【文档说明】【精准解析】专题45立体几何中的向量方法（二）—求空间角和距离-（文理通用）【高考】.docx，共(61)页，3.796 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0a703da1e557282d41e865c2f51965dc.html

以下为本文档部分文字说明：

1专题45立体几何中的向量方法（二）——求空间角和距离最新考纲1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角的计算问题．2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.基础知识融会贯通1．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与

l2所成的角θa与b的夹角β范围0，π2[0，π]求法cosθ＝|a·b||a||b|cosβ＝a·b|a||b|2.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的

夹角为β，则sinθ＝|cosβ|＝|a·n||a||n|.3．求二面角的大小(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB→，CD→〉．(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－

l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．【知识拓展】利用空间向量求距离(供选用)(1)两点间的距离设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|AB→|

＝x1－x22＋y1－y22＋z1－z22.2(2)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|BO→|＝|AB→·n||n|.重点难点突破【题型一】求异面直线所成的角【典型例题】如图，直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）ABC

﹣A1B1C1，在底面ABC中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别为A1B1，A1A的中点．（1）求的值；（2）求证：BN⊥平面C1MN．【解答】解：以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建

立如图所示的坐标系C﹣xyz，（1）依题意，A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2），B（0，1，0），∴（1，﹣1，2），（0，1，2），∴•1×0+（﹣1）×1+2×2＝3，又||，||，3∴cos，6分证明：（2）A1（1，0

，2），C1（0，0，2），B1（0，1，2），N（1，0，1），∴M（，，2），∴（，，2），（1，0，﹣1），（1，﹣1，1），∴•1（﹣1）+1×0＝0，同理可求•0，∴⊥，⊥，C1M∩C1N＝C1，∴BN⊥平面C1MN…12分．【再练一

题】如图，BC＝2，原点O是BC的中点，点A的坐标为（，，0），点D在平面yOx上，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°．（1）求向量的坐标．（2）求与的夹角的余弦值．【解答】解：（1）过D作DE⊥BC于E，则DE＝CD•sin30°，4OE＝OB﹣BDco

s60°＝1，∴D的坐标为D（0，，，又∵C（0，1，0），∴（0，，）．（2）依题设有A点坐标为A（，，0），∴（），（0，2，0），则与的夹角的余弦值：cos．思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间

直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【题型二】求直线与平面所成的角【典型例题】如图所示，在直角梯形ABCD中，已知BC∥AD，AB⊥AD，BC＝

BAAD＝m，VA⊥平面ABCD．（1）求证：CD⊥平面VAC；（2）若VAm，求CV与平面VAD所成角的大小．5【解答】（1）证明：连结AC，∵AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠CAB＝∠ACB＝45°，取AD中点G，连CG

，因为BC∥AD，所以四边形ABCG为正方形．所以CG＝GD，∠CGD＝90°，∴∠DCG＝45°，∴∠DCA＝90°……………………所以CD⊥CA，又VA⊥平面ABCD，所以CD⊥VA，CD⊥平面VAC………………（2）解：法1

：连VG由⇒CG⊥面VAD，∴∠CVG是CV与平面VAD所成的角………………VC2m；CG＝m，∴∠CVG＝30°∴CV与平面VAD所成角为30°………………法2：以A为原点，射线AB，AD，AV所在直线为x，

y，z轴正半轴，建立空间直角坐标系，则平面VAD法向量（m，0，0），又，设向量与夹角为θ，则cosθ，θ，CV与平面VAD所成的角为．【再练一题】6如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面为直角梯形，AB∥CD

，∠BAD＝90°，AB＝2CD＝4，PA⊥CD，在锐角△PAD中，E是边PD上一点，且AD＝PD＝3ED．（1）求证：PB∥平面ACE；（2）当PA的长为何值时，AC与平面PCD所成的角为30°？【解答】（1）证

明：连接BD交AC于O，∵AB∥CD，∴△OCD∽△OAB，∴，又，∴OE∥PB，又OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，∴PB∥平面ACE．（2）解：过A作AF⊥PD，垂足为F，连接CF，∵CD⊥AD，CD⊥PA，PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AF，又AF⊥PD，

PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PCD，∴∠ACF为AC与平面PCD所成的角，即∠ACF＝30°．AC，∴AFAC，∴sin∠ADF，cos∠ADF，∴PA．∴当PA时，AC与平面PCD所成的角为30°．7思维升

华利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．【题型三】求二面角【典型例题】四棱锥P﹣A

BCD中，平面PCD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，∠PAB＝90°．（1）求证：PD⊥平面ABCD；（2）若直线BD与平面PAB所成角的正弦值为，求二面角C﹣PA﹣D的余弦值．【解答】证明：（1）因为平面PCD⊥平面ABCD，且∠B

CD＝90°．所以BC⊥平面PCD，所以PD⊥BC．又因为AB⊥PA，AB⊥AD，所以AB⊥平面PAD，所以PD⊥AB．又因为PD⊥BC，所以PD⊥平面ABCD．解：（2）以D为原点，DA，DP，DC方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立如图空间直角坐标系．作DE⊥P

A于E，连接BE，因为平面PAD⊥平面PAB，所以DE⊥平面PAB，∠DBE即为直线BD与平面PAB所成的角，故，所以DE．8Rt△PAD中，令PD＝x，则x•3•，解得x＝3，故A（3，0，0），P（0，3，0），C（0，0，4）．（﹣3，3，0），（﹣3，0，4），设平面

PAC的一个法向量为（a，b，c），则，取（4，4，3）．又因为平面PAD的一个法向量为（0，0，4），故cos．综合图形可知，所求二面角的余弦值为．【再练一题】如图在直角△ABC中，B为直角，AB＝2BC，E，F分别为AB，AC的中点，将△AEF沿EF折起，使点A到达点D的位置，连接B

D，CD，M为CD的中点．（Ⅰ）证明：MF⊥面BCD；（Ⅱ）若DE⊥BE，求二面角E﹣MF﹣C的余弦值．9【解答】证明：（Ⅰ）取DB中点N，连结MN、EN，∵MN，EF，∴四边形EFMN是平行四边形，∵EF⊥BE，EF⊥DE，BE∩EF＝E，∴EF⊥平面BDE，∴EF⊥EN，∴MF⊥MN，

在△DFC中，DF＝FC，又∵M为CD的中点，∴MF⊥CD，又∵MF∩MN＝M，∴MF⊥平面BCD．解：（Ⅱ）∵DE⊥BE，DE⊥EF，BE∩EF＝E，∴DE⊥平面BEF，以E为原点，BE、EF、ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设BC＝2，

则E（0，0，0），F（0，1，0），C（﹣2，2，0），M（﹣1，1，1），∴（0，1，0），（﹣1，0，1），（2，﹣1，0），设面EMF的法向量（x，y，z），则，取x＝1，得（1，0，1），同理，得平面CMF的

法向量（1，2，1），设二面角E﹣MF﹣C的平面角为θ，则cosθ，∴二面角E﹣MF﹣C的余弦值为．思维升华利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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10二

面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：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．【题型四】求空间距离【典型例题】四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠B

AD＝60°，PA＝PB＝PD．（1）求证：PD⊥AB；（2）若AB＝6，PC＝8，E是BD的中点，求点E到平面PCD的距离．【解答】（1）证明：由于四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，所以△ABD是正三角形．设AB的中点为K，连接PK，DK，如图所示，则AB⊥DK，又PA＝

PB，所以AB⊥PK．又PK，DK相交于K，所以AB⊥平面PKD．又PD⊂平面PKD，所以AB⊥PD．（2）解：由（1）可知，AB⊥平面PKD．又AB∥CD，所以CD⊥平面PKD．又CD⊂平面PDC，所以平面PDC⊥平面PKD，设点E到平面PCD的距离为h，则由于BD＝2ED，得点B到平面PC

D的距离为2h．由于KB∥平面PCD，所以K，B两点到平面PCD的距离均为2h．所以点K到直线PD的距离就是2h．设△ABD的中心为H，则PH⊥平面ABD．HC＝4HE＝4，在rt△PHC中，PH4，在Rt△PHD中，PH＝4，DH＝2，所以PD2．由DH＝2HK，得点H到

直线PD的距离为，即，得h．所以点E到平面PCD的距离为．11【再练一题】如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA＝AD＝2，M、N分别是AB．PC的中点．（1）求证：平面MND⊥平面PCD；（2）求点P到平面MND的距离．【解答】解：

（1）∵PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，∴AB、AD、AP两两互相垂直，如图所示，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系，可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2

，0），D（0，2，0），P（0，0，2），M（1，0，0），N（1，1，1），∴（0，1，1），（﹣1，1，﹣1），（0，2，﹣2）设（x，y，z）是平面MND的一个法向量，可得，取y＝﹣1，得x＝﹣2，z＝1，∴（﹣2，﹣1，1）是平面MND的一个法向量，同理可得（0，1，1）是平面P

CD的一个法向量，∵•2×0+（﹣1）×1+1×1＝0，∴，即平面MND的法向量与平面PCD的法向量互相垂直，可得平面MND⊥平面PCD；（2）由（1）得（﹣2，﹣1，1）是平面MND的一个法向量，12∵（0，2，﹣2），得•0×（﹣2）+2×（﹣1）+（﹣2）×1＝﹣4，∴点P到

平面MND的距离d．思维升华求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．(2)等体积法．(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．基础知识训练1．【天津市部分区2019届高三联考一模】在如图

所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，PD∥QA，2PDA=，平面ADPQ⊥平面ABCD，且22ADPDQA===.（Ⅰ）求证：QB∥平面PDC；（Ⅱ）求二面角CPBQ−−的大小；13（Ⅲ）已知点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为7315

，求线段DH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）56；（3）32.【解析】（1）平面ADPQ⊥平面ABCD，平面ADPQ平面ABCDAD=，PDADPQ平面，PDAD⊥，直线PD⊥平面ABCD.由题意，以点D为原点，分别以,,DADCDP的方向为x轴，y轴，z

轴的正向建立如图空间直角坐标系，则可得：()()()0,0,0,2,2,0,0,2,0DBC，()()()2,0,0,2,0,1,0,0,2AQP.依题意，易证：()2,0,0AD=−是平面PDC的一个法向量，又

()0,2,1QB=−，0QBAD=，又直线QB平面PDC，//QBPDC平面.（2）()()2,2,2,=0,22PBPC=−−，.设()1111,,nxyz=为平面PBC的法向量，则1100nPBnPC==，

即111112220220xyzyz+−=−=.不妨设11z=，可得()10,1,1n=.设()2222,,nxyz=为平面PBQ的法向量，又()()2,2,2,2,0,1PBPQ=−=−，则2200nPBnPQ=

=，即22222202220xzxyz−=+−=.不妨设22z=，可得()21,1,2n=，141212123cos<,2nnnnnn==，又二面角CPBQ−−为钝二面角，二面角CPBQ−−的大小为5

6.（3）设()()0,0,02Hhh，则()2,0,AHh=−，又()2,2,2PB=−，又73cos<,15PBAH=，即2427315234hh−−=+，2625240hh−+=，解得32h=或83h=（舍去）.故所求线段DH的长为32.2．【山东省淄博市

部分学校2019届高三5月阶段性检测（三模)】已知正方形的边长为4,,EF分别为,ADBC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60的二面角，点M在线段AB上．（1）若M为AB的中点，且直线MF，由,,ADE三点所确定平面的交点为

O，试确定点O的位置，并证明直线//OD平面EMC；（2）是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60；若存在，求此时二面角MECF−−的余弦值，若不存在，说明理由．15【答案】（1）证明见解析；（2）10,4.【解析】（1）因为直线MF平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平

面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上（如图所示）因为AOBF，M为AB的中点，所以OAMMBF，所以OMMF=，AOBF=，所以点O在EA的延长线上，且2AO=连结DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点连结MN，因

为MN为DOF的中位线，所以MNOD，又因为MN平面EMC，所以直线OD平面EMC.（2）由已知可得，EFAE⊥，EFDE⊥，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABEF⊥平面ODE，取AE的中点H为坐标原点，建立如

图所示的空间直角坐标系，所以(1,0,0)E−，(0,0,3)D，(0,4,3)C，(1,4,0)F−，所以(1,0,3)ED=，(1,4,3)EC=，设(1,,0)(04)Mtt，则(2,,0)EMt=，16设平面EMC的法向量(,,

)mxyz=，则2000430xtymEMmECxyz+===++=，取2y=−，则xt=，83tz−=，所以8,2,3tmt−=−，DE与平面EMC所成的角为60，所以22832(8)243tt=−++，所以22332419

tt=−+，所以2430tt−+=，解得1t=或3t=，所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60，取ED的中点Q，则QA为平面CEF的法向量，因为13,0,22Q−，所以33,0,22QA=−，8,2,3tmt−

=−，设二面角MECF−−的大小为，所以222|||24||2||cos|||||(8)419343QAmttQAmtttt−−===−−+++，因为当2t=时，cos0=，平面EMC⊥平面CDEF，所以

当1t=时，为钝角，所以1cos4=−.当3t=时，为锐角，所以1cos4=.3．【陕西省汉中市2019届高三全真模拟考试】如图，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，//EFAB，90BAF=，2AD=，1ABAF==，

点P在线段DF上.（1）求证：AF⊥平面ABCD；17（2）若二面角DAPC−−的余弦值为63，求PF的长度.【答案】（1）见解析；（2）53【解析】（1）证明：∵90BAF=，∴ABAF⊥，又平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF平面ABCDAB=，AF平面ABEF，

∴AF⊥平面ABCD.（2）以A为原点，以AB，AD，AF为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A，()1,0,0B，()1,2,0C，()0,2,0D，()0,0,1F，∴()0,2,1FD=−，()1,2,0AC=，()1,0,0AB=由题知，AB⊥平面A

DF，∴()1,0,0AB=为平面ADF的一个法向量，设()01FPFD=，则()0,2,1P−，∴()0,2,1AP=−，设平面APC的一个法向量为(),,xyz=m，则00mAPmAC==，∴()21020yzxy+−=+

=，令1y=，可得22,1,1m=−−，∴226cos,321411mABmABmAB===++−，得13=或1=−（舍去），∴53PF=.4．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第五次测评】如图，三棱柱

111ABCABC−中，平面1811ACCA⊥平面ABC，12AAACCB==，90ACB=.（1）求证：平面11ABC⊥平面11ABC；（2）若1AA与平面ABC所成的线面角为60，求二面角11CABC−−的余弦值.【答案】（1）详见

解析；（2）34.【解析】（1）因为平面11ACCA⊥平面ABC，平面11ACCA平面ABCAC=，BC平面ABC，90ACB=，所以BC⊥平面11ACCA，因为1AC平面11ACCA，所以1BCAC⊥.因为11BCBC∥，所以111AC

BC⊥.因为11ACCA是平行四边形，且1AAAC=，所以11ACCA是菱形，11ACAC⊥.因为1111ACBCC=，所以1AC⊥平面11ABC.又1AC平面11ABC，所以平面11ABC⊥平面11ABC.（2）取AC的中点M，连接1AM，因为1

1ACCA是菱形，160AAC=，所以1ACA是正三角形，所以1AMAC⊥，且132AMAC=.令122AAACCB===，则13AM=.所以以C为原点，以CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过

点C且平行于1AM的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.19则()0,0,0C，()2,0,0A，()11,0,3C−，()0,1,0B，()11,0,3A，()2,0,0CA=，()()111111,0,30,1,0CBCC

CBCCCB=+=+=−+()1,1,3=−，()11,0,3CA=.设平面1ACB的一个法向量为(),,nxyz=，则100nCAnCB==，所以2030xxyz=−++=，得0x=，令1z=，则3y=−，所以()0,3,

1n=−.由（1）知1AC⊥平面11ABC，所以()11,0,3CA=是平面11ABC的一个法向量，所以111cos,CAnCAnCAn=3341331==++.所以二面角11CABC−−的余弦值为34.5．【辽宁省葫芦

岛市普通高中2019届高三第二次模拟考试】如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD.四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且//ADBC，ABD是边长为1的等边三角形，M为线段BD中点，3

BC=.(1)求证：AFBD⊥；(2)求直线MF与平面CDE所成角的正弦值；(3)线段BD上是否存在点N，使得直线//CE平面AFN？若存在，求BNBD的值；若不存在，请说明理由.20【答案】（1）见解析（2）314（3）线段BD上存在点N,使得直线//CE平面AFN，

且2=3BNBD，详见解析.【解析】(1)证明：因为ADEF为正方形，所以AFAD⊥．又因为平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF平面ABCDAD=，所以AF⊥平面ABCD．所以AFBD⊥．(2)取AD中点O,EF中点K，连接OB，OK.于是在△ABD中，OB

OD⊥，在正方ADEF中OKOD⊥，又平面ADEF⊥平面ABCD，故OB⊥平面AFEF，进而0BOK⊥，即OB,OD,OK两两垂直．分别以,,OBODOK为x轴，y轴,z轴建立空间直角坐标系（如图）．于是，3,0,02B，10,,02D,3,3,02C

,1E0,,12,311M,,0,F0,,1442−所以3335,,1,,,0,(0,0,1)4422MFCDDE=−=−=设平面CDE的一个法向量为(,,)nxyz=，21则00CD

nDEn==即350220xyz−−==令5x=−，则3y=，则(5,3,0)n=−．设直线MF与平面CDE所成角为，||3sin|cos,|14||||MFnMFnMFn===(3)要使

直线//CE平面AFN，只需AN//CD，设,[0,1]BNBD=,则331,,,,0222nnnxyz−=−,331,,0222nnnxyz=−==,331

,,0222N−，所以3311,,02222AN=−+,又35(,,0)22CD=−−，由//ANCD得331122225322−+=−−解得2=[0,1]3所以线段BD上存在点N,使得直线//CE平面AFN，且

2=3BNBD．6．【山东省安丘市、诸城市、五莲县、兰山区2019届高三5月校级联合考试】如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG所截后得到的，其中45BAEGAD==，22ABAD==，60BAD=

.（1）求证：平面BDG⊥平面ADG；（2）求直线GB与平面AEFG所成角的正弦值.【答案】（1）见解析（2）217【解析】22（1）证明：在BAD中，因为22ABAD==，60BAD=.由余弦定理得，2

222cos60BDADABABAD=+−，解得3BD=，∴222ABADDB=+，∴ADDB⊥，在直平行六面体中，GD⊥平面ABCD，DB平面ABCD，∴GDDB⊥又ADGDD=，∴BD⊥平面ADG，∴平面BDG⊥平面ADG.（2）解：如图以D为原点建立空间直角

坐标系Dxyz−，因为45BAEGAD==，22ABAD==，所以()1,0,0A，()0,3,0B，()0,3,2E，()0,0,1G，()1,3,2AE→=−，()1,0,1AG→=−，()0,3,1G

B→=−.设平面AEFG的法向量(),,nxyz→=，3200nAExyznAGxz=−++==−+=，令1x=，得33y−=，1z=，23∴31,,13n→=−.设直线GB和平面AEFG的夹角为，所以()()30,3,11

,,1321sincos,730,3,11,,13GBnGBnGBn→→→→→→−−====−−，所以直线GB与平面AEFG所成角的正弦值为217.7．【西藏拉萨市2019届高三第三次模拟考试】如图，等边三角形PAC所在

平面与梯形ABCD所在平面互相垂直，且有ADBC∥，2ABADDC===，4BC=.（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；（2）求二面角BPCD−−的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）513.【解析】（1）证明：取BC中点M，连接AM，则四边形AMCD为菱形，即有1

2AMMCBC==，所以ABAC⊥.又ABÌ平面ABCD，平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD平面PACAC=，∴AB⊥平面PAC，又ABÌ平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC.24（2）由（1）可得23AC=，取AC中点O，连接PO，则POAC⊥，3PO

=，又PO平面PAC，平面PAC⊥平面ABCD，平面PAC平面ABCDAC=，∴PO⊥平面ABCD.以A为原点建系如图，则()2,0,0B，()0,3,3P，()0,23,0C，()1,3,0D−，()2,23,

0BC=−，()0,3,3PC=−，()1,3,0CD=−−，设平面BPC的法向量为()1,,nxyz=，则2230330xyyz−+=−=，取1z=，得()13,3,1n=.设平面PCD的法向量为()

2,,nxyz=，则30330xyyz−−=−=，取1z=，()23,3,1n=−，1212129315cos,131313nnnnnn−++===−.∴二面角BPCD−−的余弦值为513.258．【内蒙古呼伦贝尔市2019届高三模拟统一考试（一)】如图，在直三棱柱111ABCA

BC−中，D、E、F、G分别是BC、11BC、1AA、1CC中点.且22ABAC==，14BCAA==.（1）求证：BC⊥平面ADE；（2）求二面角1GEFB−−的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）63−【解析】（1）∵22ABAC==，4BC=，∴ABAC⊥.∵D是BC的中点，∴ADBC⊥，

∵111ABCABC−为直三棱柱，D，E为BC，11BC中点，∴DE⊥平面ABC，∴DEBC⊥，∴BC⊥平面ADE.（2）由（1）知建系如图，且()002F，，，()122,0,0B，()2,2,0E，()0,22,2G

，∴()2,2,2EF=−−，()12,2,0BE=−，()0,22,0FG=.26设平面1BEF的法向量为(),,mxyz=，由100mEFmBE==，得2220220xyzxy−−+=−+=.取()1,1

,2m=，同理得平面EFG的法向量()2,0,1n=.∴226cos,323mn==，而二面角1GEFB−−为钝二面角，∴二面角1GEFB−−的余弦值为63−.9．【广东省肇庆市2019届高中毕业班第三次统一检测】如图，在三棱柱111ABCABC−中，侧面11ABBA是菱形，160BAA

=，E是棱1BB的中点，CACB=，F在线段AC上，且2AFFC=.（1）证明：1//CB面1AEF；（2）若CACB⊥，面CAB⊥面11ABBA，求二面角1FAEA−−的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）52929.【解析】解：（1）连接1AB交1AE于点G，连接FG．因为11AGAB

GE，所以1112AAAGGBEB==，又因为2AFFC=，所以1AFAGFCGB=，所以1//FGCB，又1CB面1AEF，FG面1AEF，所以1//CB面1AEF.（2）过C作COAB⊥于O，因为CACB=，所以O是线段

AB的中点．因为面CAB⊥面11ABBA，面CAB面11ABBAAB=，所以CO⊥面1ABA．连接1OA，因为1ABA是等边三角形，O是线段AB的中点，所以1OAAB⊥.如图以O为原点，OA，1OA，OC分别为x轴，y轴，z

轴的正方向建立空间直角坐标，27不妨设2AB=，则(1,0,0)A，1(0,3,0)A，(0,0,1)C，(1,0,0)B−，12(,0,)33F，由11AABB=，得(2,3,0)B−，1BB的中点33

(,,0)22E−，133(,,0)22AE=−−，112(,3,)33AF=−−.设面1AFE的一个法向量为1111(,,)nxyz=，则111100AEnAFn==，即11112303333022xyzxy−+=−−=，得方程的一组解为111

135xyz=−==，即1(1,3,5)n=−.面1ABA的一个法向量为2(0,0,1)n=，则121212529cos,29nnnnnn==，所以二面角1FAEA−−的余弦值为52929.10．【广东省潮州市2019届高三

第二次模拟考试】如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD，EF平面ABCD．（1）求证：平面ACF⊥平面BDF；（2）若60CBA=，求二面角ABCF−−的大小．【答案】(1)见证

明；(2)4【解析】28（1）∵菱形ABCD，∴ACBD⊥，∵FD⊥平面ABCD，∴FDAC⊥，∵BDFDD=，∴AC⊥平面BDF，∵AC平面ACF，∴平面ACF⊥平面BDF．（2）设ACBDO=，以O为原点，OB为x轴，OA为y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角

坐标系，则(3,0,0)B，()0,1,0C−，(3,0,3)F−，(3,1,0)BC=−−，(23,0,3)BF=−，设平面BCF的法向量(,,)nxyz=，则302330nBCxynBFxz=−−==−+=，取1x=，得(1

,3,2)n=−，平面ABC的法向量(0,0,1)m=，设二面角ABCF−−的大小为，则||22cos||||28mnmn===，∴4=．∴二面角ABCF−−的大小为4．11．【山东省栖霞市2019届高三高考模拟卷】如图，在三棱锥VABC−中，,90,2VCA

BABCABBC===，侧面ACV⊥底面ABC，45ACV=，D为线段AB上一点，29且满足ADCV=.（1）若E为AC的中点，求证：BECV⊥；（2）当DV最小时，求二面角ABCV−−的余弦值.【答案】(1)见证明；(2)33【解析】（1）在ABC，因为90ABC=,ABBC=，

E为AC的中点，所以BEAC⊥，因为面ACV⊥面ABC，面ACV面ABCAC=，所以BE⊥面ACV，又VC面ACV，BEVC⊥（2）以B为坐标原点，分别以射线,BCBA和垂直于面ABC向上的方向为,,xyz轴，建立空间直角坐标系

-Bxyz，设BDt=，则有(0,0,0),(2,0,0),(0,,0)BCDt，因为侧面ACV⊥底面ABC，45ACV=，所以2(1,1,)222tttV−+−，所以222232(1)(1)()344222tttDVtt−=++−+=−+，当2(0,2)3t=时，DV最小，此时2(0

,,0)3D，4222(,,)333V，4222(2,0,0),(,,)333BCBV==30设(,,)xyz=n为平面VBC的一个法向量，则有0,0BCBV==nn，所以2042220333xxyz=++=，

令2z=，则(0,2,2)=−n，而平面ABC的一个法向量为(0,0,1)=m，所以23cos,316nm==，故二面角ABCV−−的余弦值为33.12．【河南省百校联盟2019届高三考前仿真试卷】如图，在几何体1111ACDABCD−中，四边形1111ADDACDDC，为矩形，平面11

ADDA⊥平面11CDDC，11BA⊥平面11ADDA，1111,2ADCDAAAB====，E为棱1AA的中点.（Ⅰ）证明：11BC⊥平面1CCE；（Ⅱ）求直线11BC与平面1BCE所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）277.【解析】（

Ⅰ）因为11BA⊥平面11ADDA，所以111BADD⊥，又11111111DDDABADAA⊥=，，31所以1DD⊥平面1111DCBA，又因为11//DDCC，所以1CC⊥平面1111DCBA，11BC平面1111DCBA，所以111CCBC⊥，因为平面11ADDA⊥平面

11CDDC，平面11ADDA平面111CDDCDD=，111CDDD⊥，所以11CD⊥平面11ADDA，经计算可得1111523BEBCEC===，，，从而2221111BEBCEC=+，所以在11BEC中，111BCCE⊥，又11CCCE

，平面1111CCECCCEC=，，所以11BC⊥平面1CCE.（Ⅱ）如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得()()()10001,0,00,2,2ACB，，，，，()()11,2,10,1,0CE，.∵1(1,1,1)(1,2,1)CEBC=−−=−−，，设平面1BCE的一个法向量

(,,)mxyz=32则100mBCmCE==，，即200xyzxyz−−=−+−=，，消去x得20yz+=，不妨设1z=，可得()3,2,1m=−−，又()111,0,1BC=−，设直线11BC与

平面1BCE所成角为，于是111111427sincos,7142||mBCmBCmBC−====，故直线11BC与平面1BCE所成角的正弦值为277.13．【江西省上饶市横峰中学2019届高三考前模拟考试】如图，在三棱锥PABC−中，20{

28xx−−，2ABBC=，D为线段AB上一点，且3ADDB=，PD⊥平面ABC，PA与平面ABC所成的角为45.（1）求证:平面PAB⊥平面PCD；（2）求二面角PACD−−的平面角的余弦值。【答案】（1）详见解析；（2）55.【解析】(1)因为20{28xx−−

，2ABBC=，所以2222(3)4ABBCBCBC=+=所以ABC是直角三角形，ACBC⊥；33在RtACD中，由20{28xx−−，30CAB=，不妨设1BD=，由3ADBD=得，3AD=，2BC=，

23AC=，在RtACD中，由余弦定理得222222cos303(23)2323cos303CDADACADAC=+−=+==,故3CD=,所以222CDADAC+=，所以CDAD⊥；因为PD⊥平面AB

C，CD平面ABC，所以PDCD⊥，又PDADD=，所以CD⊥平面PAB，又CD平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD；(2)因为PD⊥平面ABC，所以PA与平面ABC所成的角为PAD，即45PAD=，可得PAD为等腰直角三角形，PDAD=，由(1)得3PDAD==，以D为坐标原点，分别

以,,DCDBDP所在直线为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D，(3,0,0)C，(0,3,0)A−，(0,0,3)P，则(0,0,3)DP=为平面ACD的一个法向量。设(,,)nxyz=为平面PAC的一个

法向量，因为(0,3,3)PA=−−，(3,0,3)PC=−，则由00PCnPAn==得330330xzyz−=−−=令1z=，则3x=，1y=−，34则(1,3,1)n=−为平面PAC的一个法向量

，故35cos,553nDP==故二面角PACD−−的平面角的余弦值为55.14．【安徽省合肥市2019届高三第三次教学质量检测】已知：在四棱锥PABCD−中，//ADBC，12ABBCCDAD===，G是PB的中点，PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD.（Ⅰ）求证：CD

⊥平面GAC；（Ⅱ）求二面角PAGC−−的余弦值.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）155−【解析】解：（Ⅰ）取AD的中点为O，连结OP，OC，OB，设OB交AC于H，连结GH.//ADBC，12ABBCCDA

D===四边形ABCO与四边形OBCD均为菱形OBAC⊥，//OBCDCDAC⊥35PAD为等边三角形，O为AD中点POAD⊥平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD平面ABCDAD=.PO平面PAD且POAD⊥PO⊥平面ABCDCD平面ABCDPO

CD⊥H，G分别为OB，PB的中点//GHPOGHCD⊥又GHACH=,ACGHÌ平面GACCD\^平面GAC（Ⅱ）取BC的中点为E，以O为空间坐标原点，分别以OE，OD，OP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O

xyz−.设4=AD，则()0,0,23P，()0,2,0A−，()3,1,0C，()0,2,0D，31,,322G−.()0,2,23AP=,33,,322AG=.设平面PAG的一法向量(),,nxyz→=.由00nA

PnAG==2230333022yzxyz+=++=3yzxz=−=.令1z=，则()1,3,1n=−.由（Ⅰ）可知，平面AGC的一个法向量()3,1,0CD=−.二面角PAG

C−−的平面角的余弦值2315cos525nCDnCD=−=−=−.15．【湖北部分重点中学2020届高三年级新起点考试】如图四棱锥PABCD−中，底面ABCD是正方形，,PBBCPDCD⊥⊥，且PAAB=，E为PD中点.36（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2

）求二面角ABEC−−的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）155.【解析】（1）证明：∵底面ABCD为正方形，∴BCAB⊥，又,BCPBABPBB⊥=，∴BC⊥平面PAB，∴BCPA⊥.同理,CDPABCC

DC⊥=，∴PA⊥平面ABCD.（2）建立如图的空间直角坐标系Axyz−，不妨设正方形的边长为2则()()()()0,0,0,2,2,0,0,1,1,2,0,0ACEB，设(),,mxyz=为平面AB

E的一个法向量，又()()0,1,1,2,0,0AEAB==uuuruuur，020nAEyznABx=+===，令1,1yz=−=，得()0,1,1m=−.同理()1,0,2n=r是平面BCE的一个法向量，37则210cos<,525mnm

nmn===rrrrrr.∴二面角ABEC−−的正弦值为155.16．【江西省鹰潭市2019届高三第一次模拟】如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，ABAD⊥，ACCD⊥，60ABC=，PAABB

C==，E是PC的中点．（1）求PB和平面PAD所成的角的大小．（2）求二面角APDC−−的正弦值．【答案】（1）45（2）144【解析】解：（1）在四棱锥PABCD−中，∵PA⊥平面ABCD，ABÌ平面ABCD，∴PAAB⊥．又ABAD⊥，PAADA=，∴AB⊥平面PAD．故PB在平面PA

D内的射影为PA，从而APB为PB和平面PAD所成的角．在RtPAB中，ABPA=，故45APB=．所以PB和平面PAD所成的角的大小为45．（2）在四棱锥PABCD−中，∵PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，∴PACD⊥．由条件ACCD⊥，PAACA=，∴CD⊥平面PAC．

又∵AE平面PAC，∴CDAE⊥．由PAABBC==，60ABC=，可得ACPA=．∵E是PC的中点，∴PCAE⊥．又∵CDPCC⊥=，∴AE⊥平面PCD．过点E作EMPD⊥，垂足为M，连接AM，如图所示．38∵AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，∴AMPD⊥．∴AME是二面

角APDC−−的平面角．由已知∵30CAD=，∴设1CD=，则3PAAC==，2AD=，6PC=，7PD=．RtPAC△中，1622AEPC==．在RtADP中，∵AMPD⊥，∴••AMPDAPAD=，得

2217AM=．在RtAEM中，14sin4AEAMEAM==．所以二面角APDC−−的正弦值为144．17．【山东省实验中学等四校2019届高三联合考试】如图在直角ABC中，B为直角，2ABBC=，E，F分别为AB，

AC的中点，将AEF沿EF折起，使点A到达点D的位置，连接BD，CD，M为CD的中点．（Ⅰ）证明：MF⊥面BCD；（Ⅱ）若DEBE⊥，求二面角EMFC−−的余弦值．39【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）33.【解析】证明：（Ⅰ）取DB中点N，连结MN、EN，∵12MNBC=，12

EFBC=，∴四边形EFMN是平行四边形，∵EFBE⊥，⊥EFDE，BEEFE=，∴EFBDE⊥平面，∴EFEN⊥，∴MFMN⊥，在DFC中，DFFC=，又∵M为CD的中点，∴MFCD⊥，又∵MF

MNM=，∴MFBCD⊥平面．解：（Ⅱ）∵DEBE⊥，DEEF⊥，BEEFE=，∴DEBEF⊥平面，以E为原点，BE、EF、ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设2BC=，则()000E，，，()010F，，，()220C−，，

，()111M−，，，∴()0,1,0EF=，()1,0,1FM=−，()2,1,0CF=−，设面EMF的法向量(),,mxyz=，则00mEFymFMxz===−+=，取1x=，得()1,0,1m=，同理，得平面CMF的法向量()

1,2,1n=，设二面角EMFC−−的平面角为，则3cos3mnmn==，∴二面角EMFC−−的余弦值为33．4018．【北京市房山区2019年第二次高考模拟检测高三】已知四棱锥PABCD−，底面ABCD为菱形，PDPB=,H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点

M，N，且//BD平面AMHN．（1）证明：MNPC⊥；（2）当H为PC的中点，3PAPCAB==，PA与平面ABCD所成的角为60，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．【答案】(1)见证明(2)34【解析】（1

）连结AC、BD且ACBDO=，连结PO．因为，ABCD为菱形，所以，BDAC⊥，因为，PDPB=，所以，POBD⊥，41因为，ACPOO=且AC、PO平面PAC，所以，BD⊥平面PAC，因为，AC平面PAC，所以，BDPC⊥，

因为，//BD平面AMHN，且平面AMHN平面PBDMN=，所以，//BDMN，所以，MNPC⊥．（2）由（1）知BDAC⊥且POBD⊥，因为PAPC=，且O为AC的中点，所以，POAC⊥，所以，PO⊥平面ABCD,所以PA

与平面ABCD所成的角为PAO，所以60PAO=，所以，12AOPA=，32POPA=，因为，3PAAB=，所以，36BOPA=.以OA，ODuuur，OP分别为x，y，z轴，如图所示建立空间直角坐标系记2PA=

，所以，(0,0,0)O，(1,0,0)A，3(0,,0)3B−，(1,0,0)C−，3(0,,0)3D，(0,0,3)P，13(,0,)22H−，所以，23(0,,0)3BD=，33(,0,)22AH=−，

3(1,,0)3AD=−42记平面AMHN的法向量为(,,)nxyz=，所以，00nBDnAH==即230333022yxz=−+=，令2x=，解得0y=，23z=，所以，(2,0,23)n=，记AD与平面AMHN所成角为，所以，3sin|cos,|||4|

|||nADnADnAD===.所以，AD与平面AMHN所成角的正弦值为34.19．【北京市房山区2019年第二次高考模拟检测高三】已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，2,1ABAF==，点M在线段EF上.（Ⅰ）若M为EF的中点，求证：AM∥平面BDE；（Ⅱ

）求二面角ABFD−−的余弦值；（Ⅲ）证明：存在点M，使得AM⊥平面BDF，并求EMEF的值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）66；（Ⅲ）详见解析.【解析】（Ⅰ）设=ACBDO，连结OE，因为正方形ABCD，所以O为AC中点又矩形ACEF,M为EF的中点所以//,EMOA且EM

OA=所以OAME为平行四边形所以//AMOE又AM平面BDE，OE平面BDE所以AM∥平面BDE43（Ⅱ）以C为原点，分别以,,CDCBCE为,,xyz轴建立坐标系Cxyz−则(2,2,0),(0,2,0),(2,0,0),

(2,2,1)ABDF(2,2,0),(0,2,1)DBDF=−=设平面BDF的法向量为(,,)nxyz=，由00DBnDFn==得22020xyyz−+=+=则(1,1,2)n=−易知平面ABF的法向量(0,1,0)m=16cos,66nmnmnm===由图可

知二面角ABFD−−为锐角所以二面角ABFD−−的余弦值为66（Ⅲ）设00(,,1)Mxx，则00(2,2,1)AMxx=−−若AM⊥平面BDF，则//AMn，即00(2,2,1)//(1,1,2)xx−−−所以0122x−=−解得032x=所以33(,,1)22M所

以3232=422EMEF=20．【甘肃省兰州市第一中学2019届高三6月最后高考冲刺模拟】如图，在直三棱柱111ABCABC−中，平面1ABC⊥侧面11ABBA，且12AAAB==，44（Ⅰ）求证：ABBC⊥；（Ⅱ）若

直线AC与平面1ABC所成角的大小为30，求锐二面角1AACB−−的大小．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）60.【解析】（Ⅰ）如图，取1AB的中点D，连接AD.因为1AAAB=，所以1ADAB⊥.由平面1ABC⊥侧面11AABB，且平面1ABC侧面111AA

BBAB=，得AD⊥平面1ABC.又BC平面1ABC，所以ADBC⊥，因为三棱柱111ABCABC−是直三棱柱，则1AA⊥底面ABC，所以1AABC⊥又1AAADA=，从而BC⊥侧面11ABBA，又ABÌ侧面11AABB，故ABBC

⊥．(Ⅱ)由（1）知ABBC⊥且1BB⊥底面ABC，所以以点B为原点，以1BCBABB、、所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Bxyz−.设BCa=，则()0,2,0A，()0,0,0B，(),0,0Ca，1(0,2,2)A，(,0

,0)BCa=，1(0,2,2)BA=，45(,2,0)ACa=−，1(0,0,2)AA=.设平面1ABC的一个法向量()1,,nxyz=，由1BCn⊥，11BAn⊥，得0220xayz=+=.令1y=，得0

,1xz==−，则()10,1,1n=−.设直线AC与平面1ABC所成的角为，则30=，所以12121sin30242ACnACna===+，解得2a=，即(2,2,0)AC=−.又设平面1AAC的一个法向量为2n，同理可

得2(1,1,0)n=.设锐二面角1AACB−−的大小为，则1212121coscos,2nnnnnn===，由0,2，得60=.∴锐二面角1AACB−−的大小为60.能力提升训练1．【北京市通州区2019届高三4月第一次模

拟】如图1，菱形ABCD中，60A=，4AB=，DEAB⊥于E．将AED沿DE翻折到AED，使AEBE⊥，如图2．46（Ⅰ）求证：平面AED⊥平面BCDE；（Ⅱ）求直线A′E与平面A′BC所成角的正弦值；（Ⅲ）设F为线段AD上一点，若//EF

平面ABC，求DFFA的值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）217；（Ⅲ）1【解析】（Ⅰ）在菱形ABCD中，因为DEAB⊥，所以DEAE⊥，DEEB⊥．所以AEDE⊥．因为AEBE⊥，DEBEE=，DEÌ平面BCDE，BE平面BCDE，所以AE⊥平面BCDE．因为AE平面AED，所

以平面AED⊥平面BCDE．（Ⅱ）由（Ⅰ）知AEDE⊥，AEBE⊥，DEBE⊥，如图建立空间直角坐标系Exyz−，则()0,0,0E，()2,0,0B，()0,23,0D,()4,23,0C,()0,0,2A，所以()0,0,2AE=−，()2,0,2BA=−,()2,23

,0BC=．设平面ABC的法向量(),,nxyz=，由00nBAnBC==得2202230xzxy−+=+=所以3xzxy==−令1y=−，则3,3xz==.所以()3,

1,3n=−．所以()()()2223137n=+−+=，又2AE=,23AEn=−，所以2321cos,727AEnAEnAEn−===−.所以直线AE与平面ABC所成角的正弦值为217．（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，(

)0,23,2DA=−,()0,23,0ED=47设()0,23,2DFmDAmm==−，则()0,2323,2EFEDDFmm=+=−．因为//EF平面ABC，所以0EFn=uuurr，即()()0323231230mm+−−+=．所以12m=，即12DFDA=．

所以1DFFA=．2．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】如图，四棱锥SABCD−中，SD⊥平面ABCD，//ABCD，ADCD⊥，SDCD=，ABAD=，2CDAD=，M是BC中点，N是线段SA上的点.（1）若N是SA中点，求证：

//MN平面SDC；（2）设MN与平面SAD所成角为，求sin最大值.【答案】（1）见证明；（2）357【解析】解法1：（1）以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Dxyz−，设2DA=.则()0,0,0D，()0,0,4S，()2,0,0A，

()2,2,0B，()0,4,0C，所以()1,3,0M，()1,0,2N，()0,3,2MN=−.因为SD⊥平面ABCD，所以SDAD⊥，又ADCD⊥，所以AD⊥平面SDC，平面SDC一个法向量为()2,0,0DA=.因为0MNDA=，MN平面SDC，所以//MN平面SDC.48（2）()2

,0,4SA=−，设()01SNSA=，则()2,0,44N−，()21,3,44MN=−−−.平面SAD的一个法向量为()0,4,0DC=，所以()23sin2101813MNDCMNDC‖==−+.因为01，所以当910=，即9S

NNA=时，sin取得最大值357.解法2：（1）取AD中点为E，连结ME，NE，则//MEDC，因为ME平面SDC，所以//ME平面SDC，同理//NE平面SDC.所以平面//MNE平面SDC，因此//MN平面SDC

.（2）以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系Dxyz−，设2DA=，则()0,0,0D，()0,0,4S，()2,0,0A，()2,2,0B，()0,4,0C，所以()1,3,0M，()1,0,2

N，()2,0,4SA=−.设()01SNSA=，则()2,0,44N−，()21,3,44MN=−−−.平面SAD的一个法向量为()0,4,0DC=，所以()23sin2101813MNDCMND

C‖==−+.因为01，所以当910=，即9SNNA=时，sin取得最大值357.49解法3：（1）同解法2.（2）因为CDAD⊥，所以MEAD⊥.因为SD⊥平面ABCD，所以SDCD⊥，MESD⊥.所以ME⊥平面SAD，则MNE=.设2DA

=，则3ME=，29MNNE=+，23sin9MEMNNE==+.NE的最小值为E到AN距离等于25，所以sin的最大值357.3．【河南省郑州市2019届高三第三次质量检测】如图，ABC，2ABBC==，90A

BC=，E，F分别为AB，AC边的中点，以EF为折痕把AEF折起，使点A到达点P的位置，且PBBE=..（Ⅰ）证明：EF⊥平面PBE；（Ⅱ）设N为线段PF上动点，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值.【答案】（Ⅰ）见解析；

（Ⅱ）47035.【解析】（Ⅰ）E,F分别为AB,AC边的中点,所以EFBC‖因为90,ABC=,EFBEEFPE⊥⊥又因为BEPEE=，所以EF⊥平面PBE．50（Ⅱ）取BE的中点O,连接PO,由（1）知EF⊥

平面PBE,EF平面BCFE，,所以平面PBE⊥平面BCFE因为PB=BE=PE,所以POBE⊥,又因为PO平面PBE,平面PBE平面BCFE=BE所以POBCFE⊥.过O作OM//BC交CF于M,分别以OB，OM，OP所在直线

为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.31113130,0,,2,0,1,0,2,,,1,2222222PCFPCPF−=−=−−N为线段PF上一动点

设(,,)Nxyz=,由,(01)PNPF=得313,,(1),,,(1)2222NBN+−−−−设平面PCF的法向量为(,,)mxyz=则1320022013022xyzPCmPFmxyz+−==

=−+−=即取(1,1,3)m=−设直线BN与平面PCF所成角2222sin|cos|||||521175248BNmBNBNBNm====−+−+51247035758=直线BN与平面PCF所成角的正弦值的

最大值为470354．【安徽省江淮十校2019届高三年级5月考前最后一卷】在三棱柱ABCABC−中平面ABC⊥平面ACCA，ABBCCAAA===，D是棱BB的中点.（1）求证：平面DAC⊥平面ACCA；（2）

若60AAC=，求二面角ACDB−−的余弦值.【答案】(1)见解析；(2)55.【解析】（1）取,ACAC的中点,OF,连接OF与'AC交于点E，连接DE，,OBBF,则E为OF的中点，////OFAABB,且OFAABB==，所以BBFO是平行四边形

.又D是棱BB的中点，所以//DEOB.侧面AACC⊥底面ABC，=ACAACCABC面面，且OBAC⊥，OBABC面，所以OB⊥平面ACCA，得DE⊥平面ACCA，又DEÌ平面DAC，所以平面DAC⊥平面ACCA.（2）连接AO，因为60A

AC=，所以AAC是等边三角形，设2ABBCCAAA====.故AO⊥面ABC，由已知可得3AOOB==.以,,OBOCOA分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系.则()()()()0,1,0,3,0,0,0,1,0,0,0,3ABCA−，()

3,1,0BC=−，()0,1,3BBAA==设平面BCCB的法向量为(),,mxyz=则0,0mBCmBB==，所以3030xyyz−+=+=，取1,3,1xyz===−，所以()1,3

,1m=−52设平面ACD的法向量为()''',,nxyz=()0,1,3AC=−,()113133,1,00,,3,,22222CDCBBB=+=−+=−则'0,0nACnCD==，所以30133022y

zxyz−=−+=，取'''0,3,1xyz===，()0,3,1n=故315cos,525mn−==，因为二面角'ACDB−−为锐角，所以其余弦值为55.5．【山西省2019届高三高考考前适应性训练（三)】在三棱柱ABCABC−中

，ABBCCAAA===，侧面ACCA⊥底面ABC，D是棱BB的中点.（1）求证：平面DAC⊥平面ACCA；（2）若60AAC=，求二面角ABCB−−的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）55−.【解析】53解：（1）取,

ACAC的中点,OF，连接OF与CA交于点E，连接,,DEOBBF.则E为OF的中点，因为三棱柱ABCABC−，所以////OFAABB，且OFAABB==，所以四边形BBFO是平行四边形.又D是棱BB的中点，所以//DEOB.因为侧面AACC⊥底面ABC，且OBA

C⊥，所以OB⊥平面ACCA所以DE⊥平面ACCA又DEÌ平面DAC，所以平面DAC⊥平面ACCA（2）连接AO，因为60AAC=，所以AAC是等边三角形，故AO⊥底面ABC。设2ABBCCAAA====，可得3AOOB

==，分别以,,OBOCOA分别为,,xyz轴正方向建立空间直角坐标系，则()()()()0,1,0,3,0,0,0,1,0,0,0,3ABCA−()()3,1,0,0,1,3BCBBAA=−==设平面BCCB的一个法向量为(),,mxyz=则0,0mB

CmBB==所以30,30,xyyz−+=+=，取1,3,1xyz===−所以()1,3,1m=−54又平面ABC的一个法向量为()0,0,1n=故15cos<,55mn−==−因为二面角ABCB−−为钝角，所以其余弦值为55−.6．【江西省名校（临川一中、

南昌二中)2019届高三5月联合考试】已知空间几何体ABCDE中，BCD与CDE均为边长为2的等边三角形，ABC为腰长为13的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD.（1）试在平面BCD内作一条直线，使直线上

任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行，并给出详细证明；（2）求直线BE与平面AEC所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）22613【解析】如图所示:取BC和BD的中点H、G，连接HG.HG为所求直线.所以//HGCD,因为平面ABC⊥平面B

CD，AHBC⊥,所以AHBCD⊥平面，取CD中点O,连接EO,因为平面CDE⊥平面BCD，所以EOBCD⊥平面，所以AH||EO,又AH平面CDE,EO平面CDE,55所以//AHCDE平面.因为||,GHCD,GHCDECD

CDE平面平面,所以//GHCDE平面,因为,,AHGHAGHAHGHH=平面,则//AHGCDE平面平面，所以直线HG上任意一点F与A的连线AF均与平面CDE平行.(2)以CD中点O为坐标原点，OD所在直线为x轴，OB所在直线为Y轴，OE所在直线为Z轴,建立空间直角坐标系.13(1,0,

0),(0,0,3),(0,3,0),(,,23),(0,3,3)22CEBABE−−=−,设3•30(,,),313•30122xnCExznxyzAECynEAxyzz=−=+==⊥=−=−++==平面所以43226sincos13613

===.所以直线BE与平面AEC所成角的正弦值为22613.7．【北京市昌平区2019届高三5月二模】如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD,2AB=,1BC=，2

PCPD==，E为PB中点．56（Ⅰ）求证：PD∥平面ACE；（Ⅱ）求二面角EACD−−的余弦值；（Ⅲ）在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求PMPD的值；若不存在，说明理由．【答案】（I

）见解析；（II）66−；（Ⅲ）答案见解析.【解析】（I）设BD交AC于点F，连结EF.因为底面ABCD是矩形,所以F为BD中点.又因为E为PB中点,所以EF∥PD.因为PD平面,ACEEF平面ACE,所以PD∥平面ACE.（II）取CD的中点O，连结PO，FO.因为底面ABCD为矩形,所以

BCCD⊥.因为PCPD=，OCD为中点,所以,POCDOF⊥∥BC，所以OFCD⊥.又因为平面PCD⊥平面ABCD,PO平面,PCD平面PCD∩平面ABCD=CD.所以PO⊥平面ABCD，如图，建立空间直

角坐标系Oxyz−,则111(1,1,0)(0,1,0)(1,1,0),(0,0,1),(,,)222ACBPE−，,，57设平面ACE的法向量为(,,)mxyz=，131(1,2,0),(,,)222ACAE=−=−所以20,2,0,131.00222xyxyACmzyxyzAEm−+==

==−−++==令1y=，则2,1xz==−，所以2,11m=−（，）.平面ACD的法向量为(0,0,1)OP=，则6cos,6mOPmOPmOP==−||.如图可知二面角EACD−−为钝角，所以二面角EACD−−的余弦值为66−.（Ⅲ）在棱PD上存在点M,使

AMBD⊥.设([0,1]),(,,)PMMxyzPD=,则,01,0PMPDD=−（，）.因为(,,1)(0,1,1)xyz−=−−,所以(0,,1)M−−.(1,1,1),(1,2,0)AMBD=−−−=−

−.因为AMBD⊥,所以0AMBD=.所以121=0−−（），解得1=[0,1]2.所以在棱PD上存在点M,使AMBD⊥，且12PMPD=.8．【北京市朝阳区2019届高三第二次（5月)综合练习】在三棱

柱111ABCABC−中，底面ABC是正三角形，侧棱1AA⊥底面ABC．D，E分别是边BC，AC的中点，线段1BC与1BC交于点G，且4AB=，122BB=．（1）求证：EG∥平面1ABD；（2）求证：1BC⊥平面1ABD；58（3）求二面角1ABCB−−的余

弦值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）1010.【解析】（1）证明：因为E为AC中点，G为B1C中点．所以EG∥AB1．又因为EG⊄平面AB1D，AB1⊂平面AB1D，所以EG∥平面AB1D．（2）证明：取B

1C1的中点D1，连接DD1．显然DA，DC，DD1两两互相垂直，如图，建立空间直角坐标系D-xyz，则D（0，0，0），()2300A，，，B（0，-2，0），()10222B−，，，()10222C，，，()310E，，，C（0，2，0）．所以()10

222DB=−，，，()2300DA，，=，()10422BC=，，．又因为1230040220BCDA=++=，()11002422220BCDB=+−+=，所以BC1⊥DA，BC1⊥DB1．又因为DA∩DB1=D，所以BC

1⊥平面AB1D．（3）解：显然平面B1CB的一个法向量为1n=（1，0，0）．设平面AB1C的一个法向量为：2n=（x，y，z），又()2320AC=−，，，()10422BC，，=−，由22100nACnBC=

=，，得23204220xyyz−+=−=，．设x=1，则3y=，6z=，则()2136n=，，．59所以1212121101010nncosnnnn＜，＞===．设二面角A-B1C-B的平面角为θ，由图可知此二面角为锐二面角，所以1010cos=．9．【重庆南开中学

2019届高三第四次教学检测】在直角梯形ABCD中，ABCD∥，ABAD⊥，24ABCD==，E，F分别为AD，BC的中点（如图1）．沿EF将四边形EFCD折起，使得DEBF⊥（如图2）．（1）求证：平面ABFE

⊥平面EFCD；（2）若ACBE⊥，求二面角CEBF−−的余弦值．【答案】(1)见证明；(2)77【解析】（1）由题设条件，EFABCD∥∥，则DEEF⊥，又DEBF⊥且BFEFF=I则DE⊥平面ABFF，又DEÌ平面EFCD故平面ABFE⊥平面EFCD（2）如图，建立空间角坐标

系Exyz−，则()0,0,0E，()0,3,0F，设()()0,0,0Dhh，则有(),0,0Ah，(),4,0Bh，()0,2,Ch60由ACBE⊥知280ACBEh=−=解得22h=从而()0,0,22D，()22,0,0A，()22,4

,0B，()0,2,22C平面EBF的法向量为()0,0,1=m设平面CEB的法向量为(),,nxyz=由00nECnEB==得22202240yzxy+=+=取y=2,得()2,2,1n=−则二面角CEBF−−的余弦值为77mnmn=10．【山东省泰安市教科研中心2019

届高三考前密卷】如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1（侧棱垂直于底面的棱柱）中，CA⊥CB，CA＝CB＝CC1＝2，动点D在线段AB上．（1）求证：当点D为AB的中点时，平面B1CD⊥上平面ABB1A1；（2）当AB＝3AD时，求平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值．

【答案】（1）见解析；（2）13【解析】（1）∵在等腰Rt△ABC中，D为斜边AB的中点，∴CD⊥AB，又∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，∴B1B⊥CD，∵AB∩B1B＝B，∴CD

⊥平面ABB1A1，又CD⊂平面B1CD，∴平面B1CD⊥上平面ABB1A1．（2）如图，∵CA，CB，CC1两两垂直，∴以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则C（0，0，0），A

（2，0，0），B（0，2，0），B1（0，2，2），D42,,033，611CB=（0，2，2），42,,033CD=，设平面B1CD的法向量n＝（x，y，z），则142033220nCDxynCByz=+==+=，令z＝1，得1

,1,12n=−，平面BB1C1C的法向量CA＝（2，0，0），设平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的平面角为θ，则cosθ＝212||123||||1222CAnCAn==

+，∴平面B1CD与平面BB1C1C所成的锐二面角的余弦值为13．