空间几何向量求二面角专项练习

专题求二面角含答案

1、如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1 =4,点 D 是 AB 的中点C1B1A1CBDA（1）求证：AC BC 1 ；（2）求证：AC 1 //平面 CDB 1 ；（3）求二面角 B-DC-B1 的余弦值．2、如图，在长方体 ABCD 一 A1B1C1D1 中，AA1=2, AD = 3, E 为 CD 中点，三棱锥 A1-AB1E 的体积是 6. (1) 设 P 是棱 BB1 的中点，证明：CP//平面 AEB1; (2) 求 AB 的长； (3)求二面角 B—AB1-E 的余弦值.试卷第 1 页，总 3 页3、如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.4、如图所示，三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的底面是边长为 2 正三角形，D 是 A1C1 的中点，且 AA1⊥平面 ABC，AA1=3．（Ⅰ）求证：A1B∥平面 B1DC；（Ⅱ）求二面角 D﹣B1C﹣C1 的余弦值．试卷第 2 页，总 3 页5 、如图 , 在四棱锥 P-ABCD 中 ,PA⊥ 底面 ABCD, 底面 ABCD 为直角梯形,AD∥BC,∠BAD=90°,PA=AD=AB=2BC=2,过 AD 的平面分别交 PB,PC 于 M,N 两点.(1)求证:MN∥BC; (2)若 M,N 分别为 PB,PC 的中点, ①求证:PB⊥DN; ②求二面角 P-DN-A 的余弦值.6、如图，在正三棱柱 ABC A1B1C1 中，点 D 是棱 AB 的中点，BC 1, AA1 3 ．AD CBA1 C1B1（1）求证： BC1 // 平面 A1DC ；（2）求二面角 D A1C A 的平面角的正弦值．试卷第 3 页，总 3 页1、【答案】（1）AC BC 1 ；参考答案（2）AC //平面 CDB ；113 34 （3）二面角 B-DC-B1 的余弦值为 34试题分析：（1）考虑到第三问要求二面角的大小，故需要在空间直角坐标系中用法向量的方法求解，因此可提前建系，（1）（2）问也可方便证明，因为是直三棱柱可以以 C 为坐标原点，直线 CA,CB,CC1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，利用向量证明 AC • BC1 0 即可得证；（2）要证明线面平行，必须证明线线平行；（3）分别求出平面 BDC 和平面 DCB1 的法向量，求出法向量的夹角的余弦值即为二面角 B-DC-B1 的余弦值（注意值的正负判断）试题解析：因为直三棱柱的底面三边长分别为 3、4、5 所以 AC, BC,CC1 两两垂直，以 C 为坐标原点，直线 CA,CB,CC1 分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系（1）因为 AC 3,0,0, BC1 0, 4, 4 ，所以 AC • BC1 0 ，即 AC BC1（2）设CB1C1BE,则E 0, 2,2,故DE 3 2, 0,2 ,AC13, 0,4所以DE1 2AC1,即DE//AC1因为 DE 平面 CDB1 , AC1 平面 CDB1 ,所以 AC 1 //平面 CDB 1（3）可求得平面 CDB1 的一个法向量为 n1 4,3,3 ，取平面 CDB 的一个法向量为n2 0,0,1 ，则 cosn1, n2 3 343 3434 ，由图可知，二面角 B-DC-B1 的余弦值为 34考点：1.直线与平面平行的判定及性质；2.利用空间直角坐标系求二面角的求法；答案第 1 页，总 9 页2、【答案】3、【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3） . 试题分析：本题主要考查中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角等基础知识，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力、计算能力.第一问，作答案第 2 页，总 9 页出辅助线 MN，N 为中点，在中，利用中位线得到，且，结合已知条件，可证出四边形 ABMN 为平行四边形，所以，利用线面平行的判定，得 ∥平面；第二问，利用面面垂直的性质，判断面，再利用已知的边长，可证出，则利用线面垂直的判定得平面 BDE，再利用面面垂直的判定得平面平面；第三问，可以利用传统几何法证明二面角的平面角，也可以利用向量法建立空间直角坐标系，求出平面 BEC 和平面 ADEF 的法向量，利用夹角公式计算即可.（1）证明：取中点，连结．在△ 中，分别为的中点，所以 ∥ ，且．由已知 ∥ ，，所以∥ ，且．所以四边形为平行四边形，所以 ∥ ．又因为平面，且平面，所以 ∥平面．4 分（2）证明：在正方形中，．又因为平面平面，且平面平面，所以平面．所以．6 分在直角梯形中，，，可得．答案第 3 页，总 9 页在△ 中，，所以．7 分所以平面．8 分又因为平面，所以平面平面．9 分（3）（方法一）延长和交于．在平面内过作于 ,连结．由平面∥，，平面平面 = ，得，于是．又，平面，所以，于是就是平面与平面平面角.12 分所成锐二面角的平面，由，得.又，于是有.在中，.所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．14 分答案第 4 页，总 9 页（方法二）由（2）知平面，且．以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系．易得.平面的一个法向量为的一个法向量，因为，所以所以为平面的一个法向量．１２分设平面与平面所成锐二面角为．.设为平面，令，得．则．所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．【考点】中位线、平行四边形的证明、线面平行、线面垂直、面面垂直、二面角. 4、【答案】证明：（1）连结 BC1，B1C，交于点 O，连结 OD， ∵三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的底面是边长为 2 正三角形，D 是 A1C1 的中点， ∴OD∥A1B， ∵A1B？平面 B1DC，OD？平面 B1DC， ∴A1B∥平面 B1DC．（2）∵三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的底面是边长为 2 正三角形，D 是 A1C1 的中点，且 AA1⊥平面 ABC，AA1=3． ∴以 D 为原点，DC1 为 x 轴，DB1 为 y 轴，过 D 作平面 A1B1C1 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 D（0，0，0），B1（0，，0），C（1，0，3），C1（1，0，0），答案第 5 页，总 9 页=（﹣1，，﹣3）， =（﹣1，0，﹣3），设平面 B1DC 的法向量 =（x，y，z），=（0，0，﹣3），则，取 z=1，得 =（﹣3，0，1），设平面 B1CC1 的法向量 =（a，b，c），则，取 b=1，得 =（），设二面角 D﹣B1C﹣C1 的平面角为 θ，则 cosθ===．∴二面角 D﹣B1C﹣C1 的余弦值为．5、【答案】（1）见解析；（2）见解析，试题分析：（1）先证明 BC∥平面 ADNM，再证明 MN∥BC.（2）①先证明 PB⊥平面 ADNM，再证明 PB⊥DN.②以 A 为坐标原点,直线 AB 为 x 轴,直线 AD 为 y 轴,直线 AP 为 z 轴,建立空间直角坐标系 A-xyz,利用向量法求二面角 P-DN-A 的余弦值. 【详解】 (1)证明因为底面 ABCD 为直角梯形,所以 BC∥AD.因为 BC 平面ADNM, AD 平面ADNM ,所以 BC∥平面 ADNM. 因为 BC 平面 PBC,平面 PBC∩平面 ADNM=MN,所以 MN∥BC. (2)①证明因为 M,N 分别为 PB,PC 的中点,PA=AB,所以 PB⊥MA. 因为∠BAD=90°,所以 DA⊥AB.答案第 6 页，总 9 页因为 PA⊥底面 ABCD,所以 DA⊥PA. 因为 PA∩AB=A,所以 DA⊥平面 PAB. 所以 PB⊥DA. 因为 AM∩DA=A,所以 PB⊥平面 ADNM. 因为 DN 平面 ADNM,所以 PB⊥DN.②如图,以 A 为坐标原点,直线 AB 为 x 轴,直线 AD 为 y 轴,直线 AP 为 z 轴,建立空间直角坐标系 A-xyz, 则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由①知,PB⊥平面 ADNM,所以平面 ADNM 的法向量为 =(-2,0,2). 设平面 PDN 的法向量为 n=(x,y,z),因为 =(2,1,-2), =(0,2,-2),所以令 z=2,则 y=2,x=1. 所以 n=(1,2,2),所以 cos<n, >=.所以二面角 P-DN-A 的余弦值为 . 【点睛】 (1)本题主要考查二面角的向量求法，考查空间线面位置关系的证明，意在考查学生对该知识的掌握水平和空间想象分析推理转化能力.（2）二面角的求法方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三角形）.方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量；再代入公式（其中分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“ ” 号）.6、【答案】（1）证明见解析；（2） 2 13 ． 13答案第 7 页，总 9 页试题分析：（1）连结1AC 交1A C 于点G ，连结DG ，利用四边形11ACC A 是平行四边形，进而证明出DG ∥1BC ，即可利用线面平行的判定定理，证得//1BC 平面DC A 1；（2）分别以,,CB OE OA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，分别求解平面1DA C 和平面1A CA 的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解二面角1DAC A的平面角的余弦值，进而求解其正弦值．试题解析：（Ⅰ）证明：连结1AC 交1A C 于点G ，连结DG ．在正三棱柱111C B A ABC -中，四边形11ACC A 是平行四边形，∴1AG GC =． ∵AD DB =，∴DG ∥1BC ．∵DG ⊂平面1A DC ，1BC ⊄平面1A DC ，∴1BC ∥平面1A DC ．（2）过点A 作AO BC ⊥交BC 于O ，过点O 作OE BC ⊥交11B C 于E ．因为平面ABC ⊥平面11CBB C ，所以AO ⊥平面11CBB C ．分别以,,CB OE OA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．因为11,3BCAA ，ABC ∆是等边三角形，所以O 为BC 的中点．则()0,0,0O ，B 0，0）（Ⅰ）设平面1A DC 的法向量为(),,n x y z =，则10,0.n CD n A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∵3(,0,CD =，11(A C =-⎪⎩，得平面1A DC 的一个法向量为(3,1,n =-1BC =（10）1BC ·n =0∴∴1BC ∥平面1A DC ．（Ⅱ）可求平面1ACA 的一个法向量为(13,0,n =设二面角1D AC A 的大小为θ，则16,n n <>∵()0,θπ∈，213sin 13DEDFEDF 考点：直线与平面平行的判定与证明；二面角的求解．。

向量法解二面角例题与练习题

§向量法求二面角例1（2010江西卷20）如图，BCD ∆与MCD ∆都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，23AB =.（1）求直线AM 与平面BCD 所成的角的大小；（2）求平面ACM 与平面BCD 所成的二面角的正弦值.练习：1..若二面角的两个半平面的法向量分别为（4，2，0）和（3，-6，5），则这个二面角的余弦值是（） A.0 B.32 C.12D. 22 2.（2011年全国新课标）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD ⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA ⊥BD ； (Ⅱ)若PD=AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。

课后作业：1. .如图，四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD .底面ABCD 为边长是1的正方形，P A ＝1，求平面PCD 与平面P AB 夹角的大小为____________．2. 如图，正方体的棱长为1，O BC C B 11 ，求：(1)AO 与11C A 所成的角； (2)AO 与平面AC 所成角的正切值； (3)平面AOB 与平面AOC 所成的角．4. (2011·辽宁)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q -BP -C 的余弦值．5. (2012·天津改编)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明：PC ⊥AD ； (2)求二面角A-PC-D 的正弦值．6.1111111111112(1)(2)(3)ABCD A B C D AD CD a AA AB aAC B C AC BCC C AB A -∠∠====--O 1为直四棱柱，底面ABCD 是直角梯形，DAB=ADC=90，，求异面直线和所成角；求和底面B 所成角；求二面角的大小。

二面角专项训练

二面角专项训练1、已知正方体1111D C B A ABCD -中，O 1、O 是上下底面正方形的中心，E 是AB 棱上一点，且AE ：EB=1：2，求二面角A 1-O 1O-E 的大小。

2、如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，已知AB = 3，AD = 2，PA = 2，︒=∠=60,22PAB PD . （1）证明：AD ⊥平面PAB ；（2）求二面角P —BD —A 的大小.3、如图，在四棱锥V-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面VAD 是正三角形，二面角V-AD-B 是直二面角．（1）证明AB ⊥平面VAD ；（2）求面VAD 与面VDB 所成的二面角的大小．PAB CEOO 1ADDC 1BACB4、如图，AB ⊥平面BCD ，DC ⊥CB ，AD 与平面BCD 成30°的角，且AB=BC.（1）求AD 与平面ABC 所成的角的大小；（2）求二面角C-AD-B 的大小；5、如图，ABCD 是直角梯形，∠ABC=900，SA ⊥底面ABCD ，SA=AB=BC=1，AD=0.5，求面SCD 与面SBA 所成二面角的大小。

6、如图，在底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中，AC AB ⊥，PA ⊥平面ABCD ，且AB PA =，点E 是PD 的中点。

（1）证明：PB AC ⊥；（2）证明：PB//平面AEC ；（3）求二面角E-AC-B 的大小。

EPDCBASDCBADCBA。

二面角求法及经典题型归纳

二面角求法归纳18题，通常是立体几何（12-14分），本题考查空间线面平行、线面垂直、面面垂直的判断与证明，考查二面角的求法以及利用向量知识解决几何问题的能力，同时考查空间想象能力、推理论证能力和运算能力。

以下是求二面角的五种方法总结，及题形归纳。

定义法：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角, 这条直线叫做二面角的棱, 这两个半平面叫做二面角的面，在棱上取点，分别在两面内引两条射线与棱垂直，这两条垂线所成的角的大小就是二面角的平面角。

本定义为解题提供了添辅助线的一种规律。

如例1中从二面角S —AM —B 中半平面ABM 上的一已知点（B ）向棱AM 作垂线，得垂足（F ）；在另一半平面ASM 内过该垂足（F ）作棱AM 的垂线（如GF ），这两条垂线（BF 、GF ）便形成该二面角的一个平面角，再在该平面角内建立一个可解三角形，然后借助直角三角函数、正弦定理与余弦定理解题。

例1（2009全国卷Ⅰ理）如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD =2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，ABM ∠=60°（I ）证明：M 在侧棱SC 的中点（II ）求二面角S AM B --的大小。

证（I ）略解（II ）：利用二面角的定义。

在等边三角形ABM 中过点B作BF AM ⊥交AM 于点F ，则点F 为AM 的中点，过F 点在平面ASM 内作GF AM ⊥，GF 交AS 于G ，连结AC ，∵△ADC ≌△ADS ，∴AS-AC ，且M 是SC 的中点， ∴AM ⊥SC ， GF ⊥AM ，∴GF ∥AS ，又∵F 为AM 的中点，∴GF 是△AMS 的中位线，点G 是AS 的中点。

则GFB ∠即为所求二面角. ∵2=SM ，则22=GF ，又∵6==AC SA ，∴2=AM ∵2==AB AM ，060=∠ABM ∴△ABM 是等边三角形，∴3=BF在△GAB 中，26=AG ，2=AB ，090=∠GAB ，∴211423=+=BG 366232222113212cos 222-=-=⨯⨯-+=⋅-+=∠FB GF BG FB GF BFG FGFG∴二面角S AM B --的大小为)36arccos(-例2. （2010全国I 理，19题，12分）如图，四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB//DC ，AD ⊥DC ，AB=AD=1，DC=SD=2，E 为棱SB 上的一点，平面EDC ⊥平面SBC . （Ⅰ）证明：SE=2EB ；（Ⅱ）求二面角A-DE-C 的大小 . (Ⅱ) 由225,1,2,,SA SD AD AB SE EB AB SA =+===⊥知22121,AD=133AE SA AB ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又.故ADE ∆为等腰三角形.取ED 中点F,连接AF,则226,3AF DE AF AD DF ⊥=-=. 连接FG ，则//,FG EC FG DE ⊥.所以，AFG ∠是二面角A DE C --的平面角. 连接AG,A G=2,2263FG DG DF =-=, 2221cos 22AF FG AG AFG AF FG +-∠==-,所以，二面角A DE C --的大小为120°.例3（2010浙江省理，20题，15分）如图，在矩形ABCD 中，点,E F 分别在线段,AB AD 上，243AE EB AF FD ====.沿直线EF 将 AEF 翻折成'A EF ，使平面'A EF BEF ⊥平面.（Ⅰ）求二面角'A FD C --的余弦值；（Ⅱ）点,M N 分别在线段,FD BC 上，若沿直线MN 将四边形MNCD 向上翻折，使C 与'A 重合，求线段FM 的长.练习（2008山东）如图，已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为菱形，P A⊥平面ABCD，60ABC∠=︒,E，F分别是BC, PC的中点.（Ⅰ）证明：AE⊥PD;（Ⅱ）若H为PD上的动点，EH与平面P AD所成最大角的正切值为62，求二面角E—AF—C的余弦值.分析：第1题容易发现，可通过证AE⊥AD后推出AE⊥平面APD，使命题获证，而第2题，则首先必须在找到最大角正切值有关的线段计算出各线段的长度之后，考虑到运用在二面角的棱AF上找到可计算二面角的平面角的顶点S，和两边SE与SC，进而计算二面角的余弦值。

空间向量与立体几何向量法求二面角(二

D
AB CD
面面角：
②法向量法n1，n2源自 n1，n2n2
n1，n2
n2
n1，n2
n1

n1
l
l
cos cos n1, n2 cos cos n1, n2
注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角
(2)求证：PB⊥平面EFD
（2）证明：依题意得B(1,1,0),PB (1,1,1)
又DE (0, 1 , 1),故PB DE 0 1 1 0
22
所以PB DE
2 2Z
由已知EF PB,
P
且EF DE E,
所以PB 平面EFD
E F
D
C Y
A B
X
BC SO，BC AO，SO AO O BC 平面SOA， BC SA
(2)求直线SD与平面SAB所成角的正弦值。 z
解：由(1)知SO，OA，BC两两垂直。
S
故以OA、OB、OS为正交基底建立
空间直角坐标系如图。则 S(0，0，1)，D( 2，- 2 2，0)，
C O By
四边形，侧面SBC 底面ABCD。已知 ABC 450
AB=2，BC= 2 2 ，SA=SB= 3 .
(1)求证 SA BC.
(2)求直线SD与平面SAB所成角的正弦值。
S
C
OB
D
A
证明：(1)取BC中点O，连接OA、OS。 S
则由BC 2 2得OB 2，
又AB 2，ABC 450，得OA 2
依题意得A(1, 0, 0), P(0, 0,1), P

高中数学第二章空间向量与立体几何夹角的计算空间向量求二面角的方法素材

空间向量求二面角的方法方法一：先作出二面角的平面角，再利用向量的内积公式求解：设∠AOB 是二面角l αβ--的一个平面角,则向量OA 与OB 所成的角就是所求的二面角的大小．例1 正四面体ABCD 中，求相邻两个面所成的二面角．解析：如图1，取BC 边的中点Ｅ,连结AE 、DE ，则AE⊥BC，DE⊥BC，所以∠AED 就是正四面体的两个相邻面ABC 与DBC 所成二面角的平面角,且BC⊥平面ADE ，∴BC⊥AD，∴0EC DA =．设正四面体棱长为1．∵()()ED EA EC CD EC CD DA =+++ =222EC EC CD EC DA CD DA CD ++++ 11121cos120011cos1201424=+⨯⨯⨯++⨯⨯+=．又在△ABC 与△BCD 中，可求得32ED EA ==, ∴cos ED EAED EA ED EA =，11433322==⨯．故正四面体的两个相邻面所成的二面角大小为1arccos3．方法二:利用法向量求解:设1n 是平面α的法向量，2n 是平面β的法向量．①若两个平面的二面角如图2所示的示意图,则1n 与2n 之间的夹角θ就是欲求的二面角;②若两个平面的二面角如图3所示的示意图,设1n 与2n 之间的夹角为θ．则两个平面的二面角为πθ-．例2 如图4，△ABC 是以∠B 为直角的直角三角形,SA⊥平面ABC ，SA=BC=2,AB=4，D 、N 分别是BC 、AB 的中点．求二面角S —ND-A 的余弦值．解析：平面ABC 的法向量是AS ,设平面SND 的法向量为BC AB AS λμ=++n ．∵SA⊥平面ABC ，∴SA⊥BC,SA⊥AB，∴0AS BD =,0AS BN =,0AS BC =，0AS AB = 又AB⊥BC,∴0BC BN =，0AB BD =,0BC NA =．由()()ND BC AB AS BD BN λμ=++-n 280BC BD AB BN λμλμ=-=+=。

向量法解二面角例题与练习题

§向量法求二面角例1（2010江西卷20）如图，BCD ∆与MCD ∆都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，23AB =.（1）求直线AM 与平面BCD 所成的角的大小；（2）求平面ACM 与平面BCD 所成的二面角的正弦值.练习：1..若二面角的两个半平面的法向量分别为（4，2，0）和（3，-6，5），则这个二面角的余弦值是（） A.0 B.32 C.12D. 22 2.（2011年全国新课标）如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB=60°,AB=2AD,PD ⊥底面ABCD.(Ⅰ)证明：PA ⊥BD ； (Ⅱ)若PD=AD ，求二面角A-PB-C 的余弦值。

课后作业：1. .如图，四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD .底面ABCD 为边长是1的正方形，P A ＝1，求平面PCD 与平面P AB 夹角的大小为____________．2. 如图，正方体的棱长为1，O BC C B 11 ，求：(1)AO 与11C A 所成的角； (2)AO 与平面AC 所成角的正切值； (3)平面AOB 与平面AOC 所成的角．4. (2011·辽宁)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q -BP -C 的余弦值．5. (2012·天津改编)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，PA ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明：PC ⊥AD ； (2)求二面角A-PC-D 的正弦值．6.1111111111112(1)(2)(3)ABCD A B C D AD CD a AA AB aAC B C AC BCC C AB A -∠∠====--O 1为直四棱柱，底面ABCD 是直角梯形，DAB=ADC=90，，求异面直线和所成角；求和底面B 所成角；求二面角的大小。

二面角习题及答案

二面角1.如图三棱锥 P-ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC =32 ，D 是 BC 的中点，且△ADC 是边长为 2的正三角形，求二面角 P-AB －C 的大小。

解2.如图在三棱锥 S-ABC 中，SA ⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，DE 垂直平分SC ，且分别交 AC 、SC 于D 、E ，又SA =AB ，BS =BC ，求以BD 为棱，BDE 与BDC 为面的二面角的度数。

解：3. 如图：ABCD 是矩形，AB =8，BC =4，AC 与 BD 相交于O 点，P 是平面 ABCD 外一点，PO ⊥面ABCD ，PO =4，M 是 PC 的中点，求二面角 M-BD-C 大小。

解：4.如图△ABC 与△BCD 所在平面垂直，且AB =BC =BD ，∠ABC =∠DBC =0120，求二面角 A-BD-C 的余弦值。

解：DPCABEDBASCSR N MO BDPACBAEC5.已知正方体 AC'，M 、N 分别是BB'，DD'的中点，求截面 AMC'N 与面ABCD ，CC'D'D 所成的角。

解：6.如图 AC ⊥面BCD ，BD ⊥面ACD ，若AC =CD =1，∠ABC =30°，求二面角D AB C --的大小。

解：7. 三棱锥 A-BCD 中，∠BAC =∠BCD =90°，∠DBC =30°，AB =AC =6，AD =4，求二面角 A-BC-D 的度数。

解：9. 如图所示，四棱锥P —ABCD 的底面是边长为a 的菱形，∠A ＝60°，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝a,E 是PA 的中点.(1)求证平面BDE ⊥平面ABCD.(2)求点E 到平面PBC 的距离.(3)求二面角A —EB —D 的平面角大小. 解析：D ’B ’DAC ’BA ’CMNB F EACDDO ABC10. 如图，已知正方体ABCD —A1B1C1D1的棱长为1，E 、F 分别在棱AB 、BC 上，G 在对角线BD1上，且AE ＝41，BF ＝21，D1G ∶GB ＝1∶2，求平面EFG 与底面ABCD 所成的二面角的大小.11. 如图，设ABC —A1B1C1是直三棱柱，E 、F 分别为AB 、A1B1的中点，且AB ＝2AA1＝2a,AC ＝BC ＝3a.(1)求证：AF ⊥A1C(2)求二面角C —AF —B 的大小12．如图1111D C B A ABCD -是长方体，AB=2，11==AD AA ，求二平面C AB1与1111D C B A 所成二面角的大小．13. 在正方体1111D C B A ABCD -中，1BB K ∈，1CC M ∈，且141BB BK =，143CC CM =.．求：平面AKM 与ABCD 所成角的大小．14. 如图，将边长为a 的正三角形ABC 按它的高AD 为折痕折成一个二面角C AD C --'．（1）若二面角C AD C --'是直二面角，求C C '的长；（2）求C A '与平面CD C '所成的角；（3）若二面角C AD C --'的平面角为120°，求二面角D C C A -'-的平面角的正切值．参考答案解：由已知条件，D 是BC 的中点∴ CD =BD =2 又△ADC 是正三角形 ∴ AD =CD =BD =2∴ D 是△ABC 之外心又在BC 上 ∴ △ABC 是以∠BAC 为直角的三角形， ∴ AB ⊥AC ，又 PC ⊥面ABC∴ PA ⊥AB (三垂线定理)∴∠PAC 即为二面角 P-AB-C 之平面角，易求 ∠PAC =30°2、解：∵ BS =BC ，又DE 垂直平分SC∴ BE ⊥SC ，SC ⊥面BDE ∴ BD ⊥SC ，又SA ⊥面ABC ∴ SA ⊥BD ，BD ⊥面SAC ∴ BD ⊥DE ，且BD ⊥DC 则 ∠EDC 就是所要求的平面角设 SA =AB =a ，则 BC =SB =2a 且 AC = 3 易证 △SAC ∽△DEC ∴ ∠CDE =∠SAC =60° 3、解：取OC 之中点N ，则 MN ∥PO ∵ PO ⊥面ABCD∴ MN ⊥面ABCD 且 MN =PO/2 =2，过 N 作 NR ⊥BD 于 R ，连MR ，则 ∠MRN 即为二面角 M-BD-C 的平面角过 C 作 CE ⊥BD 于S 则 RN =21CE 在 Rt △BCD 中，CD ·BC =BD ·CE ∴ 58BD BC CD CE =⋅=DPCABEDBASCSR NMOBDP AC∴ 54RN =25RN MN MRN tan ==∠ ∴ 25arctanMRN =∠ 4. 解：过 A 作 AE ⊥CB 的延长线于E ，连结 DE ， ∵ 面ABC ⊥面BCD ∴ AE ⊥面BCD∴ E 点即为点A 在面BCD 内的射影∴ △EBD 为△ABD 在面BCD 内的射影设 AB =a 则AE =DE =ABsin60°=a 23 ∴ AD =41ABD cos 26=∠， ∴ sin ∠ABD =415∴ 22ABD a 815415a 21S =⨯=∆ 又 a 21BE =∴ 2BDE a 83a 21a 2321S =⋅⋅=∆ ∴ 55S S cos ABD BDE ==θ∆∆ 5. 解：设边长为a ，易证 ANC'N 是菱形且MN =a 2，A'C =a 3∴Ｓ□AMC'N = 2a 26'AC 21MN =⋅由于AMC'N 在面ABCD 上的射影即为正方形ABCD ∴ Ｓ□ABCD =2aD ’ B ’DAC ’BA ’C MN∴ 36a 26a cos 221==θ ∴ 36arccos1=θ 取CC'的中点M'，连结DM'则平行四边形DM'C'N 是四边形AMC'N 在CC'D'D 上的射影，Ｓ□DM'C'M =2a 21 ∴ 66a 26a21cos 222==θ ∴66arccos2=θ 6. 解：作DF ⊥AB 于F ，CE ⊥AB 于E ， ∵ AC =CD =1 ∠ABC =30° ∴ AD =2，BC =3 ， AB =2， BD =2 在Rt △ABC 中， 23231AB BC AC CE =⨯=⋅=，同理 1222ABBDAD DF =⨯=⋅= ∴ 1DF BD BF 22=-=21CE AC AE 22=-= ∴ 212112EF =--= ∴ θ⋅-++=cos DF EF 2EF DF CE CD 2222∴ 33cos =θ BFEACD即所求角的大小为33arccos。

高考数学专题：向量求二面角(含答案)

高考数学专题：向量求二面角向量法求二面角大小的两种方法(1)分别求出二面角的两个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)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．1、如图，四棱锥P-ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝π3，M为BC上一点，且BM＝12，MP⊥AP.(1)求PO的长；(2)求二面角A-PM-C的正弦值．2、如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F 分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角E-BF-C的正弦值．3、如图所示，在多面体ABCD-A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F-CC1-B的余弦值．4、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，∠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．5、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.(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O-EF-C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝23HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值6、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，∠ABC＝∠BAD＝π2，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(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所成的角最小时，求线段BQ的长．7、如图所示，在多面体A1B1D1-DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C；(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值．8、如图，三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝π2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A-PD-C的余弦值．答案：1、解：(1)如图，连接AC，BD，因为ABCD为菱形，则AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O为坐标原点，OA →，OB →，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O -xyz .因为∠BAD ＝π3，所以OA ＝AB ·cos π6＝3，OB ＝AB ·sin π6＝1，所以O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，OB →＝(0，1，0)，BC →＝(－3，－1，0)．由BM ＝12，BC ＝2知， BM→＝14BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，－14，0，从而OM→＝OB →＋BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0.设P (0，0，a )，a >0，则AP→＝(－3，0，a )，MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－34，a . 因为MP ⊥AP ，故MP →·AP→＝0，即－34＋a 2＝0，所以a ＝32或a ＝－32(舍去)，即PO ＝32.(2)由(1)知，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，32，MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－34，32，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，32. 设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面PMC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AP →＝0，n 1·MP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋32z 1＝0，34x 1－34y 1＋32z 1＝0，故可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，533，2. 由n 2·MP →＝0，n 2·CP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧34x 2－34y 2＋32z 2＝0，3x 2＋32z 2＝0，故可取n 2＝(1，－3，－2)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－155， sin 〈n 1，n 2〉＝1－⎝⎛⎭⎪⎫－1552＝105，故所求二面角A -PM -C 的正弦值为105.2、(1)证明：由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0)，因而E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC→＝0. 从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)．设平面BEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )．又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0，n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E -BF -C 大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15. 因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.3、．解：以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a ，0，0)，B (2a ，2a ，0)，C (0，2a ，0)，D 1(0，0，a )，F (a ，0，0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)因为AB 1→＝(－a ，a ，a )，DD 1→＝(0，0，a )，所以|cos 〈AB 1→，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB 1→·DD 1→|AB 1→||DD 1→|＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)证明：因为BB 1→＝(－a ，－a ，a )，BC →＝(－2a ，0，0)，FB 1→＝(0，a ，a )，所以⎩⎪⎨⎪⎧FB 1→·BB 1→＝0，FB 1→·BC →＝0，所以FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC . 因为BB 1∩BC ＝B ，所以FB 1⊥平面BCC 1B 1.(3)由(2)知，FB 1→为平面BCC 1B 1的一个法向量．设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量，因为CC 1→＝(0，－a ，a )，FC →＝(－a ，2a ，0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·CC 1→＝0，n ·FC →＝0，即⎩⎨⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则n ＝(2，1，1)，所以||cos 〈FB 1→，n 〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪FB 1→·n |FB 1→||n |＝33，因为二面角F -CC 1-B 为锐角，所以二面角F -CC 1-B 的余弦值为33.4、解：(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)如图，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 |＝－21919.故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.5、解：依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，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O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0)．(1)证明：依题意，AD→＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎨⎧2x ＝0，x －y ＋2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0，2，1)．又EG →＝(0，1，－2)，所以EG →·n 1＝0，又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)易证，OA→＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量．依题意，EF→＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)．设n 2＝(x ，y ，z )为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.不妨设x ＝1，可得n 2＝(1，－1，1)．因此cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →||n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以，二面角O -EF -C 的正弦值为33.(3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF→＝(1，－1，2)，所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45，因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.6、解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)． (1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD→是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)．因为PC→＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0. 令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP→＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又CB→＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝ (－λ，－1，2λ)，又DP→＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时， |cos 〈CQ→，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.7、解：(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 ⊂平面A 1DE ，B 1C ⊄平面A 1DE ，于是B 1C ∥平面A 1DE . 又B 1C ⊂平面B 1CD 1，平面A 1DE ∩平面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)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(0.5，0.5，1)．设面A 1DE 的法向量为n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝(0.5，0.5，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足方程组⎩⎨⎧0.5r 1＋0.5s 1＝0，s 1－t 1＝0，因为(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量为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)，所以结合图形知二面角E -A 1D -B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63. 8、解：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，得PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE .又PC ∩CD ＝C ，所以DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1.又EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.如图，以C 为坐标原点，分别以CA→，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED →＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0. 设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知，DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED→，即n 2＝(1，－1，0)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故二面角A -PD -C 的余弦值为36.。

二面角的求法和利用空间向量解决立体几何问题

二面角的定义:
1、定义
从一条直线出发的两个半平面所组成
的图形叫做二面角, 这条直线叫做二面角
l
的棱, 这两个半平面叫做二面角的面.
2、二面角的表示方法
二面角－AB－
A
C
B
二面角－ l－
D
l
B
A
二面角C－AB－ D
F
E
A
B
D
C
二面角C－AB－ E
二面角的平面角:
以二面角的棱上任意一点为端
点, 在两个面内分别作垂直于棱的两条射线, 这两条射线所成的角叫做二面角的平面角。
面面平行
∥ n1 ∥ n2 n1 kn2
二、垂直关系：
设直线 l, m 的方向向量分别为 AB,CD ，
平面 , 的法向量分别为 n1 , n2 ，线线垂直:
l ⊥ m AB ⊥ CD AB • CD 0 ；
Bl
A
平面内的两个相交向量垂直
(4)解方程组，令其中一个量的值求另外两个，即得法向量。
一、平行关系：
设直线 l, m 的方向向量分别为 AB,CD ，
lm
BD
平面 , 的法向量分别为
线线平行:
n1
, n2
，
l ∥ m AB ∥ CD AB kCD
；
x1 y1
=
A
x2 y2
=
C
x3 y3
线面平行
AB
l ∥ AB n1 AB n1 0 ；
分别作垂直于a 的两条射线OA,OB，则∠AOB就是此二面角的平面角。
2、垂线法: 在一个平面内选一点A向另一平面作垂线AB，
垂足为B，再过点B向棱a作垂线BO，垂足为O，连结AO，则∠AOB就是二面角的平面角。

空间向量专题练习详细答案

空间向量专题练习一、填空题(本大题共4小题，共20.0分)1.平面α的法向量为（1，0，-1），平面β的法向量为（0，-1，1），则平面α与平面β所成二面角的大小为 ______ ．【答案】π3或2π3 【解析】解：设平面α的法向量为m ⃗⃗⃗ =（1，0，-1），平面β的法向量为n ⃗ =（0，-1，1），则cos ＜m⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=2⋅2=-12， ∴＜m⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞=2π3． ∵平面α与平面β所成的角与＜m⃗⃗⃗ ，n ⃗ ＞相等或互补， ∴α与β所成的角为π3或2π3．故答案为：π3或2π3．利用法向量的夹角与二面角的关系即可得出．本题考查了利用用法向量的夹角求二面角的方法，考查了计算能力，属于基础题．2.平面α经过三点A （-1，0，1），B （1，1，2），C （2，-1，0），则平面α的法向量u⃗ 可以是 ______ （写出一个即可）【答案】（0，1，-1）【解析】解：AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，1，1），AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（3，-1，-1），设平面α的法向量u ⃗ =（x ，y ，z ），则{u ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y +z =0u ⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =3x −y −z =0，令z =-1，y =1，x =0． ∴u ⃗ =（0，1，-1）．故答案为：（0，1，-1）．设平面α的法向量u ⃗ =（x ，y ，z ），则{u ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y +z =0u⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3x −y −z =0，解出即可．本题考查了线面垂直与数量积的关系、平面的法向量，属于基础题．3.已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，2），AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，1，1），则平面ABC 的一个法向量为 ______ ．【答案】（-2，3，1）【解析】解：AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，2），AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，1，1），设平面ABC 的法向量为n ⃗ =（x ，y ，z ），则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{x +2z =02x +y +z =0，取x =-2，则z =1，y =3．∴n ⃗ =（-2，3，1）．故答案为：（-2，3，1）．设平面ABC 的法向量为n ⃗ =（x ，y ，z ），则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0，解出即可．本题考查了平面的法向量、线面垂直与数量积的关系，属于基础题．4.在三角形ABC 中，A （1，-2，-1），B （0，-3，1），C （2，-2，1），若向量n⃗ 与平面ABC 垂直，且|n⃗ |=√21，则n ⃗ 的坐标为 ______ ．【答案】（2，-4，-1）或（-2，4，1）【解析】解：设平面ABC 的法向量为m ⃗⃗⃗ =（x ，y ，z ），则m ⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，且m ⃗⃗⃗ •AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∵AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-1，-1，2），AC⃗⃗⃗⃗⃗ =（1，0，2）， ∴{−x −y +2z =0x +2z =0，即{x =−2z y =4z，令z =1，则x =-2，y =4，即m ⃗⃗⃗ =（-2，4，1），若向量n⃗ 与平面ABC 垂直， ∴向量n⃗ ∥m ⃗⃗⃗ ，设n ⃗ =λm ⃗⃗⃗ =（-2λ，4λ，λ），∵|n⃗ |=√21， ∴√21•|λ|=√21，即|λ|=1，解得λ=±1，∴n ⃗ 的坐标为（2，-4，-1）或（-2，4，1），故答案为：（2，-4，-1）或（-2，4，1）根据条件求出平面的法向量，结合向量的长度公式即可得到结论．本题主要考查空间向量坐标的计算，根据直线和平面垂直求出平面的法向量是解决本题的关键．二、解答题(本大题共3小题，共36.0分)5.如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD=60°，Q 为AD 的中点．（1）若PA=PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；（2）点M 在线段PC 上，PM =13PC ，若平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA=PD=AD=2，求二面角M-BQ-C 的大小．【答案】解：（1）证明：由题意知：PQ ⊥AD ，BQ ⊥AD ，PQ ∩BQ=Q ，∴AD ⊥平面PQB ，又∵AD⊂平面PAD ，∴平面PQB ⊥平面PAD ．（2）∵PA=PD=AD ，Q 为AD 的中点，∴PQ ⊥AD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD=AD ，∴PQ ⊥平面ABCD ，以Q 这坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 为x ，y ，z 轴，建立如图所求的空间直角坐标系，由题意知：Q （0，0，0），A （1，0，0），P （0，0，√3），B （0，√3，0），C （-2，√3，0）∴QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =23QP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13QC ⃗⃗⃗⃗⃗ =（-23，√33，2√33），设n 1⃗⃗⃗⃗ 是平面MBQ 的一个法向量，则n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅QB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，∴{√3y =0−23x+√33y+2√33z=0，∴n 1⃗⃗⃗⃗ =(√3，0，1)，又∵n 2⃗⃗⃗⃗ =(0，0，1)平面BQC 的一个法向量，∴cos ＜n 1⃗⃗⃗⃗ ，n 2⃗⃗⃗⃗ ＞=12，∴二面角M-BQ-C 的大小是60°．【解析】（1）由题设条件推导出PQ ⊥AD ，BQ ⊥AD ，从而得到AD ⊥平面PQB ，由此能够证明平面PQB ⊥平面PAD ．（2）以Q 这坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M-BQ-C 的大小．本题考查平面与平面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．6.如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD=DC=2，点E 是PC 的中点，F在直线PA 上．（1）若EF ⊥PA ，求PF PA 的值；（2）求二面角P-BD-E 的大小．【答案】解：（1）∵在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，∴以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y轴，DP 为z 轴，建立空间直角坐标系，∵PD=DC=2，点E 是PC 的中点，F在直线PA 上，∴P （0，0，2），A （2，0，0），C（0，2，0），E （0，1，1），设F （a ，0，c ），PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λPA⃗⃗⃗⃗⃗ ，则（a ，0，c -2）=λ（2，0，-2）=（2λ，0，-2λ），∴a =2λ，c =2-2λ，F （2λ，0，2-2λ），EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =（2λ，-1，1-2λ），PA⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，0，-2）， ∵EF ⊥PA ，∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =4λ-2+4λ=0，解得λ=14， ∴PF PA =14．（2）P （0，0，2），B （2，2，0），D （0，0，0），E （0，1，1），DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，0，2），DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（2，2，0），DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（0，1，1），设平面BDP 的法向量n ⃗ =（x ，y ，z ），则{n ⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y =0n⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2z =0，取x =1，得n ⃗ =（1，-1，0），设平面BDE 的法向量m ⃗⃗⃗ =（x ，y ，z ），则{m ⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y =0m ⃗⃗⃗ ⋅DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =y +z =0，取x =1，得m ⃗⃗⃗ =（1，-1，1），设二面角P-BD-E 的大小为θ，则cos θ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=2√2⋅√3=√63． ∴二面角P-BD-E 的大小为arccos √63．【解析】（1）以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出PFPA 的值．（2）求出平面BDP 的法向量和设平面BDE 的法向量，由此能求出二面角P-BD-E 的大小．本题考查线段比值的求法，考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．7.如图所示的几何体是由棱台ABC-A 1B 1C 1和棱锥D-AA 1C 1C 拼接而成的组合体，其底面四边形ABCD 是边长为2的菱形，且∠BAD=60°，BB 1⊥平面ABCD ，BB 1=2A 1B 1=2．（Ⅰ）求证：平面AB 1C ⊥平面BB 1D ；（Ⅱ）求二面角A 1-BD-C 1的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明：∵BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥AC ，∵ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC ，又BD ∩BB 1=B ，∴AC ⊥平面BB 1D ，∵AC⊂平面AB 1C ，∴平面AB 1C ⊥平面BB 1D ；（Ⅱ）设BD 、AC 交于点O ，以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，以OD 为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系．则B(0，−1，0)，D(0，1，0)，B 1(0，−1，2)，A(√3，0，0)，A 1(√32，−12，2)，C 1(−√32，−12，2)， ∴BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32，12，2)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，2，0)，BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√32，12，2)．设平面A 1BD 的法向量n ⃗ =(x ，y ，z)，由{n ⃗ ⋅BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√32x +12y +2z =0n ⃗ ⋅BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0，取z =√3，得n ⃗ =(−4，0，√3)，设平面DCF 的法向量m ⃗⃗⃗ =(x ，y ，z)，由{m ⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0m ⃗⃗⃗ ⋅BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−√32x +12y +2=0，取z =√3，得m ⃗⃗⃗ =(4，0，√3)．设二面角A 1-BD-C 1为θ，则cosθ=|m ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m||n|=1319．【解析】（Ⅰ）由BB 1⊥平面ABCD ，得BB 1⊥AC ，再由ABCD 是菱形，得BD ⊥AC ，由线面垂直的判定可得AC ⊥平面BB 1D ，进一步得到平面AB 1C ⊥平面BB 1D ；（Ⅱ）设BD 、AC 交于点O ，以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，以OD 为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系．求出所用点的坐标，得到平面A 1BD 与平面DCF 的法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A 1-BD-C 1的余弦值．本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，是中档题．。

空间向量及立体几何练习试题和答案解析

1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【分析】（1）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；（2）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；（3）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【解答】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；（2）解：取AD中点G，∵PA=PD，∴PG⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，由PA=PD=，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M（﹣1，2，），，．设平面PBD的一个法向量为，则由，得，取z=，得．取平面PAD的一个法向量为．∴cos＜＞==．∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；（3）解：，平面BDP的一个法向量为．∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=||=||=．【点评】本题考查线面角与面面角的求法，训练了利用空间向量求空间角，属中档题．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．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所成角的余弦值为，求线段AH的长．【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE 所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，∵M为AD中点，∴MF∥BD，∵BD⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，∴MF∥平面BDE．∵N为BC中点，∴NF∥AC，又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．∵DE⊂平面BDE，NF⊄平面BDE，∴NF∥平面BDE．又MF∩NF=F．∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵PA=AC=4，AB=2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E （0，2，2），则，，设平面MEN的一个法向量为，由，得，取z=2，得．由图可得平面CME的一个法向量为．∴cos＜＞=．∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，∴|cos＜＞|=||=||=．解得：t=或t=．∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为或．【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查了利用空间向量求解空间角，考查计算能力，是中档题．3．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是的中点．（Ⅰ）设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（Ⅱ）当AB=3，AD=2时，求二面角E﹣AG﹣C的大小．【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG 中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．【解答】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，∴BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，因此∠CBP=30°；（Ⅱ）解法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，∵∠EBC=120°，∴四边形BECH为菱形，∴AE=GE=AC=GC=．取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，∴∠EMC为所求二面角的平面角．又AM=1，∴EM=CM=．在△BEC中，由于∠EBC=120°，由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，∴，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所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．设为平面AEG的一个法向量，由，得，取z1=2，得；设为平面ACG的一个法向量，由，可得，取z2=﹣2，得．∴cos＜＞=．∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．【点评】本题考查空间角的求法，考查空间想象能力和思维能力，训练了线面角的求法及利用空间向量求二面角的大小，是中档题．4．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，∠AFD=90°，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．【分析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角E﹣BC﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．∵∠AFD=90°，∴AF⊥DF，∵DF∩EF=F，∴AF⊥平面EFDC，∵AF⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面EFDC；（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，∵BE⊥EF，∴BE⊥平面EFDC即有CE⊥BE，可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．可得∠DFE=∠CEF=60°．∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，∴AB∥平面EFDC，∵平面EFDC∩平面ABCD=CD，AB⊂平面ABCD，∴AB∥CD，∴CD∥EF，∴四边形EFDC为等腰梯形．以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD=a，则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），∴=（0，2a，0），=（，﹣2a，a），=（﹣2a，0，0）设平面BEC的法向量为=（x1，y1，z1），则，则，取=（，0，﹣1）．设平面ABC的法向量为=（x2，y2，z2），则，则，取=（0，，4）．设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ===﹣，则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为﹣．【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．5．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=，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=．（Ⅰ）证明：D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．【分析】（Ⅰ）由底面ABCD为菱形，可得AD=CD，结合AE=CF可得EF∥AC，再由ABCD是菱形，得AC⊥BD，进一步得到EF⊥BD，由EF⊥DH，可得EF⊥D′H，然后求解直角三角形得D′H⊥OH，再由线面垂直的判定得D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，由已知求得所用点的坐标，得到的坐标，分别求出平面ABD′与平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，求出|cosθ|．则二面角B﹣D′A﹣C的正弦值可求．【解答】（Ⅰ）证明：∵ABCD是菱形，∴AD=DC，又AE=CF=，∴，则EF∥AC，又由ABCD是菱形，得AC⊥BD，则EF⊥BD，∴EF⊥DH，则EF⊥D′H，∵AC=6，∴AO=3，又AB=5，AO⊥OB，∴OB=4，∴OH==1，则DH=D′H=3，∴|OD′|2=|OH|2+|D′H|2，则D′H⊥OH，又OH∩EF=H，∴D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）解：以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，∵AB=5，AC=6，∴B（5，0，0），C（1，3，0），D′（0，0，3），A（1，﹣3，0），，，设平面ABD′的一个法向量为，由，得，取x=3，得y=﹣4，z=5．∴．同理可求得平面AD′C的一个法向量，设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，则|cosθ|=．∴二面角B﹣D′A﹣C的正弦值为sinθ=．【点评】本题考查线面垂直的判定，考查了二面角的平面角的求法，训练了利用平面的法向量求解二面角问题，体现了数学转化思想方法，是中档题．6．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F 分别在线段AA1、A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF．（Ⅰ）证明：平面ABB1A1⊥平面ABC；（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．计算DE，EF，DF，利用勾股定理的逆定理得出DE⊥EF，由三线合一得CD⊥AB，故而CD⊥平面ABB1A1，从而平面ABB1A1⊥平面ABC；（II）以C为原点建立空间直角坐标系，求出和平面CEF的法向量，则直线AC1与平面CEF所成角的正弦值等于|cos＜＞|．【解答】证明：（I）取AB的中点D，连结CD，DF，DE．∵AC=BC，D是AB的中点，∴CD⊥AB．∵侧面ABB1A1是边长为2的正方形，AE=，A1F=．∴A1E=，EF==，DE==，DF==，∴EF2+DE2=DF2，∴DE⊥EF，又CE⊥EF，CE∩DE=E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，∴EF⊥平面CDE，又CD⊂平面CDE，∴CD⊥EF，又CD⊥AB，AB⊂平面ABB1A1，EF⊂平面ABB1A1，AB，EF为相交直线，∴CD⊥平面ABB1A1，又CD⊂ABC，∴平面ABB1A1⊥平面ABC．（II）∵平面ABB1A1⊥平面ABC，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC．∵CA⊥CB，AB=2，∴AC=BC=．以C为原点，以CA，CB，CC1为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A（，0，0），C（0，0，0），C1（0，0，2），E（，0，），F（，，2）．∴=（﹣，0，2），=（，0，），=（，，2）．设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，∴，令z=4，得=（﹣，﹣9，4）．∴=10，||=6，||=．∴sin＜＞==．∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．【点评】本题考查了面面垂直的判定，线面角的计算，空间向量的应用，属于中档题．7．如图，在四棱锥中P﹣ABCD，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=2，BC=4，PA=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．【分析】（1）利用直角梯形的性质求出AB，AC的长，根据勾股定理的逆定理得出AB⊥AC，由PA⊥平面ABCD得出AB⊥PA，故AB⊥平面PAC，于是AB⊥PC；（2）假设存在点M，做出二面角的平面角，根据勾股定理求出M到平面ABCD的距离从而确定M的位置，利用棱锥的体积求出B到平面MAC的距离h，根据勾股定理计算BM，则即为所求角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是直角梯形，AD=CD=2，BC=4，∴AC=4，AB===4，∴△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，∴AB⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴AB⊥PC．（2）假设存在符合条件的点M，过点M作MN⊥AD于N，则MN∥PA，∴MN⊥平面ABCD，∴MN⊥AC．过点M作MG⊥AC于G，连接NG，则AC⊥平面MNG，∴AC⊥NG，即∠MGN是二面角M﹣AC﹣D的平面角．若∠MGN=45°，则NG=MN，又AN=NG=MN，∴MN=1，即M是线段PD的中点．∴存在点M使得二面角M﹣AC﹣D的大小为45°．在三棱锥M﹣ABC中，V M﹣ABC=S△ABC•MN==，设点B到平面MAC的距离是h，则V B﹣MAC=，∵MG=MN=，∴S△MAC===2，∴=，解得h=2．在△ABN中，AB=4，AN=，∠BAN=135°，∴BN==，∴BM==3，∴BM与平面MAC所成角的正弦值为=．【点评】本题考查了项目垂直的判定与性质，空间角与空间距离的计算，属于中档题．8．如图，在各棱长均为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ACC1⊥底面ABC，∠A1AC=60°．（1）求侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值的大小；（2）已知点D满足=+，在直线AA1上是否存在点P，使DP∥平面AB1C？若存在，请确定点P的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）推导出A1O⊥平面ABC，BO⊥AC，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法能求出侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值．（2）假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），则．利用向量法能求出存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），即恰好为A1点．【解答】解：（1）∵侧面A1ACC1⊥底面ABC，作A1O⊥AC于点O，∴A1O⊥平面ABC．又∠ABC=∠A1AC=60°，且各棱长都相等，∴AO=1，OA1=OB=，BO⊥AC．…（2分）故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，则A（0，﹣1，0），B（，0，0），A1（0，0，），C（0，1，0），∴=（0，1，），=（），=（0，2，0）．…（4分）设平面AB1C的法向量为，则，取x=1，得=（1，0，1）．设侧棱AA1与平面AB1C所成角的为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=||=，∴侧棱AA1与平面AB1C所成角的正弦值为．…（6分）（2）∵=，而，，∴=（﹣2，0，0），又∵B（），∴点D（﹣，0，0）．假设存在点P符合题意，则点P的坐标可设为P（0，y，z），∴．∵DP∥平面AB1C，=（﹣1，0，1）为平面AB1C的法向量，∴由=λ，得，∴y=0．…（10分）又DP⊄平面AB1C，故存在点P，使DP∥平面AB1C，其坐标为（0，0，），即恰好为A1点．…（12分）【点评】本题考查线面角的正弦值的求法，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．9．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=2，AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥平面ABB1A1．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面BCD；（Ⅱ）若OC=OA，△AB1C的重心为G，求直线GD与平面ABC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）通过证明AB1⊥BD，AB1⊥CO，推出AB1⊥平面BCD，然后证明平面AB1C⊥平面BCD．（Ⅱ）以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．求出平面ABC的法向量，设直线GD与平面ABC 所成角α，利用空间向量的数量积求解直线GD与平面ABC所成角的正弦值即可．【解答】（本小题满分12分）解：（Ⅰ）∵ABB 1A1为矩形，AB=2，，D是AA1的中点，∴∠BAD=90°，，，从而，，∵，∴∠ABD=∠AB1B，…（2分）∴，∴，从而AB1⊥BD…（4分）∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，∴AB1⊥CO，∵BD∩CO=O，∴AB1⊥平面BCD，∵AB1⊂平面AB1C，∴平面AB1C⊥平面BCD…（6分）（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，分别以OD，OB1，OC所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．在矩形ABB1A1中，由于AD∥BB1，所以△AOD和△B1OB相似，从而又，∴，，，，∴，，∵G为△AB1C的重心，∴，…（8分）设平面ABC的法向量为，，由可得，令y=1，则z=﹣1，，所以．…（10分）设直线GD与平面ABC所成角α，则=，所以直线GD与平面ABC所成角的正弦值为…（12分）【点评】本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．10．在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，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θ=90°时，求A′C的长；（2）当cosθ=时，求BC与平面A′BD所成角的正弦值．【分析】（1）过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE，利用勾股定理及余弦定理计算AE，CE，由A′E⊥CE得出A′C；（2）利用余弦定理可得A′F=，从而得出A′F⊥平面ABCD，以F为原点建立坐标系，求出和平面A′BD的法向量，则BC与平面A′BD所成角的正弦值为|cos＜＞|．【解答】解：（1）在图1中，过A作BD的垂线交BD于E，交DC于F，连接CE．∵AB=4，AD=2，∴BD==10．∴，BE==8，cos∠CBE==．在△BCE中，由余弦定理得CE==2．∵θ=90°，∴A′E⊥平面ABCD，∴A′E⊥CE．∴|A′C|==2．（2）DE==2．∵tan∠FDE=，∴EF=1，DF==．当即cos∠A′EF=时，．∴A′E2=A′F2+EF2，∴∠A'FE=90°又BD⊥AE，BD⊥EF，∴BD⊥平面A'EF，∴BD⊥A'F∴A'F⊥平面ABCD．以F为原点，以FC为x轴，以过F的AD的平行线为y轴，以FA′为z轴建立空间直角坐标系如图所示：∴A′（0，0，），D（﹣，0，0），B（3，2，0），C（3，0，0）．∴=（0，2，0），=（4，2，0），=（，0，）．设平面A′BD的法向量为=（x，y，z），则，∴，令z=1得=（﹣，2，1）．∴cos＜＞===．∴BC与平面A'BD所成角的正弦值为．【点评】本题考查了空间角与空间距离的计算，空间向量的应用，属于中档题．11．如图，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1和四棱锥D﹣BB1C1C构成的几何体中，∠BAC=90°，AB=1，BC=BB1=2，C1D=CD=，平面CC1D⊥平面ACC1A1．（Ⅰ）求证：AC⊥DC1；（Ⅱ）若M为DC1的中点，求证：AM∥平面DBB1；（Ⅲ）在线段BC上是否存在点P，使直线DP与平面BB1D所成的角为？若存在，求的值，若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）证明AC⊥CC1，得到AC⊥平面CC1D，即可证明AC⊥DC1．（Ⅱ）易得∠BAC=90°，建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，利用向量求得AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．（Ⅲ）利用向量求解【解答】解：（Ⅰ）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，故AC⊥CC1，由平面CC1D⊥平面ACC1A1，且平面CC1D∩平面ACC1A1=CC1，所以AC⊥平面CC1D，又C1D⊂平面CC1D，所以AC⊥DC1．（Ⅱ）证明：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，又∠BAC=90°，所以，如图建立空间直角坐标系A﹣xyz，依据已知条件可得A（0，0，0），，，B（0，0，1），B1（2，0，1），，所以，，设平面DBB1的法向量为，由即令y=1，则，x=0，于是，因为M为DC1中点，所以，所以，由，可得，所以AM与平面DBB1所成角为0，即AM∥平面DBB1．（Ⅲ）解：由（Ⅱ）可知平面BB1D的法向量为．设，λ∈[0，1]，则，．若直线DP与平面DBB1成角为，则，解得，故不存在这样的点．【点评】本题考查了空间线线垂直、线面平行的判定，向量法求二面角．属于中档题12．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，平面AED⊥平面ABCD，AB=EA=ED，EF∥BD（ I）证明：AE⊥CD（ II）在棱ED上是否存在点M，使得直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（I）利用面面垂直的性质得出CD⊥平面AED，故而AE⊥CD；（II）取AD的中点O，连接EO，以O为原点建立坐标系，设，求出平面BDEF的法向量，令|cos＜＞|=，根据方程的解得出结论．【解答】（I）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面AED，∵AE⊂平面AED，∴AE⊥CD．（II）解：取AD的中点O，过O作ON∥AB交BC于N，连接EO，∵EA=ED，∴OE⊥AD，又平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，OE⊂平面AED，∴OE⊥平面ABCD，以O为原点建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：设正方形ACD的边长为2，，则A（1，0，0），B（1，2，0），D（﹣1，0，0），E（0，0，1），M（﹣λ，0，1﹣λ）∴=（﹣λ﹣1，0，1﹣λ），=（1，0，1），=（2，2，0），设平面BDEF的法向量为=（x，y，z），则，即，令x=1得=（1，﹣1，﹣1），∴cos＜＞==，令||=，解得λ=0，∴当M与点E重合时，直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为．【点评】本题考查了线面垂直的判定，空间向量与线面角的计算，属于中档题．13．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，PA=2，AB=1．（1）设点E为PD的中点，求证：CE∥平面PAB；（2）线段PD上是否存在一点N，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为？若存在，试确定点N的位置，若不存在，请说明理由．【分析】（1）取AD中点M，利用三角形的中位线证明EM∥平面PAB，利用同位角相等证明MC∥AB，得到平面EMC∥平面PAB，证得EC∥平面PAB；（2）建立坐标系，求出平面PAC的法向量，利用直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为，可得结论．【解答】（1）证明：取AD中点M，连EM，CM，则EM∥PA．∵EM⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EM∥平面PAB．在Rt△ACD中，∠CA D=60°，AC=AM=2，∴∠ACM=60°．而∠BAC=60°，∴MC∥AB．∵MC⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴MC∥平面PAB．∵EM∩MC=M，∴平面EMC∥平面PAB．∵EC⊂平面EMC，∴EC∥平面PAB．（2）解：过A作AF⊥AD，交BC于F，建立如图所示的坐标系，则A（0，0，0），B（，﹣，0），C（，1，0），D（0，4，0），P（0，0，2），设平面PAC的法向量为=（x，y，z），则，取=（，﹣3，0），设=λ（0≤λ≤1），则=（0，4λ，﹣2λ），=（﹣λ﹣1，2﹣2λ），∴|cos＜，＞|==，∴，∴N为PD的中点，使得直线CN与平面PAC所成的角θ的正弦值为．【点评】本题考查线面平行的判定，考查线面角，考查向量知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．14．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PB=PC，∠ABC=45°，点E是线段PA上靠近点A的三等分点．（Ⅰ）求证：AB⊥PC；（Ⅱ）若△PAB是边长为2的等边三角形，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）作PO⊥AB于O，连接OC，可得PO⊥面ABCD．由△POB≌△POC，∠ABC=45°，得OC⊥AB，即得AB⊥面POC，可证得AB⊥PC．（Ⅱ）以O 为原点建立空间坐标系，，利用向量求解．【解答】解：（Ⅰ）作PO⊥AB于O…①，连接OC，∵平面PAB⊥平面ABCD，且面PAB∩面ABCD=AB，∴PO⊥面ABCD．…（2分）∵PB=PC，∴△POB≌△POC，∴OB=OC，又∵∠ABC=45°，∴OC⊥AB…②又PO∩CO=O，由①②，得AB⊥面POC，又PC⊂面POC，∴AB⊥PC．…（6分）（Ⅱ）∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴．如图建立空间坐标系，设面PBC的法向量为，，由，令，得；，．，设DE与面PBC所成角为θ，∴直线DE与平面PBC所成角的正弦值．…（12分）【点评】本题考查了空间线线垂直的判定，向量法求线面角，属于中档题．15．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，点E，F 分别在线段AA l，A1B1上，且AE=，A1F=，CE⊥EF，M为AB中点（ I）证明：EF⊥平面CME；（Ⅱ）若CA⊥CB，求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）推导出Rt△EAM∽Rt△FA1E，从而EF⊥ME，又EF⊥CE，由此能证明EF⊥平面CEM．（Ⅱ）设线段A1B1中点为N，连结MN，推导出MC，MA，MN两两垂直，建空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AC1与平面CEF所成角的正弦值．【解答】证明：（Ⅰ）在正方形ABB1A1中，A1E=，AM=1，在Rt△EAM和Rt△FA1E中，，又∠EAM=∠FA1E=，∴Rt△EAM∽Rt△FA1E，∴∠AEM=∠A1FE，∴EF⊥EM，又EF⊥CE，ME∩CE=E，∴EF⊥平面CEM．解：（Ⅱ）在等腰三角形△CAB中，∵CA⊥CB，AB=2，∴CA=CB=，且CM=1，设线段A1B1中点为N，连结MN，由（Ⅰ）可证CM⊥平面ABB1A1，∴MC，MA，MN两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则C（1，0，0），E（0，1，），F（0，，2），A（0，1，0），C1（1，0，2），=（﹣1，1，），=（0，﹣，），=（1，﹣1，2），设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则，取z=2，得=（5，4，2），设直线AC1与平面CEF所成角为θ，则sinθ==，∴直线AC1与平面CEF所成角的正弦值为．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．。

空间二面角的求法

立体几何二面角求法练习题1、正方形ABCD-A 1B 1C 1D 1中，二面角B-A 1C-A 的大小为___ _；2、将∠A 为60°的棱形ABCD 沿对角线BD 折叠，使A 、C 的距离等于BD ，则二面角A-BD-C 的余弦值是 __；3、正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中对角线BD 1＝8，BD 1与侧面B 1BCC 所成的为30°，则二面角C 1—BD 1—B 1的大小为____ __；4、从点P 出发引三条射线PA 、PB 、PC ，每两条的夹角都是60°，则二面角B-PA-C 的余弦值是___ ___；5、二面角α-l -β的平面角为120°，A 、B ∈l ，AC ⊂α，BD ⊂β，AC ⊥l ，BD ⊥l ，若AB=AC=BD=1，则CD 的长___ ___；6、ABCD 为菱形，∠DAB ＝60°，PD ⊥面ABCD ，且PD ＝AD ，则面PAB 与面PCD 所成的锐二面角的大小为___ ___。

7、空间三条射线CA 、CP 、CB ，∠PCA=∠PCB=600，∠ACB=900，求二面角B-PC-A 的大小。

8、如图：Rt ∠ABC 中，斜边AB 在平面α内，C ∉α,AC 、BC 与α所成角分别为450和300，求平面ABC 与α所成角。

P BαCAE FDDαC BAH1、P 是二面角βα--AB 的棱AB 上一点，分别在βα,上引射线PM 、PN ，若o45=∠=∠BPN BPM ，o 60=∠MPN ，则二面角βα--AB 的大小为（）A. o30 B. o45 C. o60 D. o902、正方体1111D C B A ABCD -中二面角111A D C A --的大小为。

3、在一个o45的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成o45，则此直线与二面角的另一个面所成的角为。

4、如图，立体图形V-ABC 的四个侧面是全等的正三角形，则二面角V-AB-C 的度数为（）A. 31arccosB. 32arccosC. 33arccosD.61arccos5、如图，若P 为二面角M-l-N 的面N 内一点，PB ⊥l ，B 为垂足，A 为l 上一点，且∠P AB=α，PA 与平面M 所成角为β，二面角M-l-N 的大小为γ，则有（）A sinα=sinβsinγB sinβ=sinαsinγC sinγ=sinαsinβD 以上都不对 6、在四棱锥P-ABCD 中，ABCD 是平行四边形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AB=a ，∠ABC=30°，求二面角P-BC-A 的大小。

2021版高考数学一轮复习第九章立体几何9.7.2利用空间向量求二面角与空间距离练习理北师大版

利用空间向量求二面角与空间距离中心考点·精确研析考点一求二面角命1. 考什么 : (1) 考察与二面角有关的问题.(2)考察直观想象与数学运算的中心素题养 .精2. 怎么考 : 以柱、锥、台等几何体为载体考察与二面角有关的证明、求值问题.解3. 新趋向 : 以求二面角或某一三角函数值为主要命题方向.读1. 利用空间向量求二面角的两种方法:学(1)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, 则霸这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小;好经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和 n , 则二(2)12方面角的大小等于<n1, n2>( 或π -< n1, n2>).法2.交汇问题 : 经常与证明线面的平行、垂直关系同时考察.求二面角或某一三角函数值【典例】(2019 ·全国卷Ⅱ ) 如图 , 长方体 ABCD-A1B1C1D1的底面 ABCD是正方形 , 点 E 在棱 AA1上 ,BE ⊥EC1.(1)证明 :BE⊥平面 EB1C1.(2)若 AE=A1E, 求二面角 B-EC-C1的正弦值 .【分析】1111111111111 (1) 由已知得 ,B C ⊥平面ABBA ,BE平面 ABBA , 故 B C ⊥ BE.又 BE⊥ EC,EC ∩ B C =C,所以 BE⊥平面 EB1C1.(2) 由 (1)知∠ BEB1=90°. 由题设知 Rt △ ABE≌ Rt △A1B1E, 所以∠ AEB=45°, 故 AE=AB,AA1=2AB. 以 D 为坐标原点 ,的方向为 x 轴正方向 ,|| 为单位长 , 成立如下图的空间直角坐标系D-xyz,则 C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则即所以可取 n=(0,-1,-1).设平面 ECC1的法向量为m=(x,y,z),则即所以可取 m=(1,1,0).于是cos<n, m>==-.所以二面角B-EC-C1的正弦值为.与二面角有关的综合问题【典例】如图, 在梯形 ABCD中 ,AB∥ CD,∠ BCD= , 四边形 ACFE为矩形 , 且 CF⊥平面 ABCD,AD=CD=BC=CF=1.(1)求证 :EF⊥平面 BCF.(2)点 M在线段 EF( 含端点 ) 上运动 , 当点 M在什么地点时 , 平面 MAB与平面 FCB所成锐二面角最大 , 并求此时二面角的余弦值 .【分析】 (1) 在梯形 ABCD中 , 由于 AB∥ CD,AD=CD=BC=1,又由于∠ BCD=,所以∠ ADC= π, ∠ ACD= , 所以∠ ACB= , 故 AC⊥ BC.由于 CF⊥平面 ABCD,AC平面ABCD,所以 AC⊥ CF,而 CF∩ BC=C,所以 AC⊥平面 BCF,由于 EF∥ AC,所以 EF⊥平面 BCF.(2) 由 (1) 可成立分别以直线CA,CB,CF 为 x 轴 ,y 轴 ,z 轴的空间直角坐标系如下图,AD=CD=BC=CF=1,令 FM=λ(0 ≤λ≤),则 C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),M( λ,0,1),所以=(-,1,0),=( λ,-1,1),设 n1=(x,y,z) 为平面 MAB的一个法向量 ,由得取 x=1, 则 n1=(1,,- λ),由于 n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,所以 cos θ===,由于 0≤λ≤, 所以当λ=0 时 ,cosθ 有最小值, 所以点 M与点 F 重合时 , 平面 MAB与平面 FCB所成锐二面角最大, 此时二面角的余弦值为.1. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中, 点 E 为 BB1的中点 , 则平面 A1ED与平面 ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A. B. C. D.【分析】选 B. 以 A 为原点成立如下图的空间直角坐标系A-xyz, 设棱长为1, 则A1 (0,0,1),E1,0,,D(0,1,0),所以=(0,1,-1),= 1,0,-,设平面 A1ED的一个法向量为n 1=(1,y,z),则所以所以 n1=(1,2,2).由于平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),所以cos<n1, n2>== .即所成的锐二面角的余弦值为.2. 如图 , 四棱锥 P ABCD中, 底面 ABCD是正方形 ,PD⊥平面 ABCD且 PD=AD=2,点 E 是射线 AB上一点 , 当二面角 P-EC-D 为时,AE=()A.1B.C.2-D.2+2【分析】选 D. 设 AE=a(a≥ 0), 以点 D 为原点 ,DA,DC,DP 所在直线分别为 x,y,z 轴成立空间直角坐标系, 则D(0,0,0),C(0,2,0),E(2,a,0),P(0,0,2),则=(0,2,-2),=(2,a,-2), 设平面 PEC的法向量为m=(x,y,z), 则即故x∶y∶z=(2 - a)∶2∶2,故令 m=(2-a,2,2),设平面 ECD的法向量为n=(0,0,1),二面角 P EC D的平面角θ= ,所以 cosθ=== ,所以 a=2+2 或 a=-2+2( 舍去 ),故 AE=2+2.1. 在矩形 ABCD中 ,AB=4,BC=3, 沿对角线 AC把矩形折成二面角D-AC-B 的平面角为60°时 ,BD=________________.【分析】在矩形ABCD中 ,AB=4,BC=3,过点 D 作 DE⊥ AC于点 E,过点 B 作 BF⊥ AC于点 F,则||=||==,||=5- 2×= .沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B 的平面角为60°时 ,则=++,=+++2·+2·+2·=×2++0+0+2×××cos(180° - 60°)=.所以 ,BD=.答案 :2.(2019 ·全国卷Ⅲ ) 图 1 是由矩形ADEB,Rt△ ABC和菱形 BFGC构成的一个平面图形 , 此中 AB=1,BE=BF=2,∠F BC=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 .【分析】 (1) 由已知得 AD∥ BE,CG∥ BE, 所以 AD∥ CG,故 AD,CG确立一个平面 , 进而 A,C,G,D 四点共面 .由已知得 AB⊥ BE,AB⊥ BC,BE∩ BC=B,故 AB⊥平面 BCGE.又由于 AB平面ABC,所以平面ABC⊥平面 BCGE.(2) 作 EH⊥BC,垂足为 H. 由于 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=.以 H 为坐标原点 ,的方向为x轴的正方向,成立如下图的空间直角坐标系H-xyz,则 A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).设平面 ACGD的法向量为n=(x,y,z),则即所以可取 n=(3,6,-).又平面 BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以 cos n, m ==.所以二面角B-CG-A的大小为30°.考点二求空间距离【典例】 1. 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2, 则点 D1到平面 A1BD的距离是 ________________.2. 已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧面 A1ACC1与底面 ABC垂直 , ∠ABC=90°,BC=2,AC=2, 且 AA1⊥ A1C,AA1=A1C.(1)求这个三棱柱的体积 .(2)求极点 C 到侧面 A1ABB1的距离 .【解题导思】序号联想解题1在正方体中 , 求点 D1到平面 A1 BD的距离 , 第一想到利用向量法 .2察看所给图形 , 想到试试利用转变法或等体积法 .【分析】 1. 如图成立空间直角坐标系,所以=(2,0,0),=(2,0,2),=(2,2,0),设平面 A1BD的一个法向量n=(x,y,z),则. 令 x=1, 则 n=(1,-1,-1),所以点D1到平面A1BD的距离d== =.答案 :2.(1)取AC的中点D,连结A1D,由于AA1⊥ A1C,AA1=A1C,AC=2, 所以 A1D⊥ AC,A1D=, 又由于侧面A1ACC1与底面 ABC垂直 , 所以 A1D⊥底面 ABC,所以 A1D 就是三棱柱的高, 由于∠ ABC=90°,BC=2,AC=2, 所以AB=2, 所以底面积为S△ABC= ×2×2=2, 所以三棱柱的体积为V=S△ABC· A1 D=2×=2. (2)等体积法 : 连结 A1B,依据定义 , 点 C 到面 A1ABB1的距离 , 即为三棱锥C-A1AB的高 h, 由=得· h= S△ABC· A1D,即×2h= ×2×, 所以 h=为所求.求点到平面的距离的常用方法(1) 直接法 : 过 P 点作平面α的垂线,垂足为Q,把PQ放在某个三角形中, 解三角形求出PQ的长度就是点P 到平面α的距离 .(2)转变法 : 若点 P 所在的直线l平行于平面α, 则转变为直线l上某一个点到平面α的距离来求 .(3)等体积法 : 求点面距离能够转变为求三棱锥的高, 如四周体中点 A到平面 BCD的距离 , 用等体积法求得h=.(4) 向量法 : 设平面α的一个法向量为n,A 是α内随意点 , 则点 P 到α的距离为d=.如图 , △ BCD与△ MCD都是边长为 2 的正三角形 , 平面 MCD⊥平面 BCD,AB⊥平面 BCD,AB=2, 求点 A 到平面MBC的距离 .【分析】如图, 取 CD的中点 O,连结 OB,OM,由于△ BCD与△ MCD均为正三角形, 所以 OB⊥ CD,OM⊥ CD,又平面 MCD⊥平面 BCD,所以 MO⊥平面 BCD.以 O为坐标原点 , 直线 OC,BO,OM分别为 x 轴 ,y 轴 ,z 轴 , 成立空间直角坐标系O-xyz.由于△ BCD与△ MCD都是边长为2的正三角形 , 所以 OB=OM=, 则O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0,),B(0,-,0),A(0,-,2),所以=(1,,0),=(0,,).设平面 MBC的法向量为n=(x,y,z),由得即取x=, 可得平面 MBC的一个法向又=(0,0,2),所以所求距离为d==.。

高考数学专题：向量求二面角(含答案)

高考数学专题：向量求二面角向量法求二面角大小的两种方法(1)分别求出二面角的两个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)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．1、如图，四棱锥P-ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝π3，M为BC上一点，且BM＝12，MP⊥AP.(1)求PO的长；(2)求二面角A-PM-C的正弦值．2、如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F 分别为AC，DC的中点．(1)求证：EF⊥BC；(2)求二面角E-BF-C的正弦值．3、如图所示，在多面体ABCD-A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F-CC1-B的余弦值．4、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，∠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．5、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.(1)求证：EG∥平面ADF；(2)求二面角O-EF-C的正弦值；(3)设H为线段AF上的点，且AH＝23HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值6、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，∠ABC＝∠BAD＝π2，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(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所成的角最小时，求线段BQ的长．7、如图所示，在多面体A1B1D1-DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C；(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值．8、如图，三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝π2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A-PD-C的余弦值．答案：1、解：(1)如图，连接AC，BD，因为ABCD为菱形，则AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O为坐标原点，OA →，OB →，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O -xyz .因为∠BAD ＝π3，所以OA ＝AB ·cos π6＝3，OB ＝AB ·sin π6＝1，所以O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，OB →＝(0，1，0)，BC →＝(－3，－1，0)．由BM ＝12，BC ＝2知， BM→＝14BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，－14，0，从而OM→＝OB →＋BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，34，0.设P (0，0，a )，a >0，则AP→＝(－3，0，a )，MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－34，a . 因为MP ⊥AP ，故MP →·AP→＝0，即－34＋a 2＝0，所以a ＝32或a ＝－32(舍去)，即PO ＝32.(2)由(1)知，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，32，MP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－34，32，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，0，32. 设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面PMC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AP →＝0，n 1·MP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋32z 1＝0，34x 1－34y 1＋32z 1＝0，故可取n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，533，2. 由n 2·MP →＝0，n 2·CP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧34x 2－34y 2＋32z 2＝0，3x 2＋32z 2＝0，故可取n 2＝(1，－3，－2)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－155， sin 〈n 1，n 2〉＝1－⎝⎛⎭⎪⎫－1552＝105，故所求二面角A -PM -C 的正弦值为105.2、(1)证明：由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0)，因而E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC→＝0. 从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)．设平面BEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )．又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0，n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E -BF -C 大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15. 因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.3、．解：以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a ，0，0)，B (2a ，2a ，0)，C (0，2a ，0)，D 1(0，0，a )，F (a ，0，0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)因为AB 1→＝(－a ，a ，a )，DD 1→＝(0，0，a )，所以|cos 〈AB 1→，DD 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AB 1→·DD 1→|AB 1→||DD 1→|＝33，所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)证明：因为BB 1→＝(－a ，－a ，a )，BC →＝(－2a ，0，0)，FB 1→＝(0，a ，a )，所以⎩⎪⎨⎪⎧FB 1→·BB 1→＝0，FB 1→·BC →＝0，所以FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC . 因为BB 1∩BC ＝B ，所以FB 1⊥平面BCC 1B 1.(3)由(2)知，FB 1→为平面BCC 1B 1的一个法向量．设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量，因为CC 1→＝(0，－a ，a )，FC →＝(－a ，2a ，0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·CC 1→＝0，n ·FC →＝0，即⎩⎨⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则n ＝(2，1，1)，所以||cos 〈FB 1→，n 〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪FB 1→·n |FB 1→||n |＝33，因为二面角F -CC 1-B 为锐角，所以二面角F -CC 1-B 的余弦值为33.4、解：(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)如图，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 |＝－21919.故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.5、解：依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，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O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0)．(1)证明：依题意，AD→＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎨⎧2x ＝0，x －y ＋2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0，2，1)．又EG →＝(0，1，－2)，所以EG →·n 1＝0，又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)易证，OA→＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量．依题意，EF→＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)．设n 2＝(x ，y ，z )为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.不妨设x ＝1，可得n 2＝(1，－1，1)．因此cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →||n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以，二面角O -EF -C 的正弦值为33.(3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF→＝(1，－1，2)，所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，85，45，因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.6、解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)． (1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD→是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)．因为PC→＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0. 令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP→＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又CB→＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝ (－λ，－1，2λ)，又DP→＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时， |cos 〈CQ→，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.7、解：(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 ⊂平面A 1DE ，B 1C ⊄平面A 1DE ，于是B 1C ∥平面A 1DE . 又B 1C ⊂平面B 1CD 1，平面A 1DE ∩平面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)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(0.5，0.5，1)．设面A 1DE 的法向量为n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝(0.5，0.5，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足方程组⎩⎨⎧0.5r 1＋0.5s 1＝0，s 1－t 1＝0，因为(－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1)．设面A 1B 1CD 的法向量为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)，所以结合图形知二面角E -A 1D -B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63. 8、解：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，得PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE .又PC ∩CD ＝C ，所以DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1.又EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.如图，以C 为坐标原点，分别以CA→，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED →＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0. 设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知，DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED→，即n 2＝(1，－1，0)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故二面角A -PD -C 的余弦值为36.。

立体几何专题解答题(含解析)

《立体几何》专题训练（解答题）空间向量在立体几何的运用：(1)异面直线所成的角：设a ，b 分别为异面直线a ，b 的方向向量，则两异面直线所成的角满足cos θ＝|a ·b ||a ||b |. (2)线面角：设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角满足sin θ＝|l ·n ||l ||n |.(3)二面角：①如图(1)，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．②如图(2)(3)，n 1，n 2分别是二面角a －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〉或cos 〈n 1，n 2〉．一．利用空间向量证明平行与垂直(厦门模拟)如图，在直三棱柱ADE -BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)，所以OM →·BA →＝0，所以OM →⊥BA →.因为棱柱ADE -BCF 是直三棱柱，所以AB ⊥平面BCF ，所以BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，所以OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．因为DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1.令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0，1，1)．因为n 1·n 2＝0，所以平面MDF ⊥平面EFCD .二．利用空间向量求线线角、线面角、二面角命题角度一利用空间向量求线线角、线面角【典例1】 (新课标Ⅰ高考)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．【解】 (1)证明：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 ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，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)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，建立空间直角坐标系Gxyz .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33.[一题多变]若题(2)变为：求直线AE 与平面ACF 所成的角．【解】设平面ACF 的法向量为n 0＝(x 0，y 0，z 0)，则AC →＝(0，23，0)，CF →＝(－1，－3，22)．由n 0·AC →＝0得，23y 0＝0，即y 0＝0. 由n 0·CF →＝0得，－x 0－3y 0＋22z 0＝0，所以x 0＝22z 0，所以n 0＝(22z 0，0，z 0)．令z 0＝2，则n 0＝(2，0，2)．所以cos 〈AE →，n 0〉＝AE →·n 0|AE →|·|n 0|＝1×2＋3×0＋2×21＋32＋22·22＋02＋22＝22. 所以〈AE →，n 0〉＝45°.所以直线AE 与平面ACF 所成的角为45°. 命题角度二利用空间向量求二面角【典例2】山东高考)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．(1)证明：连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH.在三棱台DEF ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OH∥BD.又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.(2)设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF ABC中，G为AC的中点，由DF＝12AC＝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 .连接GB ，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Gxyz . 所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)．可得H ⎝⎛⎭⎫22，22，0，F (0，2，1)．故GH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0)．所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 三、转化与化归思想求解空间垂直与平行关系及空间角问题【典例】 (天津模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面为直角梯形ABCD ，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AP ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求CD 与平面ADMN 所成角的正弦值；【解】 (1)证明：如图以A 为原点建立空间直角坐标系，设BC ＝1，A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，1，0)，D (0，2，0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，0，1)，P (0，0，2)． PB →＝(2，0，－2)，DM →＝⎝⎛⎭⎫1，－32，1，所以PB →·DM →＝0，所以PB ⊥DM .(2)CD →＝(－2，1，0)，设平面ADMN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， AD →＝(0，2，0)，AN →＝(1，0，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AN →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，0，－1)，设CD 与平面ADMN 所成的角为α，则sin α＝|CD →·n ||CD →||n |＝25×2＝105.专题训练：1．(安徽高考)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．【解】 (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)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.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →， n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧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)．设面A 1B 1CD 的法向量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)．所以结合图形知二面角E -A 1D B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.2(天津高考)如图，在四棱柱ABCDA 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 1ACB 1的正弦值；【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，得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〉＝31010，所以，二面角D 1ACB 1的正弦值为31010.3．(福建高考)如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ⊥平面BEC ，BE ⊥EC ，AB ＝BE ＝EC ＝2，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(1)求证：GF ∥平面ADE ；(2)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．【解】 (1)证明：如图，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB .又F 是CD 的中点，所以DF＝12CD.由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE.(2)如下图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.以B为原点，分别以BE→，BQ→，BA→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A(0，0，2)，B(0，0，0)，E(2，0，0)，F(2，2，1)．因为AB⊥平面BEC，所以BA→＝(0，0，2)为平面BEC的法向量．设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量．又AE→＝(2，0，－2)，AF→＝(2，2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0.取z ＝2，得n ＝(2，－1，2)．从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n |·|BA →|＝43×2＝23，所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23.4．(山东聊城二模)如图(1)所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B .(如图(2))(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请说明理由．【解】 (1)平行．在△ABC 中，由E 、F 分别是AC 、BC 中点，得EF ∥AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF →＝(1，3，0)，DE →＝(0，3，1)，DA →＝(0，0，2)．平面CDF 的法向量为DA →＝(0，0，2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217. (3)存在．设P (s ，t ，0)，有AP →＝(s ，t ，－2)，则AP →·DE →＝3t －2＝0，∴t ＝233，又BP →＝(s －2，t ，0)，PC →＝(－s ，23－t ，0)， ∵BP →∥PC →，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3.把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP →＝13·BC →，∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .此时，BP BC ＝13.5(浙江高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．(1)证明：A1D⊥平面A1BC；(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．证明：设E为BC的中点，连结A1E，AE，DE，由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.因为AB＝AC，所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.(3分)由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，从而DE∥A1A且DE＝A1A，所以四边形A1AED为平行四边形．故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.(6分)(2)以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示．由题意知各点坐标如下：A 1(0，0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．因此A 1B →＝(0，2，－14)，BD →＝(－2，－2，14)， DB 1→＝(0，2，0)．(9分)设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B →＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1→＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0，可取n ＝(7，0，1)．(12分) 于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18. 6．(新课标Ⅱ高考)如图，长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值．【解】 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8.因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10.于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.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Dxyz ，则A (10，0，0)，H (10，10，0)，E (10，4，8)，F (0，4，8)，FE →＝(10，0，0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0，4，3)．又AF→＝(－10，4，8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.7．(河北衡水中学二模)如图，四棱锥P -ABCD 的底面是边长为1的正方形，P A ⊥底面ABCD ，E 、F 分别为AB 、PC 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)若P A ＝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55？若存在，确定点Q 的位置；若不存在，请说明理由．【解】 (1)证明：取PD 中点M ，连结MF ，MA ，则MF ∥CD 且MF ＝12CD ，又AE ∥CD 且AE ＝12AB＝12CD ，∴MF 綊CD ，故四边形EFMA 为平行四边形，∴EF ∥AM . 又∵EF ⊄平面P AD ，AM ⊂平面P AD ， ∴EF ∥平面P AD .(2)如图，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系，则P (0，0，2)，B (0，1，0)，C (1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，F ⎝⎛⎭⎫12，12，1. 由题易知平面P AD 的一个法向量为m ＝(0，1，0)，假设存在Q 满足条件．设EQ →＝λEF →(0≤λ≤1)，因为EF →＝⎝⎛⎭⎫12，0，1，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，所以Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2，12，λ.因为AP →＝(0，0，2)，AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2，12，λ，设平面P AQ 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧λ2x ＋12y ＋λz ＝0，z ＝0，取x ＝1，则y ＝－λ，∴n ＝(1，－λ，0)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝－λ1＋λ2，由已知得λ1＋λ2＝55. 解得λ＝12，则存在满足条件的Q ，其是EF 的中点．8.(重庆高考)已知如图，三棱锥P ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE ⊥平面PCD ； (2)求二面角APDC 的余弦值．【解】 (1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE . 由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE . 由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)， ED →＝(1，－1，0)，DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0. 设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36，故所求二面角APDC 的余弦值为36.9.(江苏高考)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 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 所成的角最小时，求线段BQ 的长．【解】以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)．因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)，又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.10(广东高考)如图所示，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P-AD-C 的正切值；(3)求直线P A 与直线FG 所成角的余弦值．【解】以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0，0，0)，P (0，0，7)，F (3，1，0)，G (2，3，0)，A (3，－3，0)，D (0，－3，0)．(1)证明：EP →＝(0，0，7)，FG →＝(－1，2，0)，EP →·FG →＝0，∴PE ⊥FG .(2)平面ADC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)，设平面P AD 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n 2＝（0，3，7）·（x ，y ，z ）＝3y ＋7z ＝0，AP →·n 2＝（－3，3，7）·（x ，y ，z ）＝－3x ＋3y ＋7z ＝0，取y ＝1，则x ＝0，z ＝－37，∴n 2＝(0，1，－37)为平面P AD 的一个法向量．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－371×1＋97＝－34.记所求二面角的大小为θ，显然θ为锐角， ∴cos θ＝34，tan θ＝73.(3)∵AP →＝(－3，3，7)，FG →＝(－1，2，0)，∴cos 〈AP →，FG →〉＝AP →·FG →|AP →|·|FG →|＝3＋6＋09＋9＋7×5＝9525， ∴直线P A 与直线FG 所成角的余弦值为9525.。

高中数学第一章空间向量与立体几何1.2.4二面角含解析第一册

课时分层作业（七) 二面角(建议用时：40分钟）一、选择题1．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝错误!AA1，E为CC1的中点，则二面角E。

BD.C的平面角的大小为（）A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!B［如图，连接AC，BD，相交于点O，∵AB＝BC,∴OC⊥BD，而△BCE≌△DCE，∴BE＝DE，则OE⊥BD，∴∠EOC为二面角E。

BD.C的平面角，设AB＝BC＝2，则OC＝错误!AC＝错误!，AA1＝2错误!，则CE＝错误!CC1＝错误!AA1＝错误!．∴∠EOC＝错误!．即二面角E。

BD.C的平面角的大小为错误!．]2．过正方形ABCD的顶点A作线段AP垂直于平面ABCD，且AP＝AB，则平面ABP与平面CDP所成的锐二面角的大小为(）A．错误!B．错误!C．错误!D．以上都不正确A［设AP＝AB＝1，以A为原点，AB为x轴,AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系,P（0,0,1）,D(0，1,0)，C（1，1，0），错误!＝（1，1，－1），错误!＝（0，1，－1)．设平面PCD的法向量m＝(x，y，z）,则错误!取y＝1，得m＝（0，1,1)，平面ABP的法向量n＝（0,1,0)，设平面ABP与平面CDP所成的角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!,∴θ＝错误!．]3．把正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A，B,C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，二面角B-AC-D的大小为（）A．30°B．45°C．60°D．90°D［如图所示，欲使得三棱锥体积最大，∵三棱锥底面积一定，∴只须三棱锥的高最大即可，即当平面BAC⊥平面DAC时，三棱锥体积最大，∴当以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大时，二面角B。

AC。

D的大小为90°．]4．如图，已知三棱锥ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面ABB1A1是菱形,且∠A1AB＝60°，M是A1B1的中点，MB⊥AC，则二面角A1。

空间几何向量求二面角专项练习

1. 如图，四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面ABCD ，2AD =2DC SD ==，点M 在侧棱SC 上，ABM ∠=60°（I ）证明：M 在侧棱SC 的中点（II ）求二面角S AM B --的大小。

2. 如图，已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，60ABC ∠=︒,E ，F 分别是BC , PC 的中点.（Ⅰ）证明：AE ⊥PD ;（Ⅱ）若H 为PD 上的动点，EH 与平面PAD 所成最大角的正切值为62，求二面角E —AF —C 的余弦值.3.如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4, BC=CD=2, AA 1=2, E 、E 1、F 分别是棱AD 、AA 1、AB 的中点。

（1）证明：直线EE 1//平面FCC 1；求二面角B-FC 1-C 的余弦值。

4.如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是矩形．已知 60,22,2,2,3=∠====PAB PD PA AD AB ．（Ⅰ）证明⊥AD 平面PAB ；（Ⅱ）求异面直线PC 与AD 所成的角的大小；（Ⅲ）求二面角A BD P --的大小．5.如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，∠BCD ＝60°，E 是CD 的中点，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2.（Ⅰ）证明：平面PBE ⊥平面PAB ;（Ⅱ）求平面PAD 和平面PBE 所成二面角（锐角）的大小. 6.如图，在三棱锥P ABC -中，2AC BC ==，90ACB ∠=，AP BP AB ==，PC AC ⊥．（Ⅰ）求证：PC AB ⊥；（Ⅱ）求二面角B AP C --的大小；E ABCFE 1A 1B 1C 1D 1D ABCEDP ACB P6. 已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长都是a ，侧棱与底面成600的角，侧面BCC 1B 1⊥底面ABC 。