2019届高考数学二轮复习专项二专题四3第3讲立体几何中的向量方法学案(含解析)

第3讲 立体几何中的向量方法
利用空间向量证明平行与垂直(综合型)
设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)、υ＝(a 3，b 3，c 3)，则有：
(1)线面平行
l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直
l ⊥α⇔a
∥μ
⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行
α∥β⇔μ∥υ⇔μ＝λυ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥υ⇔μ·υ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.
[典型例题]
如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥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P AD ； (3)平面PCD ⊥平面P AD .
【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BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，故BE →·DC →
＝0.
所以BE ⊥DC .
(2)因为AB ⊥AD ，又P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥P A ，P A ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面P AD ， 所以向量AB →
＝(1，0，0)为平面P AD 的一个法向量． 而BE →·AB →
＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以BE ⊥AB ，
又BE ⊄平面P AD ，所以BE ∥平面P AD .
(3)由(2)知平面P AD 的一个法向量AB →＝(1，0，0)，向量PD →＝(0，2，－2)，DC →
＝(2，0，0)， 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·
DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＝0，
不妨令y ＝1，可得n ＝(0，1，1)为平面PCD 的一个法向量．且n ·AB →
＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以n ⊥AB →
.所以平面PCD ⊥平面P AD .
利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．
(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求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系． (4)根据运算结果解释相关问题．
[对点训练]
在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：
(1)B 1D ⊥平面ABD . (2)平面EGF ∥平面ABD .
证明：(1)依题意，以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0，0，0)，D (0，2，2)，B 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，设BA ＝a ，
则A (a ，0，0)，
所以BA →＝(a ，0，0)，BD →＝(0，2，2)，B 1D →＝(0，2，－2)，B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →
＝0＋4－4＝0，
即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .
又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ⊂平面ABD ， 因此B 1D ⊥平面ABD .
(2)由(1)知，E (0，0，3)，G ⎝⎛⎭⎫a
2，1，4， F (0，1，4)，
则EG →＝⎝⎛⎭
⎫a 2，1，1，EF →
＝(0，1，1)， B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B 1D →·EF →
＝0＋2－2＝0， 即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .
又EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ⊂平面EGF ， 因此B 1D ⊥平面EGF .
结合(1)可知B 1D →
是平面ABD 的一个法向量， 所以平面EGF ∥平面ABD .
利用空间向量求空间角(综合型)
[典型例题]
命题角度一 异面直线所成的角
已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成
角的余弦值为________．
【解析】 如图，在平面ABC 内过点B 作BD ⊥AB ，交AC 于点D ，则∠CBD ＝30°.
因为BB 1⊥平面ABC ，故以B 为坐标原点，分别以射线BD ，BA ，BB 1为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，
则B (0，0，0)，A (0，2，0)，B 1(0，0，1)，C 1(cos 30°，－sin 30°，1)，即C 1⎝⎛⎭⎫32
，－12，1.
所以AB 1→＝(0，－2，1)，BC 1→
＝⎝⎛⎭⎫32，－12，1.
所以cos 〈AB 1→，BC 1→
〉＝AB 1→·BC 1→
|AB 1→||BC 1→|
＝
0×
3
2
＋（－2）×⎝⎛⎭⎫－12＋1×10＋（－2）2
＋12
×
⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭
⎫－122
＋12＝
10
5
. 所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105
. 【答案】
105
两异面直线所成角的求法
(1)定义法：过空间中任一点，分别作两异面直线的平行线，则这两条相交直线所成的锐角或直角等于两异面直
线所成的角．定义法求解的实质就是将空间中两异面直线所成的角转化为平面三角形的内角进行求解． (2)向量法：设异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，则异面直线a ，b 所成角的余弦值等于|cos 〈a ，b 〉
|.
命题角度二 直线与平面所成的角
(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC
的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .
(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．
【解】 (1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD .
(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .
以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →
|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz .
由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝
32，EH ＝32
. 则H (0，0，0)，P ⎝
⎛⎭⎫0，0，
32，D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →
＝⎝
⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．
设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝3
43＝34.
所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为
3
4
.
向量法求直线和平面所成的角
设θ为直线l 与平面α所成的角，φ为直线l 的方向向量v 与平面α的法向量n 之间的夹角，则有φ＝π
2－
θ(如图1)或φ＝π2＋θ(如图2)，所以有sin θ＝|cos φ|＝|cos 〈v ，n 〉|＝|v ·n ||v ||n |.特别地，φ＝0时，θ＝π2，l ⊥α；φ＝
π
2时，
θ
＝0，l ⊂α或l ∥α.
命题角度三 二面角的平面角
(2018·沈阳教学质量监测(一))如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面P AD ⊥平面
ABCD ，底面ABCD 是正方形，且P A ＝PD ，∠APD ＝90°.
(1)证明：平面P AB ⊥平面PCD ；
(2)(一题多解)求二面角A -PB -C 的余弦值． 【解】 (1)证明：因为底面ABCD 为正方形， 所以CD ⊥AD .
又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以CD ⊥平面P AD .
又AP ⊂平面P AD ，所以CD ⊥AP .
因为∠APD ＝90°，即PD ⊥AP ，CD ∩PD ＝D ， 所以AP ⊥平面PCD .
因为AP ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面PCD .
(2)法一：取AD 的中点为O ，BC 的中点为Q ，连接PO ，OQ ，
易得PO ⊥底面ABCD ，OQ ⊥AD ，
以O 为原点，OA →，OQ →，OP →
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，如图，不妨设正方形ABCD 的边长为2，
可得A (1，0，0)，B (1，2，0)，C (－1，2，0)，P (0，0，1)． 设平面APB 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 而P A →＝(1，0，－1)，PB →
＝(1，2，－1)． 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·P A →＝0，n 1·PB →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－z 1＝0，
x 1＋2y 1－z 1＝0，
则y 1＝0，取x 1＝1，得n 1＝(1，0，1)为平面APB 的一个法向量． 设平面BCP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 而PB →＝(1，2，－1)，PC →
＝(－1，2，－1)，
则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PB →＝0，
n 2·PC →＝0，
即⎩
⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－z 2＝0，
－x 2＋2y 2－z 2＝0， 则x 2＝0，取y 2＝1，得n 2＝(0，1，2)为平面BCP 的一个法向量． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝1×0＋0×1＋1×22×5＝210＝105，
由图易知二面角A -PB -C 为钝角， 故二面角A -PB -C 的余弦值为－
10
5
. 法二：以D 为原点，建立空间直角坐标系，如图，
不妨设正方形ABCD 的边长为2，可得A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，P (1，0，1)，
设平面P AB 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 而P A →＝(1，0，－1)，PB →
＝(1，2，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n 1＝0，PB →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0，
则y 1＝0，取z 1＝1，
则n 1＝(1，0，1)为平面P AB 的一个法向量． 设平面PBC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 而PB →＝(1，2，－1)，PC →
＝(－1，2，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·n 2＝0，PC →·n 2＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－z 2＝0，－x 2＋2y 2－z 2＝0，
则x 2＝0，取y 2＝1，则n 2＝(0，1，2)为平面PBC 的一个法向量． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝22×5＝10
5，
由图可得二面角A -PB -C 为钝角， 故二面角A -PB -C 的余弦值为－
105
.
向量法求二面角
设二面角α-l -β的平面角为θ(0≤θ≤π)，n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，向量n 1，n 2的夹角为ω，则有θ＋ω＝π(如图1)或θ＝ω(如图2)，其中cos ω＝n 1·n 2
|n 1||n 2|
.
[对点训练]
(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．
(1)证明：PO ⊥平面ABC ；
(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M -P A -C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝
2
2
AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝1
2AC ＝2.
由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .
由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .
(2)如图，以O 为坐标原点，OB →
的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .
由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23)．取平面P AC 的一个法向量OB →
＝(2，0，0)．
设M (a ，2－a ，0)(0＜a ≤2)，则AM →
＝(a ，4－a ，0)． 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →
·n ＝0得
⎩
⎨
⎧2y ＋23z ＝0，
ax ＋（4－a ）y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →
，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a 2.由已知可得
|cos 〈OB →
，n 〉|＝32
，
所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)，a ＝4
3， 所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833
，433，－43.
又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →
，n 〉＝34.
所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为
34
.
利用向量解决探索性问题(综合型
)
[典型例题]
(2018·长春质量监测(二))如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为
等腰梯形，AD ＝2BC ＝2CD ＝4，AA 1＝2 3.
(1)证明：AD 1⊥B 1D ；
(2)设E 是线段A 1B 1(不包括端点)上的动点，是否存在这样的点E ，使得二面角E -BD 1
­A 的余弦值为
7
7
，如果存在，求出B 1E 的长；如果不存在，请说明理由． 【解】 (1)证明：连接BD ，B 1D 1(图略)，在等腰梯形ABCD 中，由AD ＝2BC ＝2CD ＝4，得BD ＝23， 故四边形B 1BDD 1是正方形，BD 1⊥B 1D .
⎭
⎬⎫
⎭
⎪⎬⎪
⎫BB 1⊥平面ABCD AB ⊂平面ABCD ⇒BB 1⊥AB
由AB 2
＋BD 2
＝AD 2
，可知BD ⊥AB
⇒
⎭
⎪⎬⎪
⎫AB ⊥平面BDD 1B 1B 1D ⊂平面BDD 1B 1⇒
⎭
⎪⎬
⎪⎫AB ⊥B 1D BD 1⊥B 1D ⇒
⎭
⎪⎬⎪
⎫B 1D ⊥平面ABD 1AD 1⊂平面ABD 1⇒AD 1⊥B 1D . (2)假设存在这样的点E ，依题意，以B 为原点，DB →方向为x 轴正方向，AB →方向为y 轴正方向，BB 1→
方向为z 轴正方向，
建立空间直角坐标系(图略)，设B 1E ＝m (0<m <2)，
则E (0，－m ，23)，B (0，0，0)，D 1(－23，0，23)，A (0，－2，0)，BE →＝(0，－m ，23)，BD 1→
＝(－23，0，23)，
设平面EBD 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE →＝0
n 1·BD 1→＝0
，
即⎩⎨⎧－my 1＋23z 1＝0
－23x 1＋23z 1＝0， 令z 1＝m ，则⎩⎨⎧x 1＝m
y 1＝2
3
，
所以n 1＝(m ，23，m )．
BA →＝(0，－2，0)，BD 1→
＝(－23，0，23)， 设平面BD 1A 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BA →＝0
n 2·BD 1→＝0
，
即⎩⎨⎧－2y 2＝0
－23x 2＋23z 2＝0
， 令x 2＝1，则⎩⎪⎨⎪
⎧y 2＝0z 2
＝1，
所以n 2＝(1，0，1)， |cos 〈n 1，n 2〉|＝
|m ＋m |m 2＋12＋m 2·2
＝
7
7
，解得m 2＝1，则m ＝1，故B 1E 的长为1.
利用空间向量巧解探索性问题
(1)空间向量最适合于解决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．
(2)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，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．
[对点训练]
如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，P A ＝PD ＝2，BC ＝1
2AD
＝1，CD ＝ 3.
(1)求证：平面PBC ⊥平面PQB ；
(2)若平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°，求PM 的长． 解：(1)证明：因为AD ∥BC ，Q 为AD 的中点，BC ＝1
2AD ，
所以BC ＝QD ，
所以四边形BCDQ 是平行四边形， 因为∠ADC ＝90°，所以BC ⊥BQ . 因为P A ＝PD ，AQ ＝QD ， 所以PQ ⊥AD ，
又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PQ ⊥平面ABCD . 所以PQ ⊥BC ，
又因为PQ ∩BQ ＝Q ，
所以BC ⊥平面PQB .因为BC ⊂平面PBC ， 所以平面PBC ⊥平面PQB .
(2)由(1)可知PQ ⊥平面ABCD .如图，以Q 为原点，分别以QA ，QB ，QP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．
则Q (0，0，0)，D (－1，0，0)，P (0，0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)， 所以PD →＝(－1，0，－3)，PC →
＝(－1，3，－3)， 设平面PDC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PD →·n ＝0PC →·
n ＝0，即⎩⎨⎧－x 1－3z 1＝0－x 1＋3y 1－3z 1＝0，
取x 1＝3，则n ＝(3，0，－3)为平面PDC 的一个法向量． ①当M 与C 重合时，平面MQB 的法向量为QP →
＝(0，0，3)， |n ·QP →||n |·|QP →|＝1
2＝cos 60°，满足题意． 此时PM ＝7.
②当M 与C 不重合时，
由PM →＝λPC →
＝λ(－1，3，－3)，且0≤λ<1， 得M (－λ，3λ，3－3λ)， 所以QM →
＝(－λ，3λ，3(1－λ))， 易得QB →
＝(0，3，0)，
设平面MBQ 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧QM →·m ＝0QB →·
m ＝0，
即⎩⎨⎧－λx 2＋3λy 2＋3（1－λ）z 2＝03y 2＝0
， 取x 2＝3，则m ＝⎝⎛⎭
⎫3，0，λ
1－λ为平面MBQ 的一个法向量．
因为平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°， 所以cos 60°＝⎪⎪⎪
⎪n ·m |n |×|m | ＝⎪
⎪⎪
⎪
⎪⎪
33－3
λ
1－λ12× 3＋⎝⎛⎭
⎫λ
1－λ2＝1
2，
所以λ＝12，所以PM ＝7
2，
由①②知PM ＝7或
7
2
.
[A 组 夯基保分专练]
一、选择题
1．(2018·合肥第一次质量检测)
如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．
(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；
(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，
又M 为AE 的中点，所以MN ∥EC . 因为MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ， 所以MN ∥平面EFC .
因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ∥DE . 因为BF ＝DE ，
所以四边形BDEF 为平行四边形， 所以BD ∥EF .
因为BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， 所以BD ∥平面EFC .
又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ∥平面EFC .
(2)因为DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，
所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D -xyz .
设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)， 所以DB →＝(2，2，0)，DM →
＝(1，0，2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·
DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.
令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． 因为AE →
＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ·AE →
〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515，
所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为45
15
.
2.(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵
所在平面垂直，M 是CD ︵
上异于C ，D 的点．
(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M -ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵
上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .
(2)以D 为坐标原点，DA →
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .
当三棱锥M -ABC 体积最大时，M 为CD ︵
的中点．
由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)， AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →
＝(2，0，0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·
AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.
可取n ＝(1，0，2)．
DA →是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →
|＝55，sin 〈n ，DA →
〉＝255.
所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是25
5
.
3．(2018·陕西教学质量检测(一))如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.
(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；
(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B -OB 1­C 的余弦值． 解：(1)证明：因为A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以A 1O ⊥BD .
因为四边形ABCD 是菱形， 所以CO ⊥BD . 因为A 1O ∩CO ＝O ， 所以BD ⊥平面A 1CO . 因为BD ⊂平面BB 1D 1D ， 所以平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D . (2)因为A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，
所以OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB →，OC →，OA 1→
的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， 所以OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3，
OA 1＝AA 21－OA 2
＝ 6.
则O (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0，0，6)， 所以OB →＝(1，0，0)，BB 1→＝AA 1→＝(0，3，6)，OB 1→＝OB →＋BB 1→
＝(1，3，6)， 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ⎩⎪⎨⎪⎧OB →·n ＝0，OB 1→·n ＝0，
所以⎩⎨⎧x ＝0，x ＋3y ＋6z ＝0.
令y ＝2，得n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 同理可求得平面OCB 1的一个法向量m ＝(6，0，－1)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝13×7＝21
21，
由图可知二面角B -OB 1­C 是锐二面角， 所以二面角B -OB 1­C 的余弦值为
21
21
.
4.如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝1
2
AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点． (1)证明：直线CE ∥平面P AB ；
(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．
解：(1)证明：取P A 的中点F ，连接EF ，BF ，如图所示．因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .
由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，又BC ＝1
2AD ，所以EF 綊BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，
又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .
(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，设|AB →
|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则
A (0，0，0)，
B (1，0，0)，
C (1，1，0)，P (0，1，3)，PC →＝(1，0，－3)，AB →
＝(1，0，0)．
设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则
BM →＝(x －1，y ，z )，PM →
＝(x ，y －1，z －3)．
因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0，0，1)是底面ABCD 的一个法向量，所以|cos 〈BM →
，n 〉|＝sin 45°，
|z |（x －1）2＋y 2＋z 2＝2
2
，
即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①
又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →
，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②
由①，②解得⎩⎨⎧x ＝1＋
2
2
，y ＝1，
z ＝－6
2
(舍去)，⎩⎨⎧x ＝1－
2
2
，y ＝1，
z ＝62，
所以M ⎝
⎛⎭⎫1－
22，1，
62，从而AM →
＝⎝
⎛⎭⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·
AM →＝0，m ·
AB →＝0，即⎩⎨⎧（2－2）x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，
所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝
105.
因此二面角M -AB -D 的余弦值为
10
5
.
[B 组 大题增分专练]
1．(2018·南昌模拟)如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝BC ＝AP ＝1
2AD ＝3，AC ∩BD ＝O ，过O 点作平面α平行于平
面P AB ，平面α
与棱BC ，AD ，PD ，PC 分别相交于点E ，F ，G ，H .
(1)求GH 的长度；
(2)求二面角B -FH -E 的余弦值．
解：(1)因为平面α∥平面P AB ，平面α∩平面ABCD ＝EF ， 平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ，所以EF ∥AB .
同理EH ∥BP ，FG ∥AP . 因为BC ∥AD ，AD ＝6，BC ＝3， 所以△BOC ∽△DOA ， 且
BC AD ＝CO AO ＝12
， 所以EO OF ＝12，CE ＝1
3CB ＝1，BE ＝AF ＝2，
同理CH PC ＝EH PB ＝CO CA ＝13，
连接HO ，则有HO ∥P A ， 且HO ⊥EO ，HO ＝1， 所以EH ＝1
3PB ＝2，
同理FG ＝2
3
P A ＝2，
过点H 作HN ∥EF 交FG 于N ，易得四边形HNFO 为矩形， 则GH ＝HN 2＋GN 2＝ 5.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则B (3，0，0)，F (0，2，0)，E (3，2，0)，H (2，2，1)，
BH →＝(－1，2，1)，FH →
＝(2，0，1)． 设平面BFH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BH →＝－x ＋2y ＋z ＝0n ·FH →＝2x ＋z ＝0，
令z ＝－2，得n ＝⎝⎛⎭⎫1，3
2，－2. 因为平面EFGH ∥平面P AB ，
所以平面EFGH 的一个法向量为m ＝(0，1，0)．
故cos 〈m ，n 〉＝m ·n
|m ||n |
＝
321＋94＋4＝
329
29
， 二面角B -FH -E 的余弦值为
329
29
. 2．(2018·西安模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝45°，AD ＝AP ＝2，AB ＝DP ＝22，E 为CD 的中点，点F 在线段PB 上．
(1)求证：AD ⊥PC ；
(2)试确定点F 的位置，使得直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等．
解：(1)证明：在平行四边形ABCD 中，连接AC ，AB ＝22，BC ＝2，∠ABC ＝45°， 由余弦定理得AC 2＝8＋4－2·22·2·cos 45°＝4，得AC ＝2， 所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，又AD ∥BC ， 所以AD ⊥AC ，
又AD ＝AP ＝2，DP ＝22， 所以P A ⊥AD ，又AP ∩AC ＝A ， 所以AD ⊥平面P AC ，所以AD ⊥PC . (2)因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，P A ⊥AD ， 所以P A ⊥底面ABCD ，
所以直线AC ，AD ，AP 互相垂直，以A 为坐标原点，DA ，AC ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，
则A (0，0，0)，D (－2，0，0)，C (0，2，0)，B (2，2，0)，E (－1，1，0)，P (0，0，2)， 所以PC →＝(0，2，－2)，PD →＝(－2，0，－2)，PB →
＝(2，2，－2)， 设
PF
PB
＝λ(λ∈[0，1])， 则PF →
＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以EF →
＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)． 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2x －2z ＝0，
令x ＝1，得n ＝(1，－1，－
1)
．
因为直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等，
所以|cos 〈EF →，m 〉|＝|cos 〈EF →
，n 〉|， 即|EF →
·m ||EF →|·|m |＝|EF →·n ||EF →|·|n |， 所以|－2λ＋2|＝⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪2λ3，
即3|λ－1|＝|λ|，解得λ＝
3－32，所以PF PB ＝3－3
2
. 3．(2018·潍坊模拟)在▱P ABC 中，P A ＝4，PC ＝22，∠P ＝45°，D 是P A 的中点(如图1)．将△PCD 沿CD 折起到图2中△P 1CD 的位置，得到四棱锥P 1­ABCD .
(1)将△PCD 沿CD 折起的过程中，CD ⊥平面P 1DA 是否成立？请证明你的结论；
(2)若P 1D 与平面ABCD 所成的角为60°，且△P 1DA 为锐角三角形，求平面P 1AD 和平面P 1BC 所成角的余弦值．
解：(1)将△PCD 沿CD 折起过程中，CD ⊥平面P 1DA 成立．证明如下： 因为D 是P A 的中点，P A ＝4， 所以DP ＝DA ＝2，
在△PDC 中，由余弦定理得，CD 2＝PC 2＋PD 2－2PC ·PD ·cos 45°＝8＋4－2×22×2×2
2
＝4， 所以CD ＝2＝PD ， 因为CD 2＋DP 2＝8＝PC 2，
所以△PDC 为等腰直角三角形且CD ⊥P A ， 所以CD ⊥DA ，CD ⊥P 1D ，P 1D ∩AD ＝D ， 所以CD ⊥平面P 1DA .
(2)由(1)知CD ⊥平面P 1DA ，CD ⊂平面ABCD ， 所以平面P 1DA ⊥平面ABCD ， 因为△P 1DA 为锐角三角形，
所以P 1在平面ABCD 内的射影必在棱AD 上，记为O ，连接P 1O ， 所以P 1O ⊥平面ABCD ，
则∠P 1DA 是P 1D 与平面ABCD 所成的角， 所以∠P 1DA ＝60°， 因为DP 1＝DA ＝2，
所以△P 1DA 为等边三角形，O 为AD 的中点，
故以O 为坐标原点，过点O 且与CD 平行的直线为x 轴，DA 所在直线为y 轴，OP 1
所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设x 轴与BC 交于点M ， 因为DA ＝P 1A ＝2，
所以OP 1＝3，易知OD ＝OA ＝CM ＝1，所以BM ＝3，
则P 1(0，0，3)，D (0，－1，0)，C (2，－1，0)，B (2，3，0)，DC →＝(2，0，0)，BC →＝(0，－4，0)，P 1C →
＝(2，－1，－3)，
因为CD ⊥平面P 1DA ，
所以可取平面P 1DA 的一个法向量n 1＝(1，0，0)， 设平面P 1BC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0，n 2·P 1C →＝0，所以⎩⎨⎧－4y 2＝0，
2x 2－y 2－3z 2＝0，
解得⎩
⎪⎨⎪⎧y 2＝0，x 2＝32z 2，令z 2＝1，则n 2＝⎝⎛⎭⎫3
2，0，1， 设平面P 1AD 和平面P 1BC 所成的角为θ，由图易知θ为锐角，
所以cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝
|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝32
1×
7
2
＝21
7.
所以平面P 1AD 和平面P 1BC 所成角的余弦值为
217. 4.如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，P A ＝2.
(1)求证：AB ⊥PC ；
(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M -AC -D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得AB ＝AC ＝4， 所以BC 2＝AB 2＋AC 2，
所以∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ， 因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ， 又P A ∩AC ＝A ，
所以
AB
⊥平面P AC ，所以AB ⊥PC . (2)
存在，理由如下：
取BC 的中点E ，则AE ⊥BC ，以A 为坐标原点，AE ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (0，0，0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0，2)，B (22，－22，0)， PD →＝(0，22，－2)，AC →
＝(22，22，0)． 设PM →＝tPD →
(0<t <1)，
则点M 的坐标为(0，22t ，2－2t )， 所以AM →
＝(0，22t ，2－2t )．
设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·
AM →＝0，
即⎩⎨⎧22x ＋22y ＝0，22ty ＋（2－2t ）z ＝0，
令x ＝1，得y ＝－1，z ＝2t
1－t ，
则n ＝⎝
⎛
⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t .
又m ＝(0，0，1)是平面ACD 的一个法向量， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n |
|m ||n |
＝
⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
2t t －12＝2
2， 解得t ＝1
2
，即点M 是线段PD 的中点．
此时平面MAC 的一个法向量n ＝(1，－1，2)， 又BM →
＝(－22，32，1)． 设BM 与平面MAC 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，BM →
〉|＝422×33
＝269.
故BM 与平面MAC 所成角的正弦值为26
9.。