专题17 空间向量-2020年江苏省高考数学命题规律大揭秘(解析版)

专题17 空间向量【真题感悟】1、【2018江苏，理22】如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．（1）求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； （2）求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．【答案】（1）31020（2）55【解析】解：如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2， 所以1110,1,0,3,0,0,0,1,0,0,1,()()()()(2,3,0,2,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -，从而131(,,2)(0,2,222),BP AC ==--，故111||||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅-===⋅．因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为．（2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ，因此33(,0)22AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量，则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅=n n n ，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为．2、【2017江苏，22】如图， 在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB =AD =2，AA 1 120BAD ∠=︒.（1）求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； （2）求二面角B-A 1D-A 的正弦值.【答案】（1）17（2）4【解析】解：在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以1{,,}AE AD AA 为正交基底，建立空间直角坐标系A -xyz . 因为AB =AD =2，AA 1，120BAD ∠=︒.则11(0,0,0),1,0),(0,2,0),A B D E A C -.(1) 11(3,1,3),(3,1A B AC =--=， 则111111(1cos ,7||||A B AC A B AC A B AC ⋅===-.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17. DCBD 1B 1C 1A 1A(第22题)(2)平面A 1DA 的一个法向量为(3,0,0)AE =. 设(,,)x y z =m 为平面BA 1D 的一个法向量， 又1(3,1,3),(3,3,0)A B BD =--=-， 则10,0,A B BD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即330,330.x y z x y --=-+=⎪⎩ 不妨取x =3，则3,2y z ==，所以3,2)=m 为平面BA 1D 的一个法向量， 从而(3,0,0)3,2)3cos ,4||||34AE AE AE ⋅===⨯m m m ，设二面角B -A 1D -A 的大小为θ，则3|cos |4θ=. 因为[0,]θ∈π，所以27sin 1cos 4θθ=-=. 因此二面角B -A 1D -A 7. 3. 【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，2ABC 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【答案】（12【解析】以{},D,AB A AP 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 是平面PAB 的一个法向量，()D 0,2,0A =． 因为()C 1,1,2P =-，()D 0,2,2P =-．设平面CD P 的法向量为(),,m x y z =，则C 0m ⋅P =，D 0m ⋅P =，即20220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩．令1y =，解得1z =，1x =．所以()1,1,1m =是平面CD P 的一个法向量． 从而D 3cos D,3D m m mA ⋅A ==A ，所以平面PAB 与平面CD P ． （2）因为()1,0,2BP =-，设()Q ,0,2λλλB =BP =-（01λ≤≤）， 又()C 0,1,0B =-，则()CQ C Q ,1,2λλ=B +B =--，又()D 0,2,2P =-， 从而CQ D 1cos CQ,D CQ D 10⋅P P ==P．设12t λ+=，[]1,3t ∈，则2222229cos CQ,D 5109101520999t t t t P ==≤-+⎛⎫-+⎪⎝⎭．当且仅当95t =，即25λ=时，cos CQ,D P 的最大值为． PA BCDQ因为cos y x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，此时直线CQ 与D P 所成角取得最小值．又因为BP ==，所以2Q 55B =BP =． 4. 【2013江苏，22】如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．【答案】(1) ．(2)【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 ＝(2，0，－4)，1C D ＝(1，－1，－4)． 因为cos 〈1A B ，1C D 〉＝1111A B C D A B C D⋅10=，所以异面直线A1B与C1D.(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD＝(1，1，0)，1AC＝(0，2，4)，所以n1·AD＝0，n1·1AC＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0，1，0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝12122||||3⋅==n nn n，得sin θ＝3.因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为3.5. 【2011江苏，22】如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D-中，12AA=，1AB=，点N是BC的中点，点M在1CC上．设二面角1A DN M--的大小为θ．（1）当90θ=时，求AM的长；（2）当cos6θ=时，求CM的长．【答案】（1，（2）21．A BCD1A1B1C1DNM【解析】解：建立以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在直线分别为z y x ,,轴的空间直角坐标系xyz D -。

设)20(≤≤=t t CM ，则各点的坐标为())0,1,21(),2,0,1(,0,0,11N A A ，),1,0(t M ，所以)2,0,1(),,1,0(),0,1,21(1===DA t DM DN ，设平面DMN 的法向量为),,(1111z y x n =，则01=⋅DN n ，01=⋅DM n ，即0,021111=+=+tz y y x ，令11=z ，则t y t x -==11,2，所以)1,,2(1t t n -=是平面DMN 的一个法向量为，设平面DN A 1的法向量为),,(2222z y x n =，则012=⋅DA n ，01=⋅DN n 即02,022222=+=+y x z x ，令12=z ，则1,222=-=y x ，所以)1,1,2(2-=n 是平面DN A 1的一个法向量，从而1521+-=⋅t n n 。

因为90θ=，所以01521=+-=⋅t n n ，解得51=t ，从而)51,1,0(M ，所以551)51(112=++=AM .(2)6152=+=t ，所以,)15(6152++-=t t 因为θ=，或θπ-=，所以,66|)15(615|2=++-t t 解得,0=t 或,21=t 所以根据图形和（1）的结论可知,21=t 从而CM 的长为21.【考纲要求】1、能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题。

2、了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解几其坐标表示。

3、掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直。

4、能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系，能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理。

5、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。

【考向分析】1、空间向量不是年年考，一般隔年考；2、空间向量法可以将几何问题转化为代数计算问题，降低了逻辑思维难度，只需掌握基本解法。

【高考预测】运用空间向量解决立体几何中有关角的问题。

【迎考策略】1.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”.2.解决与平行、垂直有关的探索性问题的基本策略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．【强化演练】1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．【答案】（1）见解析；（210.【解析】（1）连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=12B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND=12A1D．由题设知A 1B 1=DC ，可得B 1C =A 1D ，故ME =ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．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 ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(13,2)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,3,0)MN =-．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以32040x z z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，．可取3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n 所以3020q p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||525⋅〈〉===⨯‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --的正弦值为105． 2．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（23. 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为32． 3．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2. （1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； （2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ． 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ． 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH =3．以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，03），CG =（1，03AC =（2，–1，0）． 设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即30,20.x z x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，3又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．4．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值； （3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（233）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ． 又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ． （2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）． 所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以3cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P 为锐角，所以其余弦值为33．（3）直线AG 在平面AEF 内． 因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--， 所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n . 所以4220333AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.5．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； （3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87． 【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE ，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB =是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ． （2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49． （3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ． 由题意，有224||1cos ,||||3432h h -⋅〈〉===+m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87．6．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35． 【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ． 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ． 所以BC ⊥平面A 1EF ． 因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形． 由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）． 不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E =23，EG =3.由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===， 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，23），B （3，1，0），1(3,3,23)B ，33(,,23)22F ，C (0，2，0)． 因此，33(,,23)22EF =，(3,1,0)BC =-． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥． （2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ． 由（1）可得1=(310)=(0223)BC A C --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得3030x y y z ⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，取n (131)=，，，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 7．如图，已知直三棱柱中，．（1）求的长． （2）若，求二面角的余弦值．【答案】(1) .(2) .【解析】（1）分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则所以，因为，所以，即，解得所以的长为.（2）因为，所以，又，故设为平面的法向量，则，即取，解得∴为平面的一个法向量，显然，为平面的一个法向量则据图可知，二面角大小的余弦值为.8．如图，已知四棱锥的底面是正方形，面，且，点分别在，，.(I)求证：面；(Ⅱ)求二面角的余弦值.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ).【解析】(I)建立如图所示的空间直角坐标系.又，，，，.，.，.设，求得.，.又且，面.(Ⅱ)设平面的法向量为，，是平面的法向量，，.二面角的余弦值为.9．在四棱锥中，是等边三角形，底面是直角梯形，，，是线段的中点，底面，已知.（1）求二面角的正弦值；（2）试在平面上找一点，使得平面.【答案】（1）.（2）.【解析】（1）因为底面，过作，则，以为坐标原点，方向为轴的正半轴，方向为轴的正半轴，方向为轴的正半轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，则，，解得，又平面的法向量为，所以，所以.（2）设点的坐标为，因为平面，所以，即，也即，，又，，，所以，所以得，，即，，，所以，所以点的坐标为.10．在正三棱柱中，已知，，，，分别是，和的中点．以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系．⑴求异面直线与所成角的余弦值；⑵求二面角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】（1）因为，则，所以，，记直线和所成角为，则，所以直线和所成角的余弦值为．（2）设平面的法向量为，因为，，则，取得：设平面的一个法向量为，同理得，根据图形可知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为；11．如图，已知点是直三棱柱的棱的中点，为的重心，，．（1）求点到平面的距离；（2）求平面和平面所成锐二面角的平面角的余弦值．【答案】(1)；(2).【解析】（1）由题意，、、两两垂直，以、、所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示．易得，，，．设平面的法向量为，因为，，所以，令，得，即是平面的一个法向量．易得，故点到平面的距离．（2）设平面和平面所成锐二面角的平面角为．由（1）中知，平面的一个法向量为．设平面的法向量为，因为，，所以，令，得，即是平面的一个法向量，所以．12．如图，在直棱柱中，，为棱上任意一点（含端点）.（1）若为中点，求直线与直线所成的角的余弦值；（2）当点与点重合时，求二面角的平面角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【解析】如图，以A为原点，AC，BA，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，由题意，可得，，，∴，（1）若为中点，则，设直线与直线的夹角为，则，∴异面直线与直线所成的角的余弦值为. （2）当点与点重合时，，则，设平面的法向量为，则，即取，得，即平面的一个法向量为，同理，可求得平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，则，∵，∴，∴二面角的平面角的正弦值为.13．如图，已知长方体11111,2,1ABCD A B C D AB AA -==，直线BD 与平面11AA B B 所成角为30,AE 垂直BD 于点,E F 为11A B 的中点.（1）求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；（2）线段11C D 上是否存在点P ，使得二面角F BD P --的余弦值为35？若存在，确定P 点位置；若不存在，说明理由.【答案】（1（2）存在点P ，为11C D 的中点. 【解析】由题意得11AD AA B B ⊥平面，所以DBA ∠为直线BD 与面11AA B B 所成的角，故30,DBA ∠= 又2AB =，3AD AB tan DBA ∴=⋅∠=． 由1AE BD AE ⊥=，得．（1）以{}1,,AB AD AA 为正交基底建立平面直角坐标系，则()()()10,0,0,2,0,0,1,0,1,2A B F D E ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则12AE ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， 设平面BDF 的一个法向量为(),,n x y z =， 因为()232,,0,1,0,1BD BF⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭， 由()20{1,3,13n BD x y n n BF x z ⋅=-+==⋅=-+=，可得， 设直线AE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ= 1322cos,55AE n +==，所以直线AE 与面BDF． （2）令[]111,0,1C P C D λλ=∈，则22P λ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭， 所以2,,13BP λ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭． 设平面BDP 的一个法向量为()1,,n x y z =由()1203{1,3,2223203x y n x y z λλ-+==--++=，可得，由题意可得()()122132213cos ,55422511n n λλλλ++-+===⋅+-⋅+-， 整理得2428130λλ-+=， 解得12λ=或132λ=． 又01λ<<，12λ∴=． 所以存在点P 满足条件，且点P 为11C D 的中点．14．如图，在四棱锥P ABCD -中， AP ， AB ， AD 两两垂直， //BC AD ，且4AP AB AD ===，2BC =.（1）求二面角P CD A --的余弦值；（2）已知点H 为线段PC 上异于C 的点，且DC DH =，求PHPC的值. 【答案】（1）23（2）13λ= 【解析】以{},,AB AD AP 为正交基底，建立如图所示空间直角坐标系A xyz -. 则()0,0,0A ， ()4,0,0B ， ()4,2,0C ， ()0,4,0D ， ()0,0,4P （1）由题意可知， ()0,4,4DP =-， ()4,2,0DC =-.设平面PCD 的法向量为()1,,n x y z =， 则110{n DP n DC ⋅=⋅=即440{420y z x y -+=-=令1x =，则2y =， 2z =. 所以()11,2,2n =.平面ACD 的法向量为()20,0,1n =， 所以1212122cos ,3n n n n n n ⋅==， 所以二面角P CD A --的余弦值23.（2）由题意可知， ()4,2,4PC =-， ()4,2,0DC =-， 设()4,2,4PH PC λλλλ==-，则DH DP PH =+= ()4,24,44λλλ--， 因为DC DH =()()()2224244420λλλ+-+-=化简得23410λλ-+=，所以1λ=或13λ=. 又因为点H 异于点C ，所以13λ=. 15．如图， AC BC ⊥， O 为AB 中点，且DC ⊥平面ABC ， //DC BE .已知2AC BC DC BE ====.（1）求直线AD 与CE 所成角；（2）求二面角O CE B --的余弦值.【答案】（1）60︒（2）33【解析】（1）因为AC CB ⊥且DC ⊥平面ABC ，则以C 为原点， CB 为x 轴正方向， CA 为y 轴正方向， CD 为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.∵2AC BC BE ===∴()0,0,0C ， ()2,0,0B ， ()0,2,0A ， ()1,1,0O ， ()2,0,2E ， ()0,0,2D ，且()0,2,2AD =-， ()2,0,2CE =.∴cos AD <， 122222AD CECE AD AD ⋅>===⨯. ∴AD 和CM 的夹角为60︒.（2）平面BCE 的法向量()0,1,0m =，设平面OCE 的法向量()000,,n x y z =.由()1,1,0CO =， ()2,0,2CE =且n CO ⊥， n CE ⊥，得0{ 0n CE n CO ⋅=⋅=，则0000220{ 0x z x y +=+=，解得0000{ z x y x =-=-，取01x =-，则()1,1,1n =-.∵二面角O CE B --为锐二面角，记为θ ∴3cos |cos ,3||m nm n m n θ⋅===⋅. 16．如图，在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点.(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45° ，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小.【答案】（1）见解析；（2）60【解析】（Ⅰ）根据2AB DE = 便可得到2BC EF =，从而可以得出四边形EFHB 为平行四边形，从而得到BE HF ，便有BE 平面FGH ，再证明DE 平面FGH ，从而得到平面B DE 平面FGH ，从而BD 平面FGH ；（Ⅱ）连接HE ，根据条件能够说明HC HG HE ，， 三直线两两垂直，从而分别以这三直线为x y z ，，轴，建立空间直角坐标系，然后求出一些点的坐标．连接BG ，可说明BG 为平面ACFD 的一条法向量，设平面FGH 的法向量为()n x y z ＝，，， 根据0{? 0n HF n HG ⋅⋅＝＝ 即可求出法向量n ，设平面FGH 与平面ACFD 所成的角为θ ，根据cos cos n BG θ=＜，＞ 即可求出平面FGH 与平面ACFD 所成的角的大小．证明：在三棱台DEF －ABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点，可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)解设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF－ABC中，G为AC的中点，由DF＝AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG∥FC，又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点.所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD两两垂直.以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.所以G(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，D(0，0，1).可得H，F(0，，1)，故＝，＝(0，，1).设n＝(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，则由可得可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，).因为是平面ACFD的一个法向量，＝(，0，0).所以cos〈，n〉＝＝＝.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.。