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专题十 立体几何中的向量方法卷卷卷2018线面角的正弦值的求解T18(2)二面角、线面角的正弦值的求解T20(2)二面角的正弦值的求解T19(2)2017二面角的余弦值的求解T18(2)二面角的余弦值的求解T19(2)二面角的余弦值的求解T19(2)2016二面角的余弦值的求解T18(2)二面角的正弦值的求解T19(2)线面角的正弦值的求解T19(2)纵向把握趋势全国卷3年3年考，涉及直线与平面所成角、二面角的求解，且都在解答题中的第(2)问出现，难度适中预计2019年仍会以解答题的形式考查二面角或线面角的求法横向把握重点高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第(2)问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上. 考法一利用空间向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a(a1，b1，c1)，平面，的法向量分别为u(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)(1)线面平行：lauau0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直：lauakua1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行：uvukva2ka3，b2kb3，c2kc3.(4)面面垂直：uvuv0a2a3b2b3c2c30.如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点求证：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD.破题思路第(1)问求什么想什么要证BEDC，想到证，即0给什么用什么由PA底面ABCD，ADAB，可知AP，AB，AD三条直线两两互相垂直，可用来建立空间直角坐标系差什么找什么建立坐标系后，要证0，缺少，的坐标，根据所建坐标系求出B，E，D，C点的坐标即可第(2)问求什么想什么要证BE平面PAD，想到证与平面PAD的法向量垂直差什么找什么需要求及平面PAD法向量的坐标，可根据第(1)问建立的空间直角坐标系求解第(3)问求什么想什么要证平面PCD平面PAD，想到证平面PCD的法向量与平面PAD的法向量垂直差什么找什么缺少两个平面的法向量，可利用(1)中所建的空间直角坐标系求解规范解答依题意知，AB，AD，AP两两垂直，故以点A为坐标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)因为(0,1,1)，(2,0,0)，故0.所以BEDC.(2)易知(1,0,0)为平面PAD的法向量，而(0,1,1)(1,0,0)0，所以BEAB，又BE平面PAD，所以BE平面PAD.(3)(0,2，2)，(2,0,0)，设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，则即不妨令y1，可得n(0,1,1)为平面PCD的一个法向量因为平面PAD的一个法向量(1,0,0)，所以n(0,1,1)(1,0,0)0，所以n.所以平面PCD平面PAD.题后悟通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如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点E在线段BB1上，且EB11，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点求证：(1)B1D平面ABD；(2)平面EGF平面ABD.证明：(1)根据题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1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)，B1(0,0,4)，C1(0,2,4)，设BAa，则A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，所以0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，BA平面ABD，BD平面ABD，所以B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，则， (0,1,1)，所以0220， 0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG平面EGF，EF平面EGF，因此B1D平面EGF.结合(1)可知平面EGF平面ABD. 考法二利用空间向量求空间角 1向量法求异面直线所成的角若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为，则cos |cosa，b|.2向量法求线面所成的角求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为，则sin |cosn，a|.3向量法求二面角求出二面角l的两个半平面与的法向量n1，n2，若二面角l所成的角为锐角，则cos |cosn1，n2|；若二面角l所成的角为钝角，则cos |cosn1，n2|.题型策略(一)求异面直线所成的角(2015全国卷)如图，四边形ABCD为菱形，ABC120，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)证明：平面AEC平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值破题思路第(1)问求什么想什么证明平面AEC平面AFC，想到求二面角EACF的平面角为直角或证明平面AEC的法向量与平面AFC的法向量垂直给什么用什么四边形ABCD为菱形，则连接BD，使BDACO，有ACBD，且OAOC，OBOD.由EB平面ABC，FD平面ABC，ABBCCDAD，可证EAEC，FAFC，即EAC和FAC均为等腰三角形差什么找什么要证二面角的平面角为直角，需找出二面角的平面角，连接EO，FO可知EOF即为二面角的平面角；若利用坐标系求解，此时可以O为坐标原点，以OB和OC分别为x轴，y轴建系第(2)问求什么想什么求直线AE与直线CF所成角的余弦值，想到求与的夹角的余弦值给什么用什么由BD与AC垂直平分，且BE平面ABCD，可以OB与OC分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系差什么找什么差各线段的具体长度，故可令OB1，进而求出各点坐标，和的坐标规范解答(1)证明：连接BD，设BDAC于点O，连接EO，FO，EF.在菱形ABCD中，不妨设OB1.由ABC120，可得AOOC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC，故EOAC.由DF平面ABCD，ADDC，可知AFFC，故FOAC.所以二面角EACF的平面角为EOF.又AEEC，所以EO.在RtEBO中，可得BE，故DF.在RtFDO中，可得FO.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF.从而EO2FO2EF2，所以EOFO.所以二面角EACF为直角，所以平面AEC平面AFC.(2)以O为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，|为单位长度，建立空间直角坐标系Oxyz.由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F，C(0，0)，所以(1，)，.故cos，.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.题后悟通思路受阻分析解决第(1)问时，不能正确作出二面角的平面角或虽然作出，但不能正确求解而造成问题无法求解或求解错误，解决第(2)问时，不能建立恰当的空间直角坐标系，是造成不能解决问题的常见障碍技法关键点拨求异面直线所成的角，可以通过求两直线的方向向量的夹角求得，即cos |cos |.要注意的范围为对点训练1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧(1)求三棱锥CO1A1B1的体积；(2)求异面直线B1C与AA1所成的角的大小解：(1)，A1O1B1，SO1A1B1O1A1O1B1sin，VCO1A1B1OO1SO1A1B11，三棱锥CO1A1B1的体积为.(2)以O为坐标原点，OA，OO1所在直线为y轴，z轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0,1,0)，A1(0,1,1)，B1，C.(0,0,1)，(0，1，1)，cos，异面直线B1C与AA1所成的角为.题型策略(二)求直线与平面所成的角(2018合肥质检)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF平面ABCD，DE平面ABCD，BFDE，M为棱AE的中点(1)求证：平面BDM平面EFC；(2)若DE2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值破题思路第(1)问求什么想什么求证平面BDM平面EFC，想到证明平面BDM内的两条相交直线与平面EFC平行给什么用什么由BF平面ABCD，DE平面ABCD，BFDE，利用线面垂直的性质及平行四边形的性质可知四边形BDEF为平行四边形，即EFBD差什么找什么还需在平面BDM中找一条直线与平面CEF平行，由M为棱AE的中点，想到构造三角形的中位线，连接AC与BD相交即可第(2)问求什么想什么求直线AE与平面BDM所成角的正弦值，想到求直线AE的方向向量与平面BDM的法向量所成角的余弦的绝对值给什么用什么题干中有DE平面ABCD，四边形ABCD为正方形，从而有DE，DA，DC两两互相垂直，利用此性质建立空间直角坐标系差什么找什么要求点的坐标，需要线段的长度，通过DE2AB赋值即可解决规范解答(1)证明：连接AC交BD于点N，则N为AC的中点，连接MN，又M为AE的中点，MNEC.MN平面EFC，EC平面EFC，MN平面EFC.BF，DE都垂直底面ABCD，BFDE.BFDE，四边形BDEF为平行四边形，BDEF.BD平面EFC，EF平面EFC，BD平面EFC.又MNBDN，平面BDM平面EFC.(2)DE平面ABCD，四边形ABCD是正方形，DA，DC，DE两两垂直，以D为坐标原点，DA，DC，DE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Dxyz.设AB2，则DE4，从而D(0,0,0)，B(2,2,0)，A(2,0,0)，E(0,0,4)，M(1,0,2)，(2,2,0)， (1,0,2)，设平面BDM的法向量为n(x，y，z)，则即令x2，则y2，z1，从而n(2，2，1)为平面BDM的一个法向量(2,0,4)，设直线AE与平面BDM所成的角为，则sin |cosn|，直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.题后悟通思路受阻分析解决第(1)问不能正确利用M为中点这一条件构造中位线导致问题不易求解；第(2)忽视条件DE2AB，不能正确赋值，造成不能继续求解或求解错误技法关键点拨用向量法求解直线l与平面所成的角的一般思路为：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，则直线l与平面所成的角满足sin |cosa，n|对点训练2.(2018全国卷)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PFBF.(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BFPF，BFEF，又PFEFF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)如图，作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点， 的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又因为DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.题型策略(三)求平面与平面所成角(2018沈阳质监)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PAPD，APD90.(1)证明：平面PAB平面PCD；(2)求二面角APBC的余弦值破题思路第(1)问求什么想什么证明平面PAB平面PCD，想到证明其中一个平面内的某条直线垂直于另一个平面给什么用什么给出平面PAD平面ABCD，底面ABCD为正方形，用面面垂直的性质定理可知CD平面APD，则CDAP，然后结合APD90，即PDAP，利用面面垂直的判定定理即可证明第(2)问求什么想什么求二面角APBC的余弦值，想到求平面APB和平面BCP的法向量的夹角的余弦值给什么用什么由题目条件底面ABCD为正方形，可以根据正方形的性质确定x轴，y轴建系差什么找什么要建立空间直角坐标系，还缺少z轴由平面PAD平面ABCD，可在平面PAD内过点P作AD的垂线即可规范解答(1)证明：底面ABCD为正方形，CDAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CD平面PAD.又AP平面PAD，CDAP.APD90，即PDAP，又CDPDD，AP平面PCD.AP平面PAB，平面PAB平面PCD.(2)取AD的中点为O，BC的中点为Q，连接PO，OQ，易得PO底面ABCD，OQAD，以O为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，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n1(x1，y1，z1)，而(1,0，1)，(1,2，1)，则即取x11，得n1(1,0,1)为平面APB的一个法向量设平面BCP的法向量为n2(x2，y2，z2)，而(1,2，1)，(1,2，1)，则即取y21，得n2(0,1,2)为平面BCP的一个法向量cosn1，n2，由图知二面角APBC为钝角，故二面角APBC的余弦值为.题后悟通思路受阻分析本题第(1)问因不能正确利用面面垂直的性质，而得不出CD平面PAD，从而导致无法证明面面垂直；第(2)问不能正确利用面面垂直的性质找出z轴而无法正确建立空间直角坐标系而导致不能正确求解技法关键点拨求二面角l的平面角的余弦值，即求平面的法向量n1与平面的法向量n2的夹角的余弦cosn1，n2，但要注意判断二面角是锐角还是钝角对点训练3. (2019届高三昆明调研)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ADC90，ABCD，AB2CD.平面PAD平面ABCD，PAPD，点E在PC上，DE平面PAC.(1)证明：PA平面PCD；(2)设AD2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45，求DE的长解：(1)证明：由DE平面PAC，得DEPA.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CDAD，所以CD平面PAD，所以CDPA.又CDDED，所以PA平面PCD.(2)取AD的中点O，连接PO，因为PAPD，所以POAD，则PO平面ABCD，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，由(1)得PAPD，由AD2得PAPD，OP1，设CDa，则P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，1，0)，则(a,2,0)，(a,1，1)，设m(x，y，z)为平面PBC的法向量，则即令x2，则ya，z3a，故m(2，a,3a)为平面PBC的一个法向量，由(1)知n(a,0,0)为平面PAD的一个法向量，由|cosm，n|，解得a，即CD，所以在RtPCD中，PC，由等面积法可得DE.考法三利用空间向量求解探索性问题(2018山东潍坊三模)如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD为矩形，平面ABCD平面ABE，AEB90，BEBC，F为CE的中点(1)求证：平面BDF平面ACE；(2)若2AEEB，在线段AE上是否存在一点P，使得二面角PDBF的余弦值的绝对值为.请说明理由破题思路第(1)问求什么想什么求证平面BDF平面ACE，想到证明其中一个平面内的直线垂直于另一个平面给什么用什么由平面ABCD平面ABE，AEB90可利用面面垂直性质及线面垂直的判定及性质得到AEBF；再由BEBC，F为CE的中点，可利用等腰三角形中线、高线合一可得到BFCE；进而再由线面垂直的判定、面面垂直的判定得证第(2)问求什么想什么在线段AE上是否存在一点P，使得二面角PDBF的余弦值的绝对值为.想到假设点P存在，建立空间直角坐标系，设出点P坐标，求二面角的余弦值即可给什么用什么2AEEB，题目已知条件及(1)的结论，可建系设点表示出两平面的法向量，进而由两法向量夹角公式得出关于点P坐标的方程，求解即可规范解答(1)证明：因为平面ABCD平面ABE，BCAB，平面ABCD平面ABEAB，所以BC平面ABE，又AE平面ABE，所以BCAE.因为AEBE，BCBEB，所以AE平面BCE，因为BF平面BCE，所以AEBF，在BCE中，因为BEBC，F为CE的中点，所以BFCE，又AECEE，所以BF平面ACE，又BF平面BDF，所以平面BDF平面ACE.(2)存在如图，建立空间直角坐标系Exyz，设AE1，则E(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,1,2)，C(2,0,2)，F(1,0,1)，(2,1,2)，(1,0,1)，设P(0，a,0)，a0,1，则(2，a,0)，结合(1)易知EC平面BDF，故(2,0,2)为平面BDF的一个法向量，设n(x，y，z)为平面BDP的法向量，则即令xa，可得平面BDP的一个法向量为n(a,2，a1)，所以cos，n，由|cos，n|，解得a0或a1.故在线段AE上存在点P，使得二面角PDBF的余弦值的绝对值为，且此时点P在E处或A处题后悟通思路受阻分析解决第(1)问时，不会证明AEBF，造成无法继续往下证明结论成立；解决第(2)问时，不能正确建立空间直角坐标系表示相关向量坐标，是造成不能解决问题的常见误区技法关键点拨利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论(2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论对点训练如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EFAB，DEEF1，DCBF2，EAD30.(1)求证：AE平面CDEF；(2)在线段BD上确定一点G，使得平面EAD与平面FAG所成的角为30.解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以ADCD2.在ADE中，由正弦定理得，即，解得sinAED1，所以AED90，即AEED.在梯形ABFE中，过点E作EPBF交AB于点P，因为EFAB，所以EPBF2，PBEF1，AP1.在RtADE中，AE，所以AE2AP2EP2，所以AEAB，所以AEEF，又EFDEE，所以AE平面CDEF.(2)由(1)可得，AEEF，又ADDC，DCEF，ADAEA，所以DC平面AED，又DC平面ABCD，所以平面AED平面ABCD.以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，其中z轴为在平面AED内过点D作AD的垂线所在的直线，则B(2,2,0)，A(2,0，0)，E，F，所以(2,2,0)，.设(2，2，0)(01)，则(22,2，0)，设平面FAG的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即取x1，可得平面FAG的一个法向量为n1(，25)，易知平面EAD的一个法向量为n2(0,1,0)，所以cos 30，化简可得92610，解得，故当点G满足时，平面EAD与平面FAG所成的角为30.高考大题通法点拨立体几何问题重在“建”建模、建系思维流程策略指导立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深解决这类题目的原则是建模、建系建模将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型建系依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解 如图，四边形ABCD是矩形，AB1，AD，E是AD的中点，BE与AC交于点F，GF平面ABCD.(1)求证：AF平面BEG；(2)若AFFG，求直线EG与平面ABG所成角的正弦值破题思路第(1)问求什么想什么求证AF平面BEG，想到证明AF与平面BEG内的两条相交直线垂直给什么用什么题目中给出GF平面ABCD，利用线面垂直的性质可证AFGF差什么找什么还差AF与平面BEG中的另一条与GF相交的直线垂直在矩形ABCD中，根据已知数据可证明AFB90第(2)问求什么想什么求直线EG与平面ABG所成角的正弦值，想到建立空间直角坐标系，利用空间向量求解与平面ABG的一个法向量的余弦值给什么用什么题目中给出GF平面ABCD，可用GF为z轴，由(1)问可知GF，AF，EF两两互相垂直，故可建立空间直角坐标系差什么找什么还缺少点的坐标，根据AFFG，以及题目条件可求出相关点的坐标规范解答(1)证明：因为四边形ABCD为矩形，所以AEFCBF，所以.又在矩形ABCD中，AB1，AD，所以AE，AC.在RtBEA中，BE，所以AFAC，BFBE.在ABF中，AF2BF2221AB2，所以AFB90，即AFBE.因为GF平面ABCD，AF平面ABCD，所以AFGF.又BEGFF，BE平面BEG，GF平面BEG，所以AF平面BEG.(2)由(1)得AC，BE，FG两两垂直，以点F为原点，FA，FE，FG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，B，G，E，.设n(x，y，z)是平面ABG的法向量，则即取x，得n(，1，)是平面ABG的一个法向量设直线EG与平面ABG所成角的大小为，则sin ，所以直线EG与平面ABG所成角的正弦值为.关键点拨利用法向量求解空间角的关键在于“四破”对点训练(2018全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，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MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值解：(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以POAC，且PO2.连接OB，因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.所以PO2OB2PB2，所以POOB.又因为OBACO，所以PO平面ABC.(2)以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，(0,2,2)取平面PAC的一个法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由得令ya，得za，x(a4)，所以平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a或a4(舍去)所以n.又(0,2，2)，所以cos，n.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.总结升华立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容，空间角的计算是重点内容 专题跟踪检测(对应配套卷P188)1(2018全国卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三棱锥MABC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BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，所以BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.因为DM平面AMD，所以平面AMD平面BMC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC的体积最大时，M为的中点由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，(2，1,1)，(0,2,0)，(2,0,0)，设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1,0,2)，又是平面MCD的一个法向量，所以cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.2.(2018唐山模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD，E是PB的中点(1)求证：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值解：(1)证明：因为PC平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC.因为AB2AD2CD，所以ACBCADCD，所以AC2BC2AB2，故ACBC.又BCPCC，所以AC平面PBC.因为AC平面EAC，所以平面EAC平面PBC.(2)如图，以C为坐标原点， ， 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，并设CB2，CP2a(a0)则C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0，2a)，则E(1,0，a)，(0,2,0)，(0,0,2a)， (1,0，a)，易知m(1,0,0)为平面PAC的一个法向量设n(x，y，z)为平面EAC的法向量，则即取xa，则z1，n(a,0，1)依题意，|cosm，n|，解得a.于是n(，0，1)，(0,2，2)设直线PA与平面EAC所成角为，则sin |cos，n|.即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.3(2018西安质检)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，ACBDO，A1O底面ABCD，AB2，AA13.(1)证明：平面A1CO平面BB1D1D；(2)若BAD60，求二面角BOB1C的余弦值解：(1)证明：A1O平面ABCD，BD平面ABCD.A1OBD.四边形ABCD是菱形，COBD.A1OCOO，BD平面A1CO.BD平面BB1D1D，平面A1CO平面BB1D1D.(2)A1O平面ABCD，COBD，OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系AB2，AA13，BAD60，OBOD1，OAOC，OA1.则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，0)，A(0，0)，A1(0,0，)，(1,0,0)，(0，)，(1，)，(0，0)设平面OBB1的法向量为n(x1，y1，z1)，则即令y1，得n(0，1)是平面OBB1的一个法向量设平面OCB1的法向量m(x2，y2，z2)，则即令z21，得m(，0，1)为平面OCB1的一个法向量，cosn，m，由图可知二面角BOB1C是锐二面角，二面角BOB1C的余弦值为.4(2018长春质检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，E为PD的中点(1)证明：PB平面ACE；(2)设PA1，ABC60，三棱锥EACD的体积为，求二面角DAEC的余弦值解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE.在PBD中，PEDE，BODO，所以PBOE.又PB平面ACE，OE平面ACE，所以PB平面ACE.(2)由题易知VPABCD2VPACD4VEACD，设菱形ABCD的边长为a，则VPABCDSABCDPA1，解得a.取BC的中点为M，连接AM，则AMAD.以点A为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，E，C，设n1(x，y，z)为平面AEC的法向量，则即取x1，则n1(1，3)为平面AEC的一个法向量又易知平面AED的一个法向量为n2(1,0,0)，所以cosn1，n2，由图易知二面角DAEC为锐二面角，所以二面角DAEC的余弦值为.5.(2018郑州质检)如图，在三棱锥PABC中，平面PAB平面ABC，AB6，BC2，AC2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD2DB，CE2EB，PDAC.(1)求证：PD平面ABC；(2)若直线PA与平面ABC所成的角为45，求平面PAC与平面PDE所成锐二面角的大小解：(1)证明：AC2，BC2，AB6，AC2BC2AB2，ACB90，cosABC.易知BD2，CD222(2)2222cosABC8，CD2，易知AD4，CD2AD2AC2，CDAB.平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABCAB，CD平面PAB，CDPD，PDAC，ACCDC，PD平面ABC.(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，可建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，直线PA与平面ABC所成的角为45，即PAD45，PDAD4，则A(0，4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，(2，2,0)，(2，4,0)，(0，4，4)AD2DB，CE2EB，DEAC.由(1)知ACBC，DEBC，又PD平面ABC，PDBC，PDDED，CB平面PDE，(2，2,0)为平面PDE的一个法向量设平面PAC的法向量为n(x，y，z)，则令z1，得x，y1，n(，1,1)为平面PAC的一个法向量cosn，平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为，故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为30.6(2019届高三洛阳联考)如图1，在直角梯形ABCD中，ADBC，ABBC，BDDC，点E是BC边的中点，将ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体(1)求证：AB平面ADC；(2)若AD1，二面角CABD的平面角的正切值为，求二面角BADE的余弦值解：(1)证明：因为平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BDDC，所以DC平面ABD.因为AB平面ABD，所以DCAB.又因为ADAB，DCADD，所以AB平面ADC.(2)由(1)知AB平面ADC，所以二面角CABD的平面角为CAD.又DC平面ABD，AD平面ABD，所以DCAD.依题意tanCAD.因为AD1，所以CD.设ABx(x0)，则BD.依题意ABDDCB，所以，即.解得x，故AB，BD，BC3.法一：以D为坐标原点，DB，DC所在直线为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0，0)，B(，0,0)，C(0，0)，E，A，所以，.由(1)知平面BAD的一个法向量n(0,1,0)设平面ADE的法向量为m(x，y，z)，则即令x，得y1，z1，所以m(，1，1)为平面ADE的一个法向量所以cosn，m.由图可知二面角BADE的平面角为锐角，所以二面角BADE的余弦值为.法二：因为DC平面ABD，所以过点E作EFDC交BD于F，则EF平面ABD.因为AD平面ABD，所以EFAD.过点F作FGAD于G，连接GE，所以AD平面EFG，因此ADGE，所以二面角BADE的平面角为EGF.由平面几何的知识求得EFCD，FGAB，所以EG，所以cosEGF.所以二面角BADE的余弦值为.7.如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，ABC45，ADAP2，ABDP2，E为CD的中点，点F在线段PB上(1)求证：ADPC；(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：连接AC，因为AB2，BC2，ABC45，由余弦定理得，AC2AB2BC22ABBCcos 454，得AC2，所以AC2BC2AB2，所以ACB90，即BCAC.又ADBC，所以ADAC，因为ADAP2，DP2，所以AD2AP2DP2，所以PAD90，即PAAD，又APACA，所以AD平面PAC.又PC平面PAC，所以ADPC.(2)因为侧面PAD底面ABCD，侧面PAD底面ABCDAD，PAAD，所以PA底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为坐标原点，直线AD，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，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(0,2，2)，(2,0，2)，(2,2，2)设(0,1)，则(2，2，2)，F(2，2，22)，所以(21,21，22)，易得平面ABCD的一个法向量为m(0,0,1)设平面PDC的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，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，m|cos，n|，即，所以|22|，即|1|(0,1)，解得，所以.即当时，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8. 如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC平面ABC，PAPCAC2，BC4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)证明：直线l平面PAC；(2)在直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF，直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由解：(1)证明：E，F分别是PC，PB的中点，BCEF，又EF平面EFA，BC平面EFA，BC平面EFA，又BC平面ABC，平面EFA平面ABCl，BCl，又BCAC，平面PAC平面ABCAC，平面PAC平面ABC，BC平面PAC，l平面PAC.(2)以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0，0)，A(2，0,0)，B(0,4,0)，P(1,0，)，E，F.，(0,2,0)，设Q(2，y,0)，平面AEF的一个法向量为m(x，y，z)，则即取z，得m(1,0，)又(1，y，)，|cos，|，|cos，m|，依题意，得|cos，|cos，m，y1.直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF，直线EF所成的角互余，AQ的长为1.
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