥平面1A OC
又CD//BE ，所以CD ⊥平面1A OC .
(II)由已知，平面1A BE ⊥平面CD B E ，又由（I ）知，1OA BE ⊥，C BE ⊥O 所以1A OC ∠为二面角1--C A BE 的平面角，所以1OC 2
A π
∠=.
如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系， 因为11B=E=BC=ED=1A A ，//BC ED 所以12
222(
E(,0,0),A ),C(0,2B 得22BC(
,,0),22122
A C(0,)2
2
，CD BE (2,0,0).
设平面1BC A 的法向量1111(,,)n x y z ，平面1CD A 的法向量2222(,,)n x y z ，平面1BC A 与平面1CD A 夹
角为θ，
则1110
n BC n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得111100x y y z -+=⎧⎨-=⎩，取1
(1,1,1)n ，
2210
n CD n A C ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩，得22200x y z =⎧⎨-=⎩，取2(0,1,1)n =， 从而126
cos |cos ,|332
n n θ=〈〉=
=⨯， 即平面1BC A 与平面1CD A 6
10.【2016高考某某理数】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）
33（Ⅲ）721
【解析】依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O 为点，分别以,,AD BA OF 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 ==-.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.
（II ）解：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
6
cos ,3
OA n OA n OA n ⋅<>=
=-
⋅，于是23sin ,3OA n <>=，所以，二面角O EF C --的正弦值
为
3
3
. 11. 【2017某某，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G 是DF 的中点.
（Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.
【答案】（Ⅰ）30CBP ∠=︒.（Ⅱ）60︒.
思路二：
以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 写出相关点的坐标，求平面AEG 的一个法向量111(,,)m x y z =，
平面ACG 的一个法向量222(,,)n x y z =
计算1
cos ,||||2
m n m n m n ⋅<>=
=⋅即得.
（Ⅱ）解法一：
取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH . 因为120EBC ∠=︒， 所以四边形BEHC 为菱形，
所以2
2
3213AE GE AC GC ====+=取AG 中点M ，连接EM ，CM ，EC . 则EM AG ⊥，CM AG ⊥， 所以EMC ∠为所求二面角的平面角.
又1AM =，所以13123EM CM ==-=在BEC ∆中，由于120EBC ∠=︒，
由余弦定理得22222222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=， 所以23EC =，因此EMC ∆为等边三角形， 故所求的角为60︒. 解法二：
以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因此所求的角为60︒.
12.【2017届某某襄阳四中高三七月周考】如图，在梯形ABCD 中,AB ∥CD ,
a CB DC AD ===, 60=∠ABC ,平面⊥ACFE 平面ABCD ,四边形ACFE 是矩形,a AE =,点M 在
线段EF 上．
（Ⅰ）求证:⊥BC 平面ACFE ；
（Ⅱ）当EM 为何值时,AM ∥平面BDF ?证明你的结论； （Ⅲ）求二面角D EF B --的平面角的余弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）33EM =
10
10
． 【解析】（Ⅰ）在梯形ABCD 中，CD AB // ，︒
=∠===60,ABC a CB DC AD 四边形ABCD 是等腰梯形，且︒
︒
=∠=∠=∠120,30DCB DAC DCA ︒=∠-∠=∠∴90DCA DCB ACB
BC AC ⊥∴ 又 平平面ACFE ⊥平面ABCD ，交线为AC ，⊥∴BC 平面ACFE
（Ⅱ）当a EM 3
3
=
时，//AM 平面BDF ，在梯形ABCD 中，设N BD AC =⋂，连接FN ，则2:1:=NA CN
a EM 3
3
=
，而a AC EF 3== 2:1:=∴MF EM ， AN MF //∴，∴四边形ANFM 是平行四边形，NF AM //∴又⊂NF 平面BDF ，⊄AM 平面BDF //AM ∴平面BDF
N
D
C
A
B
E
F
M
（Ⅲ） 由（Ⅰ）知,以点C 为原点，CF CB CA ,,所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则
)0,0,0(C ,)0,,0(a B ，)0,0,3(a A ，),0,0(a F ，),0,3(a a E
),,0(a a FB -=→
)0,0,3(a EF -=
),2
,23(a a
a DF -
= 平面BEF 的法向量)1,1,0(=m ，平面EFD 的法向量为)1,2,0(-=n ，所以
10
10
|
|||,cos -
=⋅⋅>=
<n m n m n m 又∵二面角D EF B --的平面角为锐角，即D EF B --的的余弦值为
10
10．
13.如下图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 和侧面11BCC B 都是矩形，E 是CD 的中点，
1D E CD ⊥，22AB BC ==.
（1）求证：1⊥BC D E （2）求证：1//B C 平面1BED ；
（3）若平面11BCC B 与平面1BED 所成的锐二面角的大小为
3
π
，求线段1D E 的长度.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）1. 【解析】（1）因为底面ABCD 和侧面11BCC B 是矩形， 所以 BC CD ⊥，1BC CC ⊥， 又因为 1=CD
CC C ，
所以 BC ⊥平面11DCC D ， 因为 1D E ⊂平面11DCC D ， 所以 1BC
D E ⊥；
（3）由（1）可知1BC D E ⊥， 又因为 1D E CD ⊥，BC
CD C =，
所以 1D E ⊥平面ABCD .
A B
A 1
B 1
D C E
D 1 C 1
设G 为AB 的中点，以E 为原点，EG 、EC 、1ED 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴
如图建立空间直角坐标系，
设1D E a =，则()0,0,0E 、()1,1,0B 、()10,0,D a 、()0,1,0C 、()11,2,B a 、()1,0,0G ，
设平面1BED 法向量为(),,n x y z =，
因为 ()1,1,0EB =，()10,0,ED a =，
由100
n EB n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得00x y z +=⎧⎨=⎩ 令1x =，得()1,1,0n =-.
设平面11BCC B 法向量为()111,,m x y z =，
因为 ()1,0,0CB =，()11,1,CB a =，
由100m CB m CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得11
110,0.x x y az =⎧⎨++=⎩ 令11z =，得()0,,1m a =-.
由平面11BCC B 与平面1BED 所成的锐二面角的大小为
3π， 得 ||cos ,cos 32m n m n m n π⋅=
==，
解得1a =. 14.【2017届某某某某一中高三上学期入学模拟】如图，在四棱锥CD P -AB 中，侧棱PA ⊥底面CD AB ，D//C A B ，C 90∠AB =，C 2PA =AB =B =，D 1A =，M 是棱PB 中点．
1
（1）求证：//AM 平面CD P ； （2）设点N 是线段CD 上一动点，且D DC λN =，当直线MN 与平面PAB 所成的角最大时，求λ的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）3
2=λ. 【解析】（1）以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则)1,1,0(),2,0,0(),0,0,1(),0,2,2(),0,2,0(),0,0,0(M P D C B A ，
则)0,2,1(),2,0,1(),1,1,0(--=-==CD PD AM 设平面PCD 的法向量是(x y z)n =，，，
则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00n CD n PD 即20,20,x z x y -=⎧⎨--=⎩
令1z =，则2,1x y ==-，于是(211)n =-，，
∵0AM n ⋅=，∴AM n ⊥，
∴AM//平面PCD.
（2）因为点N 是线段CD 上的一点，可设)0,2,1(λλ==DC DN
)0,2,1()0,2,1()0,0,1(λλλ+=+=+=DN AD AN
)1,12,1()1,1,0()0,2,1(--+=-+=-=λλλλAM AN MN 又面PAB 的法向量为()1,0,0 设MN 与平面PAB 所成的角为θ
时， 时，θsin 最大， 所以MN 与平面PAB 所成的角最大时32=λ.。