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2011-2020年高考数学真题分专题训练专题24空间向量与空间角的计算（教师版含解析）_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

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文档文本内容

专题 24 空间向量与空间角的计算
十年大数据*全景展示
年 份
题号
考 点
考 查 内 容
线面、线线垂直的判定与性质、利用向量法求二面角的方法，
逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力
线面平行、线线垂直、线面垂直的判定定理及二面角的计算，
逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力
线面平行的判定定理及二面角的计算，逻辑推理能力、空间
想象能力及运算求解能力
2011
理 18 
二面角的计算
理 19 
二面角的计算
2012
卷2
理 18
二面角的计算
2013
空间线面、线线垂直的判定与性质及线面角的计算，空间想
象能力、逻辑推论证能力
卷 1 
理 18 
空间线面角的计算
线面平行的判定、二面角的计算、锥体的体积计算等基础知
识，逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力
卷 2 
理 18 
二面角的计算
空间异面直线所成角
2014 
卷 2 
理 11
异面直线所成的角，空间想象能力和运算求解能力
的计算
空间线线垂直、线面垂直的判定与性质、二面角的计算等基
础知识，逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力
卷 1 
理 19 
二面角的计算
空间异面直线所成角 主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算异
2015 
卷 1 
理 18
的计算
面直线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力．
线面平行的判定与性质、利用空间向量计算线面角，逻辑推
理能力和运算求解能力
卷 3 
理 19 
空间线面角的计算
解答题中的折叠问题
卷 2 
理 19 
与探索性问题
二面角的计算
折叠问题中线面垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面
角，逻辑推理能力和运算求解能力
2016
主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算二
面角，逻辑推理能力与运算求解能力
卷 1 
理 18 
二面角的计算
理 11 
空间异面直线所成角 面面平行的性质及线线所成角，逻辑推理能力与运算求解能
文 11 
的计算
空间异面直线所成角 空间点、线、面位置关系及线线所成角，逻辑推理能力与运
卷 1
力
卷 3 
理 16
的计算
算求解能力
2017
主要以三棱锥为载体面面垂直的判定与性质、简单几何体体
积的计算、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算
求解能力
卷 3 
理 19 
二面角的计算
二面角的计算
主要以三棱锥为载体线面平行的判定与性质、利用空间向量
计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力
卷 2 
理 18
卷 2 
理 10
空间线面角的计算
空间异面直线所成角 空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能
的计算
力
空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角，逻辑推
理能力与运算求解能力
卷 1 
理 18 
二面角的计算
解答题中的折叠问题 空间面面垂直的判定与性质、是否存在点是线面平行的问
与探索性问题 
题，逻辑推理能力与空间想象能力
空间异面直线所成角 空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能
卷 3 
文 19
卷 2 
文 9
的计算
力
卷 1 
文 10 
空间线面角的计算
卷 3 
理 19 
二面角的计算
长方体中线面角的计算与长方体体积计算，运算求解能力
空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角与空间几
何体体积的最大值，逻辑推理能力与运算求解能力
主要以三棱锥为载体线面垂直的判定与性质、利用空间向量
计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力
2018
空间线面角的计算
卷 2 
理 20
二面角的计算
空间异面直线所成角 空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能
卷 2 
理 9
的计算
力
解答题中的折叠问题
折叠问题中空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算线面
角及逻辑推理能力与运算求解能力
卷 1 
理 18 
与探索性问题
空间线面角的计算
解答题中的折叠问题
卷 3 
理 19 
与探索性问题
折叠问题中的共面问题的判定、空间垂直的判定与性质、利
用空间向量计算二面角及逻辑推理能力与运算求解能力
二面角的计算
2019
空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面
角，逻辑推理能力、运算求解能力
卷 2 
理 17 
二面角的计算
空间线面平行的判定及利用空间向量计算二面角，逻辑推理
能力、运算求解能力
卷 1 
理 18 
二面角的计算
理 16 
空间角的计算
空间角的计算，利用余弦定理解三角形
卷 1
空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面
角，逻辑推理能力、运算求解能力
理 18 
二面角的计算
2020
空间位置关系判定、空
卷 2 
理 20
卷 3 
理 19
间线面平行与垂直的证明，线面角的计算
点在平面的证明，利用空间向量法求二面角
间角的计算
二面角、点与平面位置
关系
大数据分析*预测高考
考点
出现频率
2021 年预测
考点 82 空间异面直线所成
7/28
2021 高考仍将重点考查异面直线角、线面角、二
面角，解答题第一小题重点考查线线、线面、面
面垂直的判定与性质，理科第二小题重点考查利
用向量计算线面角或二面角，难度为中档题，小
题可能考查异面直线角，难度为中档．
角的计算
考点 83 空间线面角的计算 
7/28
考点 84 二面角的计算
考点 85 解答题中的折叠问
题与探索性问题
14/28
4/28
十年试题分类*探求规律
考点 82 空间异面直线所成角的计算
1．(2018•新课标Ⅱ，理 9)在长方体 ABCD  A B C D 中，AB  BC 1，AA  3 ，则异面直线 AD 与 DB 所
1
1
1
1
1
1
1
成角的余弦值为(
)
1
5
5
2
A．
B．
C．
D．
5
6
5
2
【答案】C
【解析】以 D 为原点， DA 为 x 轴， DC 为 y 轴， DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，在长方
体
ABCD  A B C D 中， AB  BC 1， AA  3 ，A(1，0，0) ， D (0，0， 3) ， D(0 ，0，0) ， B (1，
1，
1
1
1
1
1
1
1
3) ， ∴ AD  (1 ， 0 ， 3) ， DB  (1 ， 1 ， 3) ， 设 异 面 直 线 AD 与 DB 所 成 角 为 
 ， 则
1
1
1
1
| AD DB |
2
5
5
cos   

1 

1  


，异面直线 AD 与 DB 所成角的余弦值为
，故选C ．
1
1
| AD || DB | 
2 5
5
5
1
1
2．(2018•新课标Ⅱ，文 9)在正方体 ABCD  A B C D 中， E 为棱CC 的中点，则异面直线 AE 与CD 所成
角
1
1
1
1
1
的正切值为(
)
2
3
5
7
A．
B．
C．
D．
2
2
2
2
【答案】C
【解析】连接 BE，因为 AB//CD，所以∠EAB 是异面直线 AE 与 CD 所成角，设正方体棱长为 2，
则
BE  BC 2 CE 2  2 2 12  5
RtABE
， 在 
中 ，
AB=BC=2CE=2 ， 在 Rt △ BCE 中 ，
BE
AB
5
tanEAB 

5
2 ，∴异面直线 AE 与CD 所成角的正切值为
，故选C ．
2
3. (2017•新课标Ⅱ，理 10)已知直三棱柱 ABC  A B C 中，ABC 120， AB  2 ， BC  CC 1，则异面
1
1
1
1
直线 AB 与 BC 所成角的余弦值为(
)
1
1
3
15
5
10
3
A．
B．
C．
D．
2
5
3
【答案】C
【解析】如图所示，设M 、 N 、 P 分别为 AB ，BB 和 B C 的中点，则 AB 、BC 夹角为MN 和 NP 夹角
或
1
1
1
1
1

1
5
其补角(因异面直线所成角为(0, ]) ，可知MN  AB 
，
1
2
2
2
1
2
1
NP  BC 
，作 BC 中点Q ，则PQM 为直角三角形，PQ 1，MQ  AC ，在ABC 中，由余弦
1
2
2
2
1
定理得， AC2  AB 2  BC  2ABBCcosABC  4 1 221( )  7 ，
2
2
7
11
AC  7 ， MQ 
， 在 MQP 中 ， MP  
MQ
2  PQ 2 
， 在 PMN 中 ， 由 余 弦 定 
理 得
2
2
(
5) 2 ( 2) 2 ( 11) 2
MN 2  NP 2  PM 2
10

2
2
2
cosMNP 

 

，又异面直线所成角的范围是(0 ， ] ，
2MNNP
5
2
5
2
2

2
2
10
5
AB 与 BC 所成角的余弦值为
．
1
1
4．(2016•新课标Ⅰ，理 11 文 11)平面 过正方体 ABCD  A B C D 的顶点 A ， / / 平面CB D ， 
平面
1
1
1
1
1
1
ABCD  m ， 平面 ABB A  n ，则m 、n 所成角的正弦值为(
)
1
1
3
2
3
1
A．
B．
C．
D．
2
2
3
3
【答案】A
【解析】如图： / / 平面CB D ， 平面 ABCD  m ， 平面 ABA B  n ，可知：n / /CD ，m / /B D ，
1
1
1
1
1
1
1
3
△CB D 是正三角形．m 、n 所成角就是CD B  60，则m 、n 所成角的正弦值为
，故选 A ．
1
1
1 1
2
5．(2014 新课标Ⅱ，理 11)直三棱柱 ABC-A B C 中，∠BCA=90°，M，N 分别是 A B ，A C 的中点，
1
1
1
1
1
1 1
BC=CA=CC1，则 BM 与 AN 所成的角的余弦值为(
)
30
10
2
2
1
10
2
5
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】如图所示，取BC 的中点P ，连结 NP、AP ，∵M ，N 分别是 A B ，AC 的中点，∴
1
1
1 1
四边形 NMBP 为平行四边形，∴BM  PN ，∴所求角的余弦值等于ANP 的余弦值，不妨令
BC CA CC1  2，则 AN  AP  5 ， NP  MB  6 ，
| AN |2 | NP| 2 | AP| 2
( 5)2 ( 6) 2 ( 5) 2
30
∴cosANP 


，故选 C．
2| AN || NP|
2 5  6
10
6 ． (2020 全 国 Ⅰ 理 16) 如 图 ， 在 三 棱 锥 P ABC 的 平 面 展 开 图 
中 ，

AC 1, AB  AD  3 , AB  AC , AB  AD , CAE  30，则cos FCB _____________．


1
4
【答案】
【思路导引】在△ACE 中，利用余弦定理可求得CE，可得出CF ，利用勾股定理计算出 BC、 BD ，可
得出 BF ，然后在BCF
中利用余弦定理可求得cosFCB
的值．
AB  AC 
AB  3 
AC 1
【解析】
，
，
，由勾股定理得 BC AB 
AC
2 
2  2，
6 ，BF  BD  6 ，在△ACE
AC 1 
AE 
AD
，


3 ，CAE  30
，
同理得 BD
中，
3 1，CF  CE 1
，
由余弦定理得CE2 AC2 AE2 2AC AEcos 30 1321 3


2
在BCF中，BC  2 
BF  6 
CF 1
， 
，
，
CF 2  BC 2 BF 2
1 4 6
212
1
1
  
，故答案为：

由余弦定理得cos FCB



．
2CF BC
4
4
7．(2017•新课标Ⅲ，理 16)a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形 ABC 的直角边 AC 所在直
线与 a ，b 都 垂直，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线 AB 与a 成60角时， AB 与b 成30角；
②当直线 AB 与a 成60角时， AB 与b 成60
角；
③直线 AB 与a 所成角的最小值为45；
④直线 AB 与a 所成角的最小值为60；
其中正确的是
．(填写所有正确结论的编号)
【答案】②③
【解析】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为 1，
故| AC |1，| AB| 2 ，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴，则 A 点保持不变， B 点的运动轨迹是以C 为圆心，
1 为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为 x 轴，CB 为 y 轴，CA 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 D(1，
0，
0) ， A(0 ，0，1) ，直线a 的方向单位向量a  (0 ，1，0) ，| a |1，直线b 的方向单位向量b (1，0，0) ，
|b |1，设 B 点在运动过程中的坐标中的坐标 B(cos ，sin ，0) ，其中 为 BC 与CD 的夹角， [0 
，2) ，

AB在运动过程中的向量， AB  (cos ，sin ，1) ，| AB| 2 ，设 AB 与a 所成夹角为 [0 ， 
]，
2
|(cos,sin,1)(0,1,0) |

2 | sin |[0 ， 2] ，
则cos 


| a || AB|
2
2



 [ ， ]，③正确，④错误．设 AB 与b 所成夹角为 [0， ]，
4
2
2
| ABb | 
|(cos,sin,1)(1,0,0) |
2

cos   
 

 


| cos | ，当 AB 与a 夹角为60时，即 

，
| AB|| b |
| b || AB|
2
3

2
2
1


| sin | 2 cos  2 cos 

，cos2  sin 2  1 ，cos 
| cos | 
， [0 ， ]， 

，
3
2
2
2
2
3
此时 AB 与b 的夹角为60，②正确，①错误．
8．(2015 浙江)如图，三棱锥 ABCD 中， AB  AC  BD CD 3， AD  BC  2，点 M, N 分别是
AD, BC 的中点，则异面直线 AN,CM 所成的角的余弦值是
．
7
【答案】
8
【解析】如图连接 ND，取 ND 的中点 E ，连接 ME,CE ，则 ME / /AN 
．
则异面直线 AN ，CM 所成的角为EMC ，由题意可知CN =1， AN = 2 
2 ，
∴ME = 2 ．又CM = 2 2 ， DN = 2 2 ， NE = 2 ，∴CE = 3 ，
CM 2 EM 2 CE 2
823
22 2 2 
8
7
则cosCME 

 
．
2CM EM
9．(2015 四川)如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段 PQ
上，E,F 分别为 AB, BC
的中点．设异面直线EM 与 AF
 
cos
所成的角为 ，则
的最大值为_________．
2
5
【答案】
【解析】 AB 为 x 轴， AD 为 y 轴， AQ 为 z 轴建立坐标系，设正方形边长为2 
．
(2m)10m
 5m  25 
2
2 m
5 m 5
2 m
5m 25
2 5m 
25
2 
cos 
, 令 f (m) 
 
 ， f 
(m) 
(m 
0,2 )
，
5m 25
2
2
2
2
2
m 
0,2 , f (m) 0
   
 ， f (m) 
 f (0)  
，即cos 
 
．
max 
max
5
5
10．(2015•新课标Ⅰ，理 18)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 ．
(Ⅰ)证明：平面 AEC  平面 AFC
(Ⅱ)求直线 AE 与直线CF 所成角的余弦值．
【解析】(Ⅰ)连接 BD，设 BDAC  G ，连接 EG 、 EF 、 FG ，在菱形 ABCD 中，不妨设 BG 
1，

由ABC 120，
可得 AG  GC  3 ，
BE  平面 ABCD， AB  BC  2 ，
可知 AE  EC ，又 AE  EC ，
所以 EG  3 ，且 EG  AC ，
2
在直角EBG 中，可得 BE  2 ，故 DF 
，
2
6
在直角三角形 FDG 中，可得 FG 
，
2
2
 ( 2  2)
3 2
2
在直角梯形 BDFE 中，由 BD  2 ， BE  2 ， FD 
，可得 EF  22
2 
，
2
2
从而 EG2  FG 2  EF 2 ，则 EG  FG ，
EB FD
2
(或由 tanEGBtanFGD 

 2
1 ，
BG DG
2
可得EGB  FGD  90，则 EG  FG)
AC
FG  G ，可得 EG  平面 AFC ，
由 EG 平面 AEC ，所以平面 AEC  平面 AFC ；
(Ⅱ)如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 为 x 轴， y 轴，| GB| 为单位长度，
建立空间直角坐标系G  xyz ，由(Ⅰ)可得 A(0 ， 3 ，0) ， E(1，0， 2) ，
F(1，0， 2) ，C(0， 3 ，0) ，
2
即有 AE  (1， 3 ， 2) ，CF  (1， 3 ， 2) ，
2

故cos  AE ，CF   
 
| AE || CF |
13 1
AECF
3
 

．
9
3
6 
2
3
3
则有直线 AE 与直线CF 所成角的余弦值为
．
考点 83 空间线面角的计算
1．(2020 山东 4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时
间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点 A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点 A 处的
水平面是指过点 A 且与OA 垂直的平面．在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬
度为北纬40，则晷针与点 A 处的水平面所成角为
(
)
A．20
B．40
C．50
D．90
【答案】B
【思路导引】画出截面图，根据点 A 处的纬度，计算出晷针与点 A 处的水平面所成角．
【解析】画出截面图如下图所示，其中CD
l
是赤道所在平面的截线； 是点 
处的水平面的截线，依题意可
A
知OA l ； AB 是晷针所在直线． 
是晷面的截线，依题意可知m//CD、 AB  m

m
．
由于AOC  40,m//CD
，所以OAG AOC  40
，
由于OAGGAE BAEGAE 90
，
所以BAE OAG  40
，也即晷针与点 A 处的水平面所成角为 BAE 40 ，故选：B．



2．(2018•新课标Ⅰ，文 10)在长方体 ABCD  A B C D 中，AB  BC  2 ，AC 与平面 BBC C 所成的角为30，
1
1
1
1
1
1
1
则该长方体的体积为(
A．8
)
B．6 2
C．8 2
D．8 3
【答案】C
【解析】长方体 ABCD  A B C D 中， AB  BC  2 ， AC 与平面 BBC C 所成的角为30，
1
1
1
1
1
1
1
AB
tan 30
即 AC B  30 ，可得 BC 
 2 3 ，可得 BB1  (2 3) 2  2  2 2 ，所以该长方体的体积为：
2
1
1
222 2 8 2 ，故选C ．
3．(2014 浙江)如图，某人在垂直于水平地面 ABC 的墙面前的点 A 处进行射击训练，已知点 A 到墙面的
距
离为 AB ，某目标点 P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为 了准确瞄准目标点 P ，需计算由点 A 观
察点
P 的仰角 的大小(仰角 为直线 AP 与平面 ABC 所成角)．若 AB 15m ，AC  25m ，BCM  30
则
tan 的最大值
30
5
30
4 3
9
5 3
9
A．
B．
C．
D．
10
【答案】D
【解析】作 PH  BC ，垂足为 H ，设 PH  x ，则CH  3x ，由余弦定理AH  6253x 40 3 ，
2
PH
AH
1
1
tan  tanPAH 

(  0) ，
x
625 40 3

 3
x2
x
1 
4 3
5 3
9
故当 
时， tan 取得最大值，最大值为
，故选 D．
x 
125
4．(2014 四川)如图，在正方体 ABCD  A B C D 中，点O 为线段 BD 的中点．设点 P 在线段CC 上，
直
1
1
1
1
1
线OP 与平面 A1BD 所成的角为 ，则sin 的取值范围是
3
6
6 2 2
2 2
3
A．[
,1]
B．[
,1]
C．[
,
]
D．[
,1]
3
3
3
3
【答案】B

【解析】直线OP 与平面 ABD 所成的角为 的取值范围是 AOA

 
 C OA ，由于
1 
1
1
1
2
6
6
3 
2 2
6

6
sinAOA1 
，sinC OA  2



，sin 
1 ，所以sin 的取值范围是[
,1]．
1
1
3
3
3
3
3
2
3
5．(2020 全国Ⅱ理 20)如图，已知三棱柱 ABC  A B C 的底面是正三角形，侧面 BBC C 是矩形，M , N 分
别
1
1
1
1
1
为 BC , B C 的中点， P 为 AM 上一点．过 B C 和 P 的平面交 AB 于 E ，交 AC 
于 F
．
1
1
1
1
(1)证明： AA // MN ，且平面 A AMN 平面 EBC F ；
1
1
1
1
(2)设O 为△ A B C 的中心，若 AO∥ 平面EB C F ，且 AO  AB ，求直线 B E 与平面 A AMN 所成角的正
弦
1
1
1
1
1
1
1
值．
10
【答案】(1)证明见解析；(2)
．
10
【思路导引】
M, N
BC 
B C
MN//CC ，根据条件可得
AA1 / /BB ，可证MN//AA
1，要证平面
1
(1)由
分别为
，
的中点，
1
1
1
EBC F 
A AMN
1
EF 
A AMN
即可；
1
平面
，只需证明
平面
1
1
(2)连接 NP ，先求证四边形ONPA 是平行四边形，根据几何关系求得 EP ，在B C 截取B Q  EP
，由
1
1
1
A AMN ，可得QPN 
B E
A AMN
所成角，即可求得答案．
1
(1) BC⊥平面
【解析】
为
与平面
1
1
(1) M, N 分别为BC 
B C
，
的中点，
1
1
MN//BB1
又 AA1 / /BB1
MN//AA1
在ABC
M 为 BC
BC  AM
中，
中点，则
BBC C
为矩形，
1 1

又 侧面
BC  BB1
MN//BB1
MN  BC
MN  AM  M ， MN, AM

平面A AMN
1
由

A AMN
1
BC⊥平面
 B C //BC
B C 
，且
1 1
平面 
，
ABC， BC 平面 ABC
又
1
1
B C //
ABC
平面
1
1
又 B1C1
EBC F
EBC F 
，且平面 
平面
1 1
ABC  EF
平面
1
1
B C / /EF
1
1
EF//BC
又BC 平面 A1AMN


A AMN
1
EF 
平面
EF  平面EBC F
1
1
平面 EBC F 
A AMN
1
平面
1
1
(2)连接 NP
 AO//
EBC F
AONP 
EBC F  NP  AO//NP
平面 
， 
，
1 1
平面
，平面
1
1
A NMA
1
ABC  AM
A NMA
1
A B C  A N  ON //AP
， 
，
1 1 1 
1
根据三棱柱上下底面平行，其面
平面
，面
平面
故：四边形ONPA 是平行四边形．
设ABC 
边长是6m ( m  0 )，可得：ON  AP ， NP  AO  AB  6m
，
1
 O 为△A B C 的中心，且△A B C 边长为
1
6m  ON  6sin 60 3m
，
，故 ：ON 
AP  3m ．

1
1
1
1
1
3
AP 
EP
3
EP
 EF//BC ，

，

EP  m
，解得：
，
AM 
BM
3 3
3
B C
B Q  EP  m
1
QN 2m  B Q  EP 
BQ//EP 

B QPE
是平行四边形，
在
截取
，故
，
且
， 四边形
1
1
1
1
1
 B1E//PQ ．
B C 
A AMN ，故QPN 
B E
A AMN
与平面 
所成角
1
由(1)
平面
为
1
1
1
1
Rt△QPN

2 
2   

2  

 2 10m，
2
在
，根据勾股定理可得： PQ
QN 
PN
2m
6m
QN
2m
10
10
sinQPN 



， 直线
B E
1
A AMN
与平面 
所成角的正弦值：
1
．
PQ 
2 10m 
10
10
6．(2018•新课标Ⅱ，理 20)如图，在三棱锥 P  ABC 中，AB  BC  2 2 ，PA  PB  PC  AC  4 ，O 为 AC
的中点．
(1)证明： PO  平面 ABC ；
(2)若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M  PAC 为30，求 PC 与平面 PAM 所成角的正弦
值．
【解析】(1)证明：连接 BO，
 AB  BC  2 2 ，O 是 AC 的中点，
BO  AC ，且 BO  2 ，
又 PA  PC  PB  AC  4 ，
PO  AC ， PO  2 3 ，
则 PB
则 PO  OB ，
OB
2  PO 2  BO
，
2
AC  O ，
PO 平面 ABC ；
(2 )建立以O 坐标原点，OB ，OC ，OP 分别为 x ， y ， z 轴的空间直角坐标系如
图：
A(0 ，2 ，0) ， P(0 ，0，2 3)，C(0，2，0) ， B(2 ，0，0) 
，
BC  (2，2，0) ，
设 BM  BC  (2 ，2 ，0) ，0   1
则 AM  BM  BA  (2 ，2 ，0) (2 ，2 ，0)  (22 ，2  2 ，0) ，
则平面 PAC 的法向量为m  (1，0，0) ，
设平面MPA 的法向量为n  (x ， y ， z)，
则 PA  (0 ，2 ，2 3)，


则nPA  2y  2 3z  0 ，nAM  (2 2)x  (2  2)y  0
( 1) 3
1
令 z 1，则 y   3 ， x 
( 1) 3
，
即n  (
， 3 ，1) ，
1
二面角 M  PAC 为30，
 

mn
3
cos30 |

，
 
| m || n |
2
( 1) 3
 1
3
即

，
 1
1
2
(
 3) 1 31
2
1
解得  或  
3(舍)，3
则平面MPA 的法向量 n  (2 3 ， 3 ，1) 
，
PC  (0 ，2，2 3)，

2 3 2 3 
4 3
|
3
PC 与平面 PAM 所成角的正弦值sin | cos  PC ，n ||

．
16 16
16
4
7．(2016•新课标Ⅲ，理 19)如图，四棱锥 P  ABCD 中，PA  底面 ABCD，AD / /BC ，AB  AD  AC  3，
PA  BC  4 ， M 为线段 AD 上一点， AM  2MD ， N 为 PC 的中点．
(1)证明： MN / / 平面 PAB ；
(2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：法一、如图，取 PB 中点G ，连接 AG ， NG 
，
N 为 PC 的中点，
1
 NG / /BC ，且 NG  BC ，
2
2
又 AM  AD  2 ， BC  4 ，且 AD / /BC ，
3
1
 AM / /BC ，且 AM  BC ，
2
则 NG / /AM ，且 NG  AM ，
四边形 AMNG 为平行四边形，则 NM / /AG ，
 AG  平面 PAB ， NM  平面 PAB ，
MN / / 平面 PAB ；
法二、
在PAC 中，过 N 作 NE  AC ，垂足为 E ，连接 ME 
，
42 3 2 3 2
2
在ABC 中，由已知 AB  AC  3， BC  4 ，得cosACB 
 AD / /BC ，
 ，
243
3
2
5
cosEAM  ，则sinEAM 
，
3
3
在EAM 中，
2
1
3
 AM  AD  2 ， AE  AC  ，
3
2
2
9
3
2
3
由余弦定理得： EM  AE2  AM 2  2AEAMcosEAM 
 4  2 2 
 ，
4
2
3
2
3
3
2
2
( )2  ( )  4
1
2
cosAEM 
 ，
3 3
2 
2 2
9
32 3
233
cosAEM  cosBAC ，即AEM  BAC ，
2  42
1
而在ABC 中，cosBAC 
 ，
9
 AB / /EM ，则 EM / / 平面 PAB ．
由 PA  底面 ABCD ，得 PA  AC ，又 NE  AC ，
NE / /PA，则 NE / / 平面 PAB ．
NE
EM  E ，
平面 NEM / / 平面 PAB ，则 MN / / 平面 PAB 
；
2
3
(2)
解
：
在
AMC
中
，
由
AM  2
，
AC  3
，
cosMAC 
，
得
2
CM 2  AC 2  AM 2  2ACAMcosMAC  9  4  232  5 ．
3
AM
2  MC 2  AC ，则 AM  MC ，
2
PA  底面 ABCD， PA  平面 PAD ，
平面 ABCD  平面 PAD ，且平面 ABCD 平面 PAD  AD，
CM  平面 PAD ，则平面 PNM  平面 PAD ．
在平面 PAD 内，过 A 作 AF  PM ，交 PM 于 F ，连接 NF ，则ANF 为直线 AN 与平面 PMN 所成
角．
1
1
2
5
在RtPAC 中，由 N 是 PC 的中点，得 AN  PC 
PA 2  PC 2  ，
2
2
PAAM
42
4 5
在RtPAM 中，由 PAAM  PMAF ，得 AF 


，
PM
2  2 2
5
4
4 5
AF
AN
8 5
25
5
5
sinANF 


．
2
8 5
25
直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为
．
8．(2013 新课标Ⅰ，理 18)如图，三棱柱 ABC-A B C 中，CA=CB，AB=A A ，∠BAA =60°．
1
1
1
1
1
(
)
Ⅰ证明 AB⊥A1C；
(
)
Ⅱ若平面 ABC⊥平面 AA B B，AB=CB=2，求直线 A C 与平面 BB C C 所成角的正弦值．
1
1
1
1 1
【解析】(Ⅰ)取AB 中点E，连结CE， A B ， 
A E ，
1
1
∵AB= AA ，BAA =600 ，∴BAA1 是正三角形，
1
1
∴ A1E ⊥AB， 
∵CA=CB， 
∴CE⊥AB， 
∵CE  A E =E，∴AB⊥面CEA ，
1
1
∴AB⊥ A1C ；
……6 分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 EC⊥AB， EA1 ⊥AB，
又∵面 ABC⊥面 ABB A ，面 ABC∩面 ABB A =AB，∴EC⊥面 ABB A ，∴EC⊥ EA ，
1
1
1
1
1
1
1
∴EA，EC， EA1 两两相互垂直，以 E 为坐标原点， EA 的方向为 x 轴正方向，| EA|为单位长度，建立如图
所
示空间直角坐标系O  xyz ，
有题设知 A(1，0，0)， A (0， 3 ，0)，C(0，0， 3 )，B(－1，0，0)，则 BC=(1，0， 3 )，BB = AA 
=(－
1
1
1
1，0， 3 )， A1C =(0，－ 3 ， 3 
)，
设n=(x, y, z) 是平面CBB C 的法向量，
……9 分
1
1


nBC  0
x  3z  0

则 

，即
，可取n=( 3 ，1，-1)，
nBB  0

x  3y  0

1
n AC 
10
∴cos n, A1C =


1
，
|n|| AC | 5
1
10
5
∴直线 A C 与平面 BB C C 所成角的正弦值为
．
……12 分
1
1
1
9．(2018 浙江)如图，已知多面体 ABCA B C ， A A ， B B ，C C 均垂 直于平面 ABC，ABC 120 
，

1
1
1
1
1
1
A A  4 ，C C 1， AB  BC  B B  2．
1
1
1
(1)证明： AB ⊥平面 A B C ；
1
1 1 1
(2)求直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值．
1
1
【解析】(1)由 AB  2 ， AA  4 ， BB  2 ， AA  AB ， BB  AB 得
1
1
1
1
AB  AB  2 2 ，
1
1 1
A B2
1  AB1  AA1
2 ．
2
所以
1
故 AB  A B ．
1
1 1
由 BC  2， BB  2 ，CC 1， BB  BC ，CC  BC 得 BC  5 ，
1
1
1
1
1 1
由 AB  BC  2，ABC 120 得AC  2 3
，
由CC  AC ，得 AC  13，所以AB1
2  B
1C  AC
1
2 ，故 AB  B C ．
1 
1 
1 1
2
1
1
因此 AB 平面 A B C ．
1
1 1 1
(2)如图，过点C 作C D  A B ，交直线 A B 于点 D ，连结 AD．
1
1
1
1
1 1
由 AB  平面 A B C 得平面 A B C  平面 ABB ，
1
1
1
1
1
1
1
1
由C D  A B 得C D 平面 ABB ，
1
1
1
1
1
所以C AD 是 AC 与平面 ABB 所成的角．
1
1
1
由 BC  5 ， AB  2 2 ， AC  21
1
1
1
1
1 1
6
7
1
得cosC A B 
，sinC A B 
，
1
1
1
1
1
1
7
C
1D
AC1
39
所以C
1D  3 ，故
sinC1AD 

．
13
39
因此，直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值是
．
1
1
13
方法二 (1)如图，以 AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为 x ， y 轴的正半轴，建立空间直角坐
标
系O  xyz ．
由题意知各点坐标如下：
A(0, 3,0)， B(1,0,0)， A (0, 3,4)， B (1,0, 2)，C (0, 3,1)，
1
1
1
因此 AB (1, 3,2)， AB (1, 3,2)， AC (0, 2 3,3)，
1
1
1
1 1
由 AB AB 0 得 AB  A B ．
1
1
1
1
1 1
由 AB AC 0 得 AB  AC ．
1
1
1
1
1
1
所以 AB 平面 A B C ．
1
1 1 1
(2)设直线 AC 与平面 ABB 所成的角为 ．
1
1
由(1)可知 AC (0, 2 3,1)， AB  (1, 3,0)， BB (0,0, 2)，
1
1
设平面 ABB1 的法向量n = (x, y,z) ．


x
n AB  0

  3y  0 ，可取n  ( 3,1,0)．
，即
由 

nBB  0

2z  0
1

sin | cos  AC ,n | 

| AC n |
39
1

所以
．
1

| AC | | n | 
13
1
39
因此，直线 AC 与平面 ABB 所成的角的正弦值是
．
1
1
13
10．(2017 浙江)如图，已知四棱锥 P ABCD，PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， BC∥AD，
CD  AD， PC  AD  2DC  2CB， E 为 PD 的中点．
(Ⅰ)证明：CE∥平面 PAB；
(Ⅱ)求直线CE 与平面 PBC 所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)如图，设 PA 中点为 F，连结 EF，FB．
1
因为 E，F 分别为 PD，PA 中点，所以 EF∥AD 且 EFAD ，
2
1
又因为 BC∥AD， BC  AD ，所以
2
EF∥BC 且 EF=BC，
即四边形 BCEF 为平行四边形，所以 CE∥BF，
因此 CE∥平面 PAB．
(Ⅱ)分别取 BC，AD 的中点为 M，N．连结 PN 交 EF 于点 Q，连结 
MQ．
因为 E，F，N 分别是 PD，PA，AD 的中点，所以 Q 为 EF 中点，
在平行四边形 BCEF 中，MQ∥CE．
由PAD 为等腰直角三角形得
PN⊥AD．
由 DC⊥AD，N 是 AD 的中点得
BN⊥AD．
所以 AD⊥平面 PBN，
由 BC∥AD 得 BC⊥平面 PBN，
那么，平面 PBC⊥平面 PBN．
过点 Q 作 PB 的垂线，垂足为 H，连结 MH．
MH 是 MQ 在平面 PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线 CE 与平面 PBC 所成的
角．
设 CD=1．
在PCD 中，由 PC=2，CD=1，PD= 2 得 CE= 2 
，
1
在△PBN 中，由 PN=BN=1，PB= 3 得QH，
4
1
在RtMQH 中，QH  
，MQ= 2 ，
4
2
所以sinQMH 
，
8
2
所以，直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是
．
8
11．(2014 天津)如图四棱锥 P  ABCD 的底面 ABCD 是平行四边形， BA BD  2 ，
AD  2 ， PA  PD  5 ， E ， F 分别是棱 AD ， PC 的中
点．
(Ⅰ)证明： EF ∥平面 PAB；
(Ⅱ)若二面角 P  AD B 为 60°，
(ⅰ)证明：平面 PBC ⊥平面 ABCD
(ⅱ)求直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)证明：如图取 PB 中点 M，连接 MF，AM．因为 F 为 PC 中
点，
1
故 MF//BC 且 MF= BC．由已知有 BC//AD，BC=AD．又由于 E 为 AD 中
点，
2
因而 MF//AE 且 MF=AE，故四边形 AMFE 为平行四边形，


所以 EF//AM，又 AM 平面 PAB，而 EF 平面 PAB，
所以 EF//平面 PAB．
(Ⅱ)(i)证明：连接 PE，BE．因为 PA=PD，BA=BD，而 E 为 AD 中点，
故 PE AD，BE  AD，所以PEB 为二面角 P-AD-B 的平面角．在三角形 PAD 中，
由 AD  2,PA  PD  5 ，可解得 PE=2．
在三角形 ABD 中，由 BA BD  2 ，可解得 BE=1．
在三角形 PEB 中，PE=2，BE=1，PEB  60
，
由余弦定理，可解得 PB= 3 ，从而PBE  90，即 BE PB，
又 BC//AD，BE AD，从而 BE BC，因此 BE 平面 PBC．又 BE平面 ABCD，
所以平面 PBC 平面 ABCD．
(ii)连接 BF，由(i)知 BE 平面 PBC．所以EFB 为直线 EF 与平面 PBC 所成的角，
1
3
11
2
由 PB= 3 ，PA= 5 ，AB= 2 得ABP 为直角，而 MB= PB=
，可得 AM=
，
2
2
11
2
BE 
2 11
故 EF=
，又 BE=1，故在直角三角形 EBF 中，sinEFB 

.
EF
11
2 11
所以直线 EF 与平面 PBC 所成角的正弦值为11
12．(2013 浙江)如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA⊥面 ABCD， AB  BC  2，
AD CD  7 ， PA  3 ，ABC 120 ，G 为线段 PC 上的点．
(Ⅰ)证明： BD ⊥面 APC ；
(Ⅱ)若G 是 PC 的中点，求 DG 与 APC 所成的角的正切
值；
PG
(Ⅲ)若G 满足 PC⊥面 BGD，求
的值．
GC
【解析】(Ⅰ)设点 O 为 AC，BD 的交点，
由 AB＝BC，AD＝CD，得 BD 是线段 AC 的中垂线．
所以 O 为 AC 的中点，BD⊥AC．
又因为 PA⊥平面 ABCD，BD平面 ABCD，
所以 PA⊥BD．所以 BD⊥平面 APC．
(Ⅱ)连结 OG．由(1)可知 OD⊥平面 APC，则 DG 在平面 APC 内的射影为 OG，所以∠OGD 是 DG 与平
面
APC 所成的角．
1
3
由题意得 OG＝ 
PA＝
．
2
2
AB2 BC 2ABBCcosABC ＝2 3 ，
2
在△ABC 中，AC＝
1
所以 OC＝ 
AC＝ 3 ．
2
CD2 OC2 ＝2．
OD 
4 3
在直角△OCD 中，OD＝

在直角△OGD 中，tan∠OGD＝
．
OG
3
4 3
3
所以 DG 与平面 APC 所成的角的正切值为
．
(Ⅲ)连结 OG．因为 PC⊥平面 BGD，OG平面 BGD，所以 PC⊥OG．
在直角△PAC 中，得 PC＝ 15 ．
ACOC 
2 15

所以 GC＝
从而 PG＝
．
PC
5
3 15 ，
5
PG 
3
所以
 
．
GC 
2
ABC ABC
A ACC 平面 
，
ABC ， ABC  90
13．(2019 浙江 19)如图，已知三棱柱
，平面
1
1
1
1
1
BAC 30, A A  AC  AC,E,F
分别是 AC，A B 的中点．
1
1
1 1
(1)证明： EF 
BC ；

(2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值．
【解析】方法一：
(I)连接A E，因为A A=A C，E 是AC 的中点，所以A E⊥AC．
1
1
1
1

又平面A ACC ⊥平面ABC，A E 
平面A ACC ，
1
1
1
1
1
平面A ACC ∩平面ABC=AC，
1
1
所以，A E⊥平面ABC，则A E⊥BC．
1
1
又因为A F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A F．
1
1
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．
(Ⅱ)取BC 中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．
由于A E⊥平面ABC，故AE ⊥EG，所以平行四边形EGFA 为矩形．
1
1
1
由(I)得BC⊥平面EGFA ，则平面A BC⊥平面EGFA ，
1
1
1
所以EF 在平面A BC 上的射影在直线A G
上．
1
1
连接A G 交EF 于O，则∠EOG 是直线EF 与平面A BC 所成的角(或其补
角)．
1
1
不妨设AC=4，则在Rt△A EG 中，A E=2 3 ，EG= 3 ．
1
1
A1G
2
15
2
由于O 为A G 的中点，故 EO OG



，
1
EO2 OG 2  EG 2
3
所以cos EOG


．
2EOOG
5
3
因此，直线EF 与平面A BC 所成角的余弦值是 
．
1
5
方法二：
(Ⅰ)连接A E，因为A A=A C，E 是AC 的中点，所以A E⊥AC．
1
1
1
1

又平面A ACC ⊥平面ABC，A E 
平面A ACC ，
1
1
1
1
1
平面A ACC ∩平面ABC=AC，所以，A E⊥平面ABC．
1
1
1
如图，以点E 为原点，分别以射线EC，EA1为y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–
xyz．
不妨设AC=4，则
3 3
A (0，0，2 3 )，B( 3 ，1，0)， B ( 3,3, 2 3)， F(
, ,2 3) ，C(0，2，0)．
1
1
2 2


3 3
, ,2 3)， BC  ( 3,1, 0)
2 2
因此， EF (

．
EF  BC
由 EF BC  0 得
．

(Ⅱ)设直线EF 与平面A BC 所成角为 ，
1
由(Ⅰ)可得 BC  ( 3,1,0)，AC  (0, 2,2 3)
1
，
设平面A1BC 的法向量为n  (x, y, z)
，



BCn  0
 
3x  y  0


，得
由
，
AC n  0

y  3z  0

1
EF n


4
取n (1, 3,1)，故sin 
cos EF,

n 


．
EF  n 
5
3
因此直线 EF 与平面 A BC 所成角的余弦值为 ．
1
5
14．(2018 天津)如图， AD∥BC 且 AD  2BC ， AD 
CD ，

EG∥AD 
EG  AD 
CD∥FG
且 
， 
且
CD  2FG， DG 平面 ABCD， DA DC  DG  2 ．
(1)若M 为CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证： MN ∥平面CDE；
(2)求二面角 E BC F 的正弦值；


(3)若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为60 ，求线
段
DP 的长．
x
y
z
【解析】依题意，可以建立以 D 为原点，分别以 DA， DC ， DG 的方向为 轴， 轴， 轴的正方向
的
D(0, 0, 0) A(2, 0, 0) B(1, 2, 0) C(0, 2, 0) E(2, 0, 2) F(0,1, 2) G(0, 0, 
2)
，
空间直角坐标系(如图)，可得
，
，
，
，
，
，
3
M (0, ,1) 
N(1, 0, 2)
，
．
2
 


n DC 0，
(1)证明：依题意 DC (0, 2,0)，

DE  (2,0, 2)
．设n0  (x, y, z) 为平面CDE的法向量，则
0 

n DE  0，
0
2y  0，
n  (1, 0,1)
0

即
又
不妨令z  1，可得
．
2x 2z  0 ，
3
MN  (1, ,1)
MNn0 0 ，
，可得
2
又因为直线MN 平面CDE
，所以MN ∥平面CDE
．
(2)依题意，可得 BC  (1,0,0)，BE  (1，2，2) ，CF  (0,1, 2)
．
 
n BC 0，  x 0，

 

设n  (x, y, z) 为平面
的法向量，则
BCE
 


即x 2y 2z  0，
nBE  0，

n (0,1,1)
．
不妨令 z 1，可得

 
m BC 0，  x 0，

 

设m  (x, y, z)
为平面 BCF 的法向量，则 

m BF  0， 
即y 2z  0，

不妨令 z 1，可得

m  (0, 2,1)
．
m n
3 10
10
因此有cos  m, n 

，于是sin m,n 

．
| m || n |
10
10
10
E BC  F
所以，二面角
的正弦值为
．
10
(3)设线段 DP 的长为h ( h[0.2] )，则点 
的坐标为(0, 0,h) ，可得 BP  (1 2 h)
， ， ．
P
易知， DC (0,2,0)为平面
BPDC
 

ADGE 的一个法向量，故
2
cos  BPDC     
  
，
BP DC
h 5
2
2
3
3
 sin 60
，解得h 
[0,2]．
由题意，可得
3
h2 5
2
3
所以线段 DP 的长为
．
3
15．(2018 江苏)如图，在正三棱柱 ABC  A B C 中，AB  AA  2 ，点 P ，Q 分别为 A B ，BC 的中点．
1
1
1
1
1 1
(1)求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值；
(2)求直线CC 与平面 AQC 所成角的正弦值．
1
1
，A1C1
的中点分别为 
， ，则
O
，OO1 OC
，
OB OC
AC
O
1
【解析】如图，在正三棱柱 ABC  A B C 中，设
1
1 1
OO1 OB
O  xyz
，以{OB,OC,OO }
1 为基底，建立空间直角坐标系
．
AB  AA
1  2
因为
所以
，
A(0,1,0),B( 3, 0, 0),C(0,1,0),A (0,1, 2) ,B ( 3, 0, 2),C (0,1, 2)
1
1
1
．
3
1
P( 
, ,2)
P
2
2
(1)因为
为
A1B1 的中点，所以
，




3
1
BP  (
, ,2),AC  (0, 2, 2)
1
2
2
从而
故
，
 

| BP AC |
| 1 4 | 
3 10
| cos BP, AC |  

1 


1

5 2 2
| BP| | AC |
20 ．
1
3 10
20
因此，异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值为
．
3 1
Q( 
, ,0)
2 2
(2)因为 Q 为 BC 的中点，所以
，


3 3
AQ  ( 
, ,0)
2 2
AC  (0, 2, 2),CC  (0, 0, 2)
因此
，
1
1
．
设 n=(x，y，z)为平面 AQC1 的一个法向量，
3
3


x  y  0,


 2
2
则
即
AC n  0,


2y  2z  0.
n ( 3,1,1)
，设直线 CC 与平面 AQC 所成角为 ，

不妨取
1
1


| CC n|
2
5
5
sin | cos CC ,n | 

1


CC
AQC
所成角的正弦值为
1
．
则
，所以直线
与平面
1

5 2
1
| CC | | n|
5
5
1
16．(2017 天津)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；
7
(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．
21
【解析】如图，以 A 为原点，分别以 AB ，AC ，AP 方向为 x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系．
依
题意可得
A(0,0,0)， B(2, 0, 0)，C(0,4,0)，(0,0, 4)， D(0,0,2)， E(0,2,2)， M (0, 0,1)， N(1, 
2,0)．
(Ⅰ)证明： DE =(0, 2,0)， DB=(2, 0,2)．设n  (x, y, z) ，为平面 BDE 的法向量，
 
n DE 0

2y  0
，即 
则 

．不妨设 z 1，可得n  (1, 0,1) ．又 MN =(1，2，1)，可得 MN n  
0 ．
2x  2z  0
nDB  0

因为 MN  平面 BDE，所以 MN//平面 BDE．
 


n EM 
0
(Ⅱ)易知n  (1,0,0)为平面 CEM 的一个法向量．设n  (x, y, z) 为平面 EMN 的法向量，则
2
，因


1
2
n MN  0
2
2y  z  0
x  2y  z  0
为 EM  (0,2,1) ， MN  (1, 2,1) ，所以
．不妨设 y 1，可得n2  (4,1,2)．
n
1 n
2
4
105
因此有cos  n ,n 
 

，于是sin  n ,n 
．
1
2
1
2
| n ||n |
1
21
21
2
105
21
所以，二面角 C—EM—N 的正弦值为
．
(Ⅲ)依题意，设 AH=h( 0≤h≤4 )，则 H(0，0，h)，进而可得 NH  (1,2,h) ， BE  (2,2,2)．由已知，得
 

| NH BE |
| 2h 2 |
7
8
1
| cos  NH, BE |  
 
| NH || BE |

，整理得10h
21h 8  0 ，解得h  ，或h  ．
2
2 5 2 3 
21
5
2
h
8
1
所以，线段 AH 的长为 或 ．
5
2
17．(2017 北京)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  6 ， AB  4
．
(Ⅰ)求证： M 为 PB 的中点；
(Ⅱ)求二面角 B PD A 的大小；


(Ⅲ)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)设 AC, BD 交点为 E ，连接 ME 
．
因为 PD∥平面 MAC ，平面 MAC  平面 PBD  ME ，所以 PD∥ME ．
因为 ABCD 是正方形，所以 E 为 BD 的中点，在PBC 中，知 M 为 PB 的中
点．
(Ⅱ)取 AD 的中点O，连接OP，OE．
因为 PA  PD ，所以OP  AD．
又因为平面 PAD 平面 ABCD，且OP 平面 PAD ，所以OP 平面 ABCD．
因为OE 平面 ABCD，所以OP OE．
因为 ABCD 是正方形，所以OE  AD．
如图建立空间直角坐标系O  xyz ，则 P(0, 0, 2) ， D(2,0,0)， B(2,4,0)，
BD  (4,4, 0) ， PD  (2, 0, 2)．
 
n BD 0

4x 4y 0


设平面 BDP 的法向量为n  (x, y, z) ，则 

nPD  0
，即
．
2x 2z  0

令 x 1，则 y 1， z  2 ．于是n  (1, 1, 2)．
n p
1
平面 PAD 的法向量为 p  (0,1, 0)，所以cos<n, p> 
 
．
| n || p | 2

由题知二面角 B  PD A 为锐角，所以它的大小为 
．
3

) ， D(2,4,0)， MC  (3, 2,
2
2 ) ．
(Ⅲ)由题意知 M (1, 2, 2
2


| nMC | 
2 6

．
设直线MC 与平面 BDP 所成角为 ，则sin | cos ,MC |
<n
>

| n || MC |
9
2 6
所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为
．
9
18．(2014 福建)在平行四边形 ABCD 中，AB  BD CD 1，AB  BD,CD  BD ，将ABD 沿
BD 折起，使得平面 ABD 平面 BCD，如图．
AB  CD
(Ⅰ)求证：
；
(Ⅱ)若M 为 AD 中点，求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)因为 ABD 平面 BCD，平面 ABD  平面 BCD  BD, AB  平面
ABD, AB  BD,所以 AB 平面 BCD.又CD 平面 BCD, 所以 AB CD．
(Ⅱ)过点 B 在平面 BCD 内作 BE  BD，如图．
由(Ⅰ)知 AB 平面 BCD, BE  平面 BCD, 所以 AB  BE, AB  BD．以 B 为坐标原点，分别以
BE, BD, BA 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系．
1 1
依题意，得 B(0, 0, 0),C(1,1, 0),D(0,1, 0), A(0, 0,1),M (0, , 
) ．
2 2






1 1
则 BC (1,1, 0),BM 
(0, , ), AD (0,1, 1)．




2 2
设平面MBC 的法向量n (x , y , z ) ．
0
0
0
x  y  0

nBC  0

0
0
则 

即1
．
y  z  0
nBM  0 

0
0

2
取 z0 1,得平面 MBC 的一个法向量n  (1,1,1)．
设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 ，
n AD
n AD
 
则sin  cos  n, AD      
6,
3
6
即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为
．
3
19．(2013 天津) 如图， 四棱柱 ABCD  A B C D 中，侧棱 A A ⊥底面 ABCD， AB∥DC ，
1
1
1
1
1
AB  AD ， AD CD 1， AA  AB  2 ， E 为棱 AA 的中点．
1
1
(Ⅰ)证明 B C CE ；
1
1
(Ⅱ)求二面角 B CE C 的正弦值；
1
1
2
(Ⅲ)设点 M 在线段C E 上；且直线 AM 与平面 ADD A 所成角的正弦值为
， 求线段 AM 的长．
1
1 1
6
【解析】解法一 如图，以点 A 为原点建立空间直角坐标系，
依题意得 A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B (0，2，2)，C (1，2，1)，E(0，1，0)
1
1
(Ⅰ)易得 B C =(1，0，-1)，CE =(-1，1，-1)，于是 B C CE  0 ，所以 B C CE ．
1
1
1
1
1 1
 


x 2y  z  0

m B C 0
(Ⅱ) B C =(1，-2，-1)．设平面 BCE 的法向量m  x, y, z，则 



1
，即
消去 x ，
1
1
x  y  z  0
m CE  0

得 y+2z =0，不妨令 z=1，可得一个法向量为m =(-3，-2，1)．由(Ⅰ)知， B C CE ，又CC  B C ，可
1
1
1
1 1

得 B1C1 
平面CEC ，故 B C =(1，0，-1)为平面CEC 的一个法向量．
1
1
1
1


cos  m, B C 
m B C

 
4
2 7
1
1
 

于是
从而
1
1
14
| m || B C |
2
7
1
1


sin  m, B C 
21
7
1
1
21
所以二面角 B －CE－C 的正弦值为
．
1
1
7
AE
EC
(Ⅲ)
=(0，1，0)，
=(1，l，1)，设EM  EC1
 ,,，0≤ ≤1，
1
有 AM 
AE EM


,
1,
   ．可取 AB =(0，0，2)为平面 ADD A 的一个法向量，设 为
直线 AM 与
1
1
平面 ADD A 所成的角，
1
1
AM AB
 


sin  cos  AM, AB     
  
则
AM  AB
32 2 1

2
1

，解得 ，所以 AM  2
于是
6
3
3   1
2
2
考点 84 二面角的计算
1．(2018 浙江)已知四棱锥 S  ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等， E 是线段 AB 上的点(不含端
点)，
设 SE 与 BC 所成的角为 ， SE 与平面 ABCD 所成的角为 ，二面角 S  ABC 的平面角为 
，则
1
2
3
A． ≤ 
≤
B． ≤ 
≤
C． ≤ 
≤
D． ≤ 
≤
2 
3 
1
1
2
3
3
2
1
1
3
2
【答案】D
【解析】由题意知四棱锥 S  ABCD 为正四棱锥，如图，连接 BD，记 AC BD O ，连接SO，则SO 
平面 ABCD，取 AB 的中点 M ，连接 SM ，OM ，OE，易得 AB  SM ，则  SEO ，  
SMO ，
2
3
易知 ≥ ．因为OM ∥ BC，BC  AB，SM  AB，所以 也为OM 与平面 SAB 所成的角，即 
BC
3
2
3
与平面SAB 所成的角，再根据最小角定理知， ≤ ，所以 ≤ ≤ ，故
选 D．
3
1
2
3
1
2．(2017 浙江)如图，已知正四面体 D ABC (所有棱长均相等的三棱锥)， P ，Q ， R 分别为 AB ， 
BC，
BQ 
CR
CA 上的点， AP  PB，
面角为 ， ， ，则

 2 ，分别记二面角 D  PRQ ， D  PQ R ， D QR P 的平
QC 
RA
A． < < 
【答案】B
【解析】设O 为三角形 ABC 中心，底面如图 2，过O 作OE  RP ，OF  PQ ，OG  RQ，由题意可
B． < < 
C． <  < 
D． < <
DO
OE
OD
OF
OD
OG
知tan 
， tan 
， tan 
，
图 1
图 2
由图 2 所示，以 P 为原点建立直角坐标系，不妨设 AB  2 ，则 A(1,0)，B(1,0)，C(0, 3)，O(0,
3) ，
3
BQ 
CR
1 2 3
 2 ，∴Q( ,3 
3
2 
3
3
∵ AP  PB ，

) ，R( ,
) ，则直线 RP 的方程为 y  
x ，直线 PQ
QC 
RA
3 3
2
3
5 3
2 21
的方程为 y  2 3x ，直线 RQ 的方程为 y 
x 
，根据点到直线的距离公式，知OE 
，
3
9
21
39
1
OF 
，OG  ，∴OF OG OE


，tan  tan  tan ，因为 ， ， 为锐角，所以  
  ，
39
3
故选 B
3．如图， 已知ABC ， D 是 AB 的中点，沿直线CD 将ACD 折成△ ACD ，所成二面角 ACD  B 
的平
面角为 ，则(
)
A．ADB
【答案】B
B．ADB
C．ACB
D．ACB
【解析】①当 AC  BC 时，ADB  ；
②当 AC  BC 时，如图，点 A投影在 AE 上，  AOE ，连结 AA，易得ADA  
AOA ，
ADB  AOE ，即ADB  ，上所述，ADB ，故选 B ．
4．(2020 全国Ⅰ理 18)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE 
AD ．
ABC

6
DO
PO 
DO ．
是底面的内接正三角形， P 为
上一点，
6
(1)证明： PA 
平面

PBC
；
(2)求二面角 B PC E 的余弦值．


2 5
【答案】(1)证明见解析；(2)
．
5
【思路导引】(1)要证明 PA 
平面

PBC ，只需证明 
即可；
PA  PB， PA PC
(2)以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴，ON 为 y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面 PCB 的法
向
 
cos  m,n   
n m
量为n ，平面PCE 的法向量为m，利用公式
计算即可得到答案．
| n ||m |
3
1
1
2


CO  BO  AE 
，
【解析】(1)由题设，知△DAE 为等边三角形，设 AE 1，则 DO
，∴
2
2
6
2
6
6
PO 
DO 
， PC  PO2 OC 2 
,PB  PO 2 OB 2 
,
6
4
4
4
BA
3
3
2OA
BA
PA 2  PB 2  
 AB 2
 

APB 90
，则 
，
又ABC 为等边三角形，则
，∴
，
sin 60
4
2

PA PC
PC  PB  P
PA 
PBC
平面 
．
∴ PA 
PB，同理
，又
，∴
(2)过O 作ON ∥ BC 交 AB 于点 N，∵ PO 
平面

ABC ，以 
为坐标原点， OA 为 轴，ON 为 轴建立如
x
y
O
图所示的空间直角坐标系，
1
2 ),B(1 
3
 ,
3 ,0)，
1
则 E(2 ,0,0),P(0, 0,
,
, 0),C(
4
4 4
4
4





, 
) ， PE ( ,0,
2) ，
PC ( , 3 , 
)， PB ( ,
1
2
1 
3
2
1
4
4
4
4 4
4
2
4
设平面PCB 的一个法向量为n (x , y , z )，
1
1
1


x  3y  2z  0

1 
1 
1
 


n PC 0
 

，得
x
1 2
z  1, y  0 ，∴n  ( 2, 0, 1)

由 
，令
，得
，
n PB  0
1
1

 x
  3  2z  0
y
1

1
1
PCE
m (x , y , z )
，
2 
2 
2
设平面
的一个法向量为


x  3y  2z  0

2 
2 
2
 


m PC 0
3
 

由 
，得
x 1
2
z   2, y 
，令
，得
，
mPE  0
2
2



2x2  2 
0
z
3
2
 

nm
2 2
2 5
5


cos  m,n   
 

3
∴m (1,

, 2)，故
| n | | m |

10
3
，
3 
3
2 5
B PC E

的大小为 ，则
cos 
设二面角
．
5
5．(2020 全国Ⅲ理 19)如图，在长方体 ABCD  A B C D 中，点 E , F 分别在棱 DD , BB 上，
且
1
1
1
1
1
1
2DE  ED , BF  2FB ．
1
1
(1)证明：点C1 在平面 AEF 内；
AB  2 , AD 1, AA1 3
(2)证明：若
时，求二面角 A EF 
A 的正弦值．


1
42
【答案】(1)证明见解析；(2)二面角 A  EF  A1 的正弦值为
．
7
C E 
C F
AEC1F 为平行四边形，进而可证得点C
1 在平面 AEF
【思路导引】(1)连接
(2)以点C
、
，证明出四边形
内；
，
1
1
x
y
z
C 
xyz

C D 
C B 
C C
为坐标原点，
、
、
所在直线分别为 、 、 轴建立空间直角坐标系
1
1
1
1
1
1
1
的正弦值．
．
AEF  A
A EF  A
1
利用空间向量法可计算出二面角
的余弦值，进而可求得二面角
1
【解析】证明：(1)在 
上取一点 M ，使得
，分别连结
，
，EC1 ， FC1
A1M  2AM
EM
B1M
AA1
在长方体 ABCD  A B C D 中，有 DD∥AA∥BB ，且 DD  AA  BB ，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
又2DE  ED ， A M  2AM ， BF  2FB ，∴ DE  AM  FB ，
1
1
1
1
∴四边形 B1FAM 和四边形 EDAM 都是平行四边形．
∴ AF∥MB 且 AF  MB ， AD∥ME 且 AD  ME ，
1
1
又在长方体 ABCD  A B C D 中，有 AD∥B C 且 AD  B C ，
1
1
1
1
1
1
1
1
∴ B C ∥ME 且 B C  ME ，则四边形 B C EM 为平行四边形，
1
1
1
1
1
1
∴ EC∥MB 且 EC  MB ，又 AF∥MB 且 AF  MB ，
1
1
1
1
1
1
∴ AF∥EC 且 AF  EC ，则四边形 AFC E 为平行四边形，∴点C 在平面 AEF 内．
1
1
1
1
(2)解：在长方形 ABCD A B C D 中，以 
为原点，

C
C D 所在直线为 y 轴，C B 的直线为 y 轴，
C C
1
所在
，
1
1
1
1
1
1
1
1
1
直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系C1  xyz ，
∵ AB  2 ， AD 1， AA 
3，2DE  ED
1

，BF  2FB
A(2,1, 3) 
E(2, 0, 2) 
F(0,1,1) 
A (2,1, 0)
，∴ 
， 
， 
，
1
1
1
则 EF  (2,1,1) ， AE  (0,1,1) ， A1E  (0,1, 2) ，
  
 
 

n EF 0 
 2x
y 
z 
0
1 
1 
1


1

设平面 AEF 的一个法向量为n  (x , y ,z ) ，则 


，取法向量n1  (1,1,1) ；
y   0
1
z1
1
1
1
1


n AE 0
1
 


 2x 
y2  z  0
2


n EF 0
2

2
设平面 AEF 的一个法向量为n  (x , y , z ) ，则 


，取法向量n2  (1, 4,2) ，
1
2
2
2
2
y 2z  0

2 
2
n  A E  0
2
1
 

n n
1 4  2
7
cos  n ,n  
1

2 


∴
，
1
2

3  21
| n | | n |
7
1
2
1
42
42
设二面角 A EF 
A 为 ，则sin



  
 

1
A  EF  A
，即二面角 
的正弦值为
1
．
1
7
7
7
6．(2020 江苏 24)在三棱锥 A—BCD 中 ，已知 CB=CD= 5 ，BD=2，O 为 BD 的中点，AO⊥平面 BCD，
AO=2，
E 为 AC 的中点．
(1)求直线 AB 与 DE 所成角的余弦值；
1
(2)若点 F 在 BC 上，满足 BF= 
BC，设二面角 F—DE—C 的大小为θ，求 sinθ 的
值．
4
15
2 39
13
【答案】(1)
；(2)
．
15
【思路导引】(1)建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
(2)先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果．
【解析】
(1)连CO Q BC  CD, BO  ODCO  BD
x, y, z
A(0,0, 2),B(1, 0, 0),C(0, 2,0),D(1, 0, 0)E(0,1,1)
以OB,OC,OA为
轴建立空间直角坐标系，则
u uur
uuur
u uur uuur
1
15
AB  (1, 0,2),DE  (1,1,1)cos  AB,DE 
 

5 3
15
15
从而直线 AB 与 DE 所成角的余弦值为
15
(2)设平面 DEC 一个法向量为n 
(x, y,z),

1

DC  (1, 2, 0),
n DE 0
 
n DC 0

 x 2y 0

1 


，
 


x y z 0
   

1
令 y 1x  2,z 1n  (2, 1, 1) ，
1
设平面 DEF 一个法向量为
 


 
7
1
2
  
 






1
1
4
7 1
n DF 0  x
y 
0
DF  DB  BF  DB  BC  ( , ,0),
2  
  
4
1
n  (x , y ,z ),
2
1
1
1
4 2
n DE  0
2
x 
y 
z 
0
 
 

1
1
1
ur uur
6
1
令 y
1    

7 , x 
2 , z 
5 , n
1
1
2
2 , 7 , 5
 
 
  

，cos  n ,n 
 

，因此
1
2
6 78
13
12 
2 39
sin 

．
13
13
7．(2020 浙江19)如图，三棱台DEF—ABC 中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
(I)证明：EF⊥DB；
(II)求DF 与面DBC 所成角的正弦值．
3
【答案】(I)证明见解析；(II)
3
DH 
ABC 
DH  BC
，即有
【思路导引】(I)作DH  AC 交 AC
于H ，连接BH ，由题意可知
平面
，
根据勾股定理可证得 BCBH ，又 EF / /BC ，可得DH  EF ，BH  EF
，即得EF 平面BHD ，即
证得 EF 
DB ；

(II)由 DF / /CH ，∴ DF 与平面 DBC 所成角即为CH 与平面 DBC 所成角，作 HG 
BD
于G

，连接CG ，
即可知 HCG 即为所求角，再解三角形即可求出 DF 与平面

DBC
所成角的正弦值．
【解析】(I)作DH  AC 交 AC
于H ，连接 BH ．
平面 ABC，而平面ADFC 平面 ABC  AC ，∴ DH 
平面

ABC ，即有DH  BC
BH  BC
．
．
∵平面 ADFC

 
ACD 45 ，∴CD





 2BC．
∵ ACB
2CH 2BC 
CH
在CBH 中，BH 2 CH 2 BC 2 2CH BCcos 45  BC

2 ，即有BH 2 BC 2 CH 2 ，∴
BH DH  H
，
EF / /BC
由棱台的定义可知，
，∴DH  EF ， BH  EF
，而
BD 
EF  DB
平面 BHD ，∴
．
∴ EF 
平面 BHD ，而

(II)∵ DF / /CH ，∴ DF 与平面 DBC 所成角即为与CH 平面 DBC 所成
角．HG  BD 于G ，连接CG ，由(1)可知，BC⊥平面
BCD．
，∴平面BCD 平面BHD ，而平面BCD平
作
BHD

HG 
面 BHD BD，∴
平面
即CH 在平面DBC 内的射影为CG ，HCG
即为所求角．
BH DH
2aa
2
3
BC  a
 2a， HG 


a ，
在 Rt△HGC 中，设
，则CH
BD
3a
HG
1
3
3
∴sin HCG




，故 DF 与平面 DBC
所成角的正弦值为
．
CH
3
3
3
ABC  A B C 中，CC1 
ABC, AC  BC, AC  BC  2 CC 3
， 
，
1
8．(2020 天津 17)如图，在三棱柱
平面
1
1
1
D, E
AA 和棱CC
1 上，且AD 1 CE  2, M
A B
为棱 
的中点．
1 1
点
分别在棱
1
C M  B D
(
)
Ⅰ求证：
(
)
Ⅱ求二面角
(
)
Ⅲ求直线 AB 与平面
；
1
1
B  B1E  D 的正弦值；
DB1E 所成角的正弦值．
30
3
【答案】(
)
Ⅰ证明见解析；(
)
Ⅱ
；(
)
Ⅲ
．
6
3
x
y
的方向为 轴， 轴， 轴的正方向建立空间直角坐标系．
z
C
【思路导引】以 
为原点，分别以
CA,CB,CC1
(
)
Ⅰ计算出向量C M 和 B D 的坐标，得出C M B D  0 ，即可证明
出
C M  B D ；
1
1
1
1
1
1
BB1E
B ED
的一个法向量为n，利用空间向量法计算出二面
1
(
)
Ⅱ可知平面
的一个法向量为CA ，计算出平面
B  B1E  D
角
的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；
DB1E
(
)
Ⅲ利用空间向量法可求得直线 AB 与平面
所成角的正弦值．
【解析】
x
y
的方向为 轴、 轴、 轴的正方向建立空间直角坐标系(如
z
C
CC
依题意，以 
为原点，分别以CA 、CB 、
1
图)，

A2, 0, 0B0, 2, 0


C 0, 0,3
、
C 0,0,0
可得
、
、
、
1

、 

、 

、 

、 

．
A 2, 0,3
B 0, 2,3
D 2,0,1
 1,1, 0 
B D  2,2,2
，
E 0,0, 2
M 1,1, 3
1
1
(
)
Ⅰ依题意，C1M
，
1
从而C M B D  2  2  0  0 ，所以C M  B D ；
1
1
1
1
 2,0,0 
(
)
Ⅱ依题意，CA
BB1E
是平面 
的一个法向量，
EB1  0, 2,1， ED  2,0,1
．
 x, y, z
设n
DB1E
为平面 
的法向量，
 


2y  z  0
2x  z  0
n EB 
0
1
 


则
，即
，
nED  0

不妨设x 1，可得n 
1, 1,2
   

．
 
cos  CA,n    

CAn
2
6

，
CA  n 
26
6
 
sin CA,n  1cos

 
30
6
2 CA,n  
．
30
B  B1E  D
所以，二面角
的正弦值为
；
6
AB  2, 2,0．
(
)
Ⅲ依题意，

 
ABn
4
3

 

 

 

   

n 
1, 1,2
cos AB,n
DB1E
由(
)
Ⅱ知
为平面
的一个法向量，于是
．
AB  n 
2 2  6
3
3
所以，直线 AB 与平面DB1E
所成角的正弦值为
．
3
9．(2020 山东 20)如图，四棱锥 P  ABCD 的底面为正方形，PD  底面 ABCD ，设平面 PAD 与平面 PBC 
的
交线为l ．
(1)证明：l  平面 PDC ；
(2)已知 PD  AD 1，Q 为l 上的点，求 PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．
6
【答案 】(1)证明见解析；(2)
．
3
【思路导引】(1)利用线面垂直的判定定理证得 AD 
平面 PDC ，利用线面平行的判定定理以及性质定理，

AD//l ，从而得到l 平面
PDC
证得
；
(2)根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点Q(m,0,1)
，之后求得平面QCD
的


PB 与平面QCD
法向量以及向量 PB 的坐标，求得cos n, PB 的最大值，即为直线
所成角的正弦值的最
大值．
【解析】(1)证明： 在正方形ABCD 中， AD//BC ，因为AD 平面PBC ， BC 平面
PBC
，
AD//
PBC
，
所以
平面

PAD ，平面 
，
PAD平面 PBC l
又因为 AD 
平面
AD//l
所以
，
P ABCD
ABCD 是正方形，所以 AD 
DC,l  DC,

因为在四棱锥
中，底面
ABCD，所以 AD 
PD,l  PD,

且 PD 
平面

因为CDPD  D
所以l 平面
；
PDC
D  xyz
(2)如图建立空间直角坐标系
，
因为 PD AD 1，则有


D(0,
 0,
 0),
C(0,1, 0), A(1,
 0,
 0),
P(0, 
0,1),B(1,1, 0)
，
设Q(m, 0,1)
，则有 DC (0,1, 0),DQ (m,0,1),PB (1, 1, 1)，




设平面QCD 的法向量为n  (x, y,z) ，


 

y  0
mx z  0
DC n 0



则
令

，即
，
DQn  0

z  m，所以平面QCD
x 1，则
的一个法向量为


，则
n (1, 0, m)
 


nPB
1 0 m
3  m 1
cos  n, PB    

n PB
2
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与
平面所成角的正弦值等于
r uur
|1m |
3 
12m  m 2
| cos  n, PB |


3  m2 1
2 1
3
m
3
2m
3
2 | m |
3
6

 1

 1

 11 
，当且仅当m 1 时取等号，
3
m2 1
3
m2 1
3
3
6
所以直线 PB 与平面QCD所成角的正弦值的最大值为
．
3
10．(2019•新课标Ⅰ，理 18)如图，直四棱柱 ABCD  A B C D 的底面是菱形，AA  4 ，AB  2 ，BAD  
60，
1
1
1
1
1
E ， M ， N 分别是 BC ， BB ， A D 的中
点．
1
1
(1)证明： MN / / 平面C1DE ；
(2)求二面角 A  MA1  N 的正弦值．
1
【解析】(1)证明：如图，过 N 作 NH  AD ，则 NH / /AA ，且 NH  AA ，
1
1
2
1
又MB / /AA ， MB  AA ，四边形 NMBH 为平行四边形，则 NM / /BH 
，
1
1
2
由 NH / /AA ， N 为 A D 中点，得 H 为 AD 中点，而 E 为 BC 中
点，
1
1
BE / /DH ， BE  DH ，则四边形 BEDH 为平行四边形，则 BH / /DE ，
NM / /DE ，
NM  平面C DE ， DE  平面C DE ，
1
1
MN / / 平面C1DE ；
(2)解：以 D 为坐标原点，以垂直于 DC 得直线为 x 轴，以 DC 所在直线为 y 轴，以 DD1 所在直线为 z 轴
建立
空间直角坐标系，
3
1
则 N(
， ，2) ， M ( 3 ，1，2) ， A ( 3 ，1，4) 
，
1
2
2




3
1
NM  ( 3, ,0) ， NA  ( 3, ,2)，
1
2
2
设平面 A1MN 的 一个法向量为m  (x, y, z) ，


 

3
mNM  3x  y  0


，取 y  2 3 ，得m  (3,2 3,2 3) ，
2
1
由


mNA  3x  y  2z  0


1
2
又平面MAA1 的一个法向量为n  (1, 0, 0) ，
 

cos  m,n mn 3
 

33 ．
．

| m || n | 1 33
11
2 22
11
二面角 A  MA1  N 的正弦值为
11．(2019•新课标Ⅱ，理 17)如图，长方体 ABCD  A B C D 的底面 ABCD 是正方形，点 E 在棱 AA 
上，
1
1
1
1
1
BE  EC1 ．
(1)证明： BE  平面 EBC ；
1
1
(2)若 AE  A E ，求二面角 B  EC C 的正弦值．
1
1
【解析】证明：(1)长方体 ABCD  A B C D 中， B C 平面 ABA B ，
1
1
1
1
1
1
1 1
B C  BE ，BE  EC ，
1
1
1
BE 平面 EBC ．
1
1
(2)以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 AE  A E 1，BE 平面 EBC ，BE  EB ，AB 1，
1
1
1
1
则 E(1，1，1) ， A(1，1，0) ， B (0，1，2) ，C (0 ，0，2) ，C(0，0，0) ，
1
1
BC  EB ，EB  面 EBC ，
1
1

故取平面 EBC 的法向量为m  EB  (1，0，1) ，
1
设平面 ECC1 的法向量n  (x ， y ， z)，




nCC 
0 ，得z 
0
由 

1
，取 x 1，得n  (1，1，0) ，

x  y  z  0
nCE  0

cos  m,n mn   
，

1

| m || n |
2
3
二面角 B  EC C1 的正弦值为
．
2

12．(2018•新课标Ⅲ，理 19)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是

CD 上异于C ， D 的点．
(1)证明：平面 AMD  平面 BMC ；
(2)当三棱锥 M  ABC 体积最大时，求面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值．
【解析】(1)证明：在半圆中， DM  MC ，

正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，
AD  平面 DCM ，则 AD  MC ，
 ADDM  D ，
MC 平面 ADM ，
MC  平面 MBC ，
平面 AMD  平面 BMC ．
(2)ABC 的面积为定值，
要使三棱锥 M  ABC 体积最大，则三棱锥的高最大，
此时 M 为圆弧的中点，
建立以O 为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图
正方形 ABCD 的边长为 2，
A(2，1，0) ， B(2 ，1，0) ， M (0，0，1) ，
则平面MCD 的法向量 m  (1，0，0) ，
设平面MAB 的法向量为n  (x ， y ， z)
则 AB  (0，2，0) ， AM  (2 ，1，1) ，


由nAB  2y  0 ，nAM  2x  y  z  0 ，
令 x 1，
则 y  0 ， z  2 ，即n  (1，0，2) ，

mn
则cos  m ，n    
| m || n | 1 1 4
1
1

，
5
1
2 5
5
则面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值sin  1(
)2 
．
5
．
13．(2017•新课标Ⅰ，理 18)如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AB / /CD ，且BAP  CDP  90．
(1)证明：平面 PAB  平面 PAD ；
(2)若 PA  PD  AB  DC ，APD  90，求二面角 A  PB C 的余弦值．
【解析】(1)证明：BAP  CDP  90，PA AB ， PD  CD ，
 AB / /CD ，AB  PD，
又PA PD  P ，且 PA 
平面 PAD ， PD 
平面 PAD ，



AB  平面 PAD ，又 AB  平面 PAB ，
平面 PAB  平面 PAD ；
(2)解： AB / /CD ， AB  CD ，四边形 ABCD 为平行四边
形，
由(1)知 AB 平面 PAD ，AB  AD ，则四边形 ABCD 为矩形，
在APD 中，由 PA  PD ，APD  90，可得PAD 为等腰直角三角形，
设 PA  AB  2a ，则 AD  2 2a ．
取 AD 中点O ， BC 中点 E ，连接 PO、OE 
，
以O 为坐标原点，分别以OA、OE 、OP 所在直线为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标
系，
则： D( 2a,0,0) ， B( 2a,2a,0) ， P(0 ，0， 2a)，C( 2a,2a,0) ．
PD  ( 2a,0, 2a) ， PB  ( 2a,2a, 2a) ， BC  (2 2a,0,0) ．
设平面 PBC 的一个法向量为n  (x, y,z) ，





 2az  0
nPB 0
，取 y 1，得n  (0,1, 2) ．
由 

，得 

nBC  0
2 2ax  0


AB  平面 PAD ， AD  平面 PAD ，AB  PD，
又 PD  PA， PAAB  A ，
PD  平面 PAB ，则 PD 为平面 PAB 的一个法向量， PD  ( 2a,0, 2a) ．




PDn
2a
3
cos  PD,n  

 

．

| PD|| n | 
2a  3
3
由图可知，二面角 A  PB C 为钝角，
3
二面角 A  PB C 的余弦值为
．
3
14．(2017•新课标Ⅱ，理 19)如图，四棱锥 P  ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，
1
AB  BC  AD，BAD  ABC  90， E 是 PD 的中点．
2
(1)证明：直线CE / / 平面 PAB ；
(2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为45，求二面角 M  AB  D 的余弦
值．
【解析】(1)证明：取 PA 的中点 F ，连接 EF ， BF ，因为 E 是 PD 的中
点，
1
1
1
所以 EF / / AD ， AB  BC  AD，BAD  ABC  90，BC / / AD ，
2
2
2
BCEF 是平行四边形，可得CE / /BF ， BF  平面 PAB ，CE  平面 PAB ，
直线CE / / 平面 PAB ；
(2)解：四棱锥 P  ABCD 中，
1
侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ， AB  BC  AD，
2
BAD  ABC  90， E 是 PD 的中点．
取 AD 的中点O ，M 在底面 ABCD 上的射影 N 在OC 上，设 AD  2 ，则 AB  BC 1 ，OP  3 
，
PCO  60，直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45，
3
可得： BN  MN ，CN 
MN ， BC 1，
3
1
6
6
可得：1 BN 2  BN 2 ， BN 
，MN 
，
3
2
2
作 NQ  AB 于Q ，连接 MQ ， AB  MN ，
所以MQN 就是二面角M  AB  D 的平面角， MQ  1  ( 6 )
10
2
2
2
，
2
1
10
5
二面角M  AB  D 的余弦值为：

．
10
2
15．(2017•新课标Ⅲ，理 19)如图，四面体 ABCD 中，ABC 是正三角形，ACD 是直角三角形，ABD  
CBD ，
AB  BD ．
(1)证明：平面 ACD 平面 ABC ；
(2)过 AC 的平面交 BD 于点 E ，若平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角 D  AE  C 
的余弦值．
【解答】(1)证明：如图所示，取 AC 的中点O ，连接 BO，OD ．
ABC 是等边三角形，OB  AC ．
ABD 与CBD 中， AB  BD  BC ，ABD  CBD ，
ABD  CBD ， AD  CD ．
ACD 是直角三角形，
AC 是斜边，ADC  90 ．
1
DO  AC ．
2
DO
2  BO 2  AB 2  BD
．
2
BOD  90 ．
OB  OD ．
又 DOAC  O ， OB 
平面 ACD ．


又OB  平面 ABC ，
平面 ACD 平面 ABC ．
h
D
DE
(2)解：设点 D ， B 到平面 ACE 的距离分别为h ，h ．则
．
D
E
hE 
BE
平面 AEC 把四面体 ABCD 分成体积相等的两部分，
1 S
hD
ACE
h
D
DE
3
1



1．
hE 
BE
SACE h
E
3
点 E 是 BD 的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取 AB  2 ．
3 1
则O(0，0，0) ， A(1，0，0) ，C(1，0，0) ， D(0 ，0，1) ， B(0 ， 3 ，0) ， 
E(0,
, ) ．
2 2

AD  (1，0，1) ， AE  (1,
3 1
, ) ， AC  (2 ，0，0) ．
2 2
x  z  0



mAD 0

，取m  (3, 3,3)．
设平面 ADE 的法向量为m  (x ， y ， z)，则 

，即

3
1
mAE  0
x 
y  z  0


2
2
同理可得：平面 ACE 的法向量为n  (0 ，1， 3) 
．
 

cos  m,n mn 2 3
212
 

7 ．
 
| m || n |
7
7
二面角 D  AE  C 的余弦值为
．
7
16．(2016•新课标Ⅰ，理 18)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．
【解析】(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)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 ，
a
3
则 E(0 ，0，0) ， B(0 ，2a ，0) ，C( ，0，a) ， A(2a ，2a ，0) ，
2
2

 EB  (0 ，2a ，0) ， BC  ( ，2a ，
a
3 a) ， AB  (2a ，0，0)
2
2



mEB 0
设平面 BEC 的法向量为m  (x ， y ， z ) ，则 

，

1
1
1
mBC  0

2ay  0

1
，取m  ( 3 ，0，1) 
．
则a
3
 x  2ay 
az1  0
2
1
1
2



nBC 0
设平面 ABC 的法向量为n  (x ， y ， z )，则 

，

2
2
2
nAB  0

a
3
 x  2ay 
az
2  0
则
2
2
，取n  (0 ， 3 ，4) ．
mn
2
2
2ax2  0

设二面角 E  BC  A 的大小为 ，则cos  
| m || n |
4
2 19
19

 

，
31 316
2 19
19
则二面角 E  BC  A 的余弦值为
．
17．(2014 新课标Ⅰ，理 19)如图三棱锥 ABC  A B C 中，侧面 BBC C 为菱形， AB  B C 
．
1
1
1
1
1
1
(Ⅰ) 证明： AC  AB1；
(Ⅱ)若 AC  AB
1 ，
CBB1  60o ，AB=BC，求二面角 A A B C 的余弦值．
1 1 
1
【解析】(Ⅰ)连结 BC ，交 B C 于 O，连结 AO．因为侧面 BBC C 为菱形，所以 B C  BC 
，且 O 
为 B1C
1
1
1
1
1
1
与 BC 的中点．又 AB  B C ，所以 B C 平面 ABO，故 B C  AO 
又 B O CO ，
故
1
1
1
1
1
AC  AB1
………6 分
(Ⅱ)因为 AC  AB 且 O 为 B C 的中点，所以
AO=CO
又
1
1
因为 AB=BC ，所以BOA BOC
故 OA⊥OB ，从而 OA，OB，OB1 两两互相垂直．
以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，OB 为单
图所示空间直角坐标系 O- xyz ．因为CBB1  600 ，
为等边三角形．又 AB=BC ，则
位长，建立如
所以CBB1






3
3
3


,0 ，C 0,

A0, 0,
， B 1,0,0 ， B 
0,
,0






1
3
3
3






 

 
 
 
  
 

3
3
3
3
AB  0,
,
 ， A B  AB  1,0,
, B C  BC  1,
,0






1
1
1
1
1
3
3
3
3






设n x, y, z是平面的法向量，则
3
3
y 
z  0



nAB 
0

3


1
3

3 3
 


，即
所以可取n 
1, 
,
nA B  0

3
3

1
1
x 
z  0




mA B 0


设m 是平面的法向量，则 

1
1
，同理可取m  1, 3 3
,
nB C  0

1 1
 
则cos n,m     
，所以二面角 A A B C 的余弦值为 
．
nm
n  m
1
1
1
1
1
7
7
18．(2014 新课标Ⅱ，理 18)如图，四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA⊥平面 ABCD，E 为 PD 
的
中点．
(Ⅰ)证明：PB∥平面 AEC；
(Ⅱ)设二面角 D-AE-C 为 60°，AP=1，AD= 3 ，求三棱锥 E-ACD 的体积．
【解析】(Ⅰ)证明：连结BD 交 AC 于点O，连结OE．
∵底面 ABCD 为矩形，∴点O 为BD 的中点，
又E 为PD 的中点，∴OE  PB
∵OE 平面 AEC，PB 平面 AEC，∴ PB  平面 AEC
(Ⅱ)以 A 为原点，直线 AB 、 AD、 AP 分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，设 AB  
a ，
3 1
则D(0, 3,0)， A(0,0,0)，E(0,
, )，C(a, 3,0)，
2 2


3 1
∴ AE  (0,
, ) ， AC  (a, 3,0)，设n  (x, y, z) 是平面 AEC 的法向量，
2 2
 


a
3
1
y  
x
n AE 
y  z  0

3 ，令 x  3 ，得n  ( 3,a, 3a)，
则
2
2
，解之：
 




n AC  ax 3y  0
z   3y
又∵ AB  (a,0,0) 是平面 AED 的一个法向量，

 
3a
1
3
2
∴ cos  AB,n  
 cos 60 ，解之a 
a 
3 4a

2
2
1 1
1
1 1
3 1
3
∴VEACD   | AD|| CD| | AP|   3  
3 2
2
3 2
2 2
8
19 ． (2013 新 课 标 Ⅱ ， 理 18) 如 图 直 棱 柱 ABC  A B C 中 ， D ， E 分 别 为 AB ， BB 
的 中 点 ，
1
1
1
1
2
AA1 =AC=CB=
AB．
2
(Ⅰ)证明： BC ∥平面 ACD ；
1
1
(Ⅱ)求二面角 D- A1C  E 的正弦值．
【解析】(Ⅰ)连结 AC 交 AC 于点 F，连结 DF，则 F 为 AC 的中
点，
1
1
1
又∵D 是 AB 中点，则 BC1 ∥DF，
∵DF面 ACD ， BC 面 ACD ，
1
1
1
∴ BC ∥面 ACD
1
1
2
(Ⅱ)由 AA1 =AC=CB=
AB 得，AC⊥BC，
2
以 C 为坐标原点，CA 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示直角坐标系C  xyz ，设 CA=2，则 D(1，1，
0)，
E(0，2，1)， A (2，0，2)，CD=(1，1，0)，CE=(0，2，1)，CA =(2，0，2)．
1
1
设n=(x , y , z ) 是平面 ACD 的法向量，
1
1
1
1
nCD  0 
x  y  0

1
1
n
，可取 =(1，－1，－1)．
则 

即2x 2z  0
n AC  0 


1
1
1
同理，设m =(x , y , z ) 是平面 ACE 的法向量，
2
2
2
1

 
 0
2
m CE  0
2y 
z

2
，可取m
=(2，1，—2)，
则


，即2x 2z  0
m  AC  0


2
2
1
m n 
2 1 2
3
6
∴cos m,n =
=
=
，∴sin m,n =
，
| m ||n|
33
3
3
6
∴二面角 D- A1C  E 的正弦值为
．
3
1
20．(2012•新课标，理 19)如图，直三棱柱 ABC  A B C 中，AC  BC  AA ，D 是棱 AA 的中点，DC  BD
1
1
1
1
1
1
2
(1)证明： DC1  BC ；
(2)求二面角 A  BD C 的大小．
1
1
【解析】(1)证明：在RtDAC 中， AD  AC ，ADC  45
同理：ADC  45，CDC  90
1
1
1
DC  DC ， DC  BD
1
1
DC
BD  D
DC1  面 BCD
BC  面 BCD
DC1  BC
(2)解：DC  BC ，CC  BC ， DC 
CC  C ， BC 
面 ACC A ，



1
1
1
1
1
1 1
 AC  面 ACC A ，BC  AC
1
1
取 A B 的中点O ，过点O 作OH  BD 于点 H ，连接C O ，OH
1
1
1
 AC  B C ，C O  A B ，
1
1
1
1
1
1 1
面 A B C  面 ABD，面 A B C 面 ABD  A B ，
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1
C O  面 ABD
1
1
而 BD 面 A1BD
BD  C1O ，
OH  BD ，C O OH  O ，

1
BD  面C OH C H  BD ，点 H 与点 D 重合且C DO 是二面角 A  BD C 的平面角
1
1
1
1
1
2a
设 AC  a ，则C1O 
，C D  2a  2C O ，
1 
1
2
1
sinC1DO 
C1DO  30
2
即二面角 A  BD C 的大小为30
1
1
21．(2011•新课标，理 18)如图，四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，DAB= 600 ，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．
【解析】(Ⅰ) ∵DAB=600 ， AB = 2AD，由余弦定理得 BD = 3AD ，
∴
BD  AD2 = AB2 ， 
∴ BD⊥ AD，
2
又∵ PD ⊥面 ABCD， ∴ BD ⊥ PD ， ∴ BD ⊥面 PAD ， ∴ PA  
BD
(Ⅱ)如图，以 D 为坐标原点， AD 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴正半轴建立空间直角坐标系 D  xyz ，
则
A (1，0，0)， B (0， 3 ，0)， P (0，0，1)，
AB =(－1， 3 ，0)， PB=(0， 3 ，－1)， BC=(－1，0，0)．


nAB 0
设平面 PAB 的法向量为n=( x ， y ， z )，则 

，
1
1
1
nPB  0

x  3y  0

1
1
3 ， z1 =
3
，
即
，取 y =1，则 x =
1
1
 3y  z  0

1
∴n=( 3 ，1， 
3 )，


x  0

2
mBC 0
设平面 PBC 的法向量为 m =( x ，y ，z )，则 

，即
，取 y =－1，则 x =0，z =
2 
2 
2
2
2
2
mPB  0


1
4
2 7
7
－ 3 ，∴m =(0，－1，－ 3 )，cos m,n =
= 
，
2 7
2 7
故二面角 APBC 的余弦值为
．
7
22．(2011 广东)如图在椎体 P  ABCD 中， ABCD 是边长为 1 的棱形，且DAB=60，
PA  PD  2 ， PB  2 ， E ， F 分别是 BC， PC 的中点．

(Ⅰ)证明： AD 
平面 DEF ；
(Ⅱ)求二面角 P  AD B 的余弦值．
【解析】法一：(Ⅰ)证明：取 AD 中点 G，连接 PG，BG，BD．因 PA=PD，
有 PG  AD，在ABD 中， AB  AD 1,DAB  60，有ABD 为等边
三角形，因此 BG  AD, BG  PG  G ，
所以 AD 平面 PBG AD  PB, AD  GB.
又 PB//EF，得 AD  EF ，而 DE//GB 得 AD  DE，又 FE  DE  E ，
所以 AD  平面 DEF．
(Ⅱ)PG  AD, BG  AD，PGB 为二面角 P—AD—B 的平面角，
7
RtPAG 中, PG 2  PA 2  AG 2 
在
4
3
在 RtABG 中,
cosPGB 
BG=ABsin 60=2
7 3
  4
PG2  BG 2  PB 2
21
4 4
7

 

2PGBG
7
3
2

2
2
法二：(Ⅰ)取 AD 中点为 G，因为 PA  PD, PG  AD.
又 AB  AD,DAB  60,ABD 为等边三角形，因此， BG  AD，
从而 AD 平面 PBG．
延长 BG 到 O 且使得 PO  OB，又 PO 平面 PBG，PO AD，
AD OB  G, 所以 PO  平面 ABCD．
以 O 为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线 OB，OP 分别为 x 轴，z 轴，平行于 AD 的直线为 y 
轴，
建立如图所示空间直角坐标系．
1
2
1
设 P(0, 0,m),G(n, 0, 0), A(n,
则
,0),D(n, , 0).
2
 

3
| GB || AB | sin 60 2
3
3
3 1
n
3 1 m
, , ).
4 2 2
B(n 
, 0, 0),C(n 
,1,0),E(n 
, ,0),F( 
2
2
2 2
2






3
n
3
m
由于 AD  (0,1, 0),DE  ( 
,0,0),FE  ( 
,0, )
2
2
4
2
得 ADDE  0, ADFE  0, AD  DE, AD  FE, DE  FE  E
 AD 平面 DEF．




1
3
(Ⅱ)PA  (n, ,m),PB  (n 
,0,m)
2
2
 
 2, (n  3)
1
 m
 2,解之得m 1,n 
3 .
 m
2  n 2
2
2
4
2
2
取平面 ABD 的法向量n1  (0, 0,1),
设平面 PAD 的法向量n2  (a,b,c)




3
b
3
b
由 PAn  0,得
a    由 
 
 得
c 0, PD n 
0,
a  c  0,
2
2
2
2
2
2
取n2 
(1, 0, 3).

2
3

cos  n ,n 
  21.
2
1
2
7
7
1
4
AE 
CF ∥AE, AD∥BC
23 ． (2019 天 津 理 17) 如 图 ，
平 面ABCD
，
，
AD  AB, AB  AD 1, AE  BC  2
．
(Ⅰ)求证：BF∥平面 ADE
；
(Ⅱ)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；
1
E  BD F
(Ⅲ)若二面角
的余弦值为 ，求线段
3
CF
的长．
A
【解析】依题意，可以建立以 
为原点，分别以
AB，AD，AE
x 
y
z
的方向为 轴， 轴， 轴正方向的空间直
角坐标系，如图所示，可得 A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C(1, 2, 0), D(0,1, 0) ，E(0, 0, 2) ．设CF  h (h 
0)，


则 F 1,2,h ．
(Ⅰ)依题意，AB  (1,
 0, 
0)
是平面ADE 的法向量，又BF  (0, 2,h) ，可得BF AB  0，又因为直线
BF 
ADE
BF∥平面 ADE
平面
，所以
．
(Ⅱ)依题意，BD  (1,1, 0), BE  (1,
 0,
 2),
 CE  (1,2,2)．
nBD  0
x  y  0

设n  (x, y, z) 为平面BDE 的法向量，则
，即
，不妨令z 1，
 

x  2z  0
nBE  0




CEn
4
可得n (2, 2,1)．因此有cos CE,n  

  
．
| CE || n |
9
4
所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为 
．
9
m BD  0
x  y  0

(Ⅲ)设m  (x, y, z)为平面BDF 的法向量，则
，即
，



2y hz  0
m BF  0




2 
h 
不妨令 y 1，可得m 1, 1,
．

2
4 
| m n |
1
3
8
h
由题意，有 cosm,n 

，解得h 
．经检验，符合题意．
| m ||n |
4
7
3 2 h2
8
所以，线段CF 的长为 
．
7
24．(2018 北京)如图，在三棱柱 ABC  A B C 中，CC  平面 ABC，D ，E ，F ，G 分别为 AA ，AC ，
1
1
1
1
1
AC ， BB 的中点， AB  BC  5 ， AC  AA  2 ．
1
1
1
1
(1)求证： AC ⊥平面 BEF ；
(2)求二面角 B CDC1 的余弦值；
(3)证明：直线 FG 与平面 BCD 相交．
【解析】(1)在三棱柱 ABC  A B C 中，
1
1 1
∵CC1 ⊥平面 ABC，
∴四边形 A ACC 为矩形．
1
1
又 E ， F 分别为 AC ， AC 的中
点，
1
1
∴ AC ⊥ EF ．
∵ AB  BC．
∴ AC ⊥ BE，
∴ AC ⊥平面 BEF ．
(2)由(1)知 AC ⊥ EF ， AC ⊥ BE， EF ∥CC1 ．
又CC1 ⊥平面 ABC，∴ EF ⊥平面 ABC．
∵ BE 平面 ABC，∴ EF ⊥ BE ．
如图建立空间直角坐称系 E  xyz ．
由题意得 B(0, 2,0)，C(1,0,0)， D(1, 0,1)， F(0,0, 2)，G(0, 2,1)．
∴CD=(2，0，1) ，CB=(1，2，0) ，
设平面 BCD 的法向量为n  (a，b，c) 
，
nCD  0
2a c  0
，∴

∴ 
uur
，
a  2b  0
nCB  0

令a  2，则b  1，c  4 ，
∴平面 BCD 的法向量 n  (2，1， 
4) ，
又∵平面CDC1 的法向量为 EB=(0，2，0)，
uur
∴cos  nEB 
nEB
uur = 
| n || EB|
21 ．
21
21
由图可得二面角 B CDC 为钝角，所以二面角 B CDC 的余弦值为
．
1
1
21
(3)平面 BCD 的法向量为n  (2，1， 4) ，∵G(0, 2,1)， F(0,0, 
2)，
∴GF=(0，2 ，1) ，∴nGF  2 ，∴n 与GF 不垂直，
∴GF 与平面 BCD 不平行且不在平面 BCD 内，∴GF 与平面 BCD 相交．

25．(2016 年山东)在如图所示的圆台中， AC 是下底面圆O 的直径， EF 是上底面圆O 的直径， FB 是
圆
台的一条母线．
(I)已知G ， H 分别为 EC， FB 的中点，求证：GH ∥平面 ABC；
1
(II)已知 EF = FB= AC = 2 3 
AB  BC．求二面角 F  BC  A 的余弦值．
，
2
【解析】(Ⅰ)连结 FC，取 FC 的中点 M ，连结GM,HM 
，因为GM//EF ， EF 在上底面内，GM
不在
上底面内，所以GM// 上底面，所以GM// 平面 ABC；又因为 MH//BC， BC 平面 ABC， MH 平
面 ABC，所以 MH// 平面 ABC ；所以平面GHM//平面 ABC ，由GH  平面GHM ，所以GH// 平面
ABC．
E
F
G
H
C
B
A
(Ⅱ) 连结OB ， AB  BC OA OB，以为O 原点，分别以OA,OB,OO为 x,y, z 轴，建立空间直角
坐标系．
z
O
，
E
F
C
B
y
A
x
1
EF  FB  AC  2 3 ， AB  BC．
2
OO BF2 (BOFO) 3，
2
于是有 A(2 3, 0, 0) 
C( 2 3, 0, 0) 
B(0,2 3, 0) 
F(0, 
3,3)，
，
，
，
可得平面 FBC 中的向量 BF  (0, 3,3)，CB  (2 3,2 3,0)，
于是得平面 FBC 的一个法向量为n1 ( 3, 3,1)，
又平面 ABC 的一个法向量为n2 (0,0,1)，
设二面角 F BC A 为，
n
1 n
2
1
7
则cos


．
7
7
n1  n2
7
二面角 F BC A 的余弦值为
．
7
26．(2016 年天津)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．
(Ⅰ)求证： EG ∥平面 ADF ；
(Ⅱ)求二面角OEF C 的正弦值；
2
(Ⅲ)设 H 为线段 AF 上的点，且 AH = HF ，求直线 BH 和平面CEF 所成角的正弦
值．
3
【解析】(1)证明：找到 AD 中点 I ，连结 FI ，∵矩形OBEF ，∴ EF∥OB
1
∵G 、 I 是中点，∴GI 是ABD 的中位线，∴GI∥BD 且GIBD，
2
1
∵O 是正方形 ABCD 中心，∴OBBD ，∴EF∥GI
且 EF = GI ．
2
∴四边形 EFIG 是平行四边形，∴ EG∥FI
∵ FI  面 ADF ，∴ EG ∥面 ADF
(2)O EF C 正弦值，如图所示建立空间直角坐标系O xyz



B 0， 2 ，0 ，C 
2 ，0，0 ， E 0， 2 ，2 ， F 0，
0，2

 

 



设面CEF 的法向量n x y z
， ，
1
 



0 
2 0 
2y  0
 ， ，  ， ，  

n EF 
x y z

1
 

n CF 
x y z
 ， ，  
， 
，  
2 0 2
2x 2z 0


 

1
 
x
2



得：y 0 ∴

n  
2 0 1
， ，
1
z 1

∵OC 面OEF ，∴面OEF
n 1，0，0
的法向量
2
n n
2
 

6
1
2
cos  n ，n    
 

1
2
3 1
3
n n
1
2
2
 



6
3
sin  n ，n  1 
 



1
2
3
3








2
3
2
2
5
2 2
5
4
5



(3)∵ AH HF ，∴AH  AF 
2 ，0，2  
，0， 

5


设 Hx，y，z ，

3 2
x 
5





2 2
5
4




AH  x  2，y，z 
，0，  ，得： y  
0

∴

5



4
5
 
z


 


3 2
4
5
BH 
， 2， 


5


 

BH n
6 4
 
 
cos  BH ，n     

5 5
2 2
7
1

2
21
BH n
3 
1
5
27．(2015 福建)如图，在几何体 ABCDE 中，四边形 ABCD 是矩形， AB ^ 平面 BEG，
BE ^ EC， AB  BE  EC  2 ，G ， F 分别是线段 BE， DC 的中点．
(Ⅰ)求证：GF ∥平面 ADE ；
(Ⅱ)求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值．
【解析】(Ⅰ)如图，取 AE 的中点 H ，连接 HG， HD 
，
1
又G 是 BE 的中点，所以GH / /AB，且GH= AB 
，
2
1
又 F 是CD 中点，所以DF= CD，
2
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 ．
(Ⅱ)如图，在平面 BEG 内，过点 B 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)，




nAE 0，  2x 2z 
0,
由  
得
取 z = 2 得n=(2,1,2)．
  
 ， 2x 2y  z 
 0,
n AF 0
 


nBA
4

2
从而cos n, BA =

 
 
 
,
| n | | BA | 3 2 
3

2
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为 
．
3
28．(2015 山东)如图，在三棱台 DEF  ABC 中， AB  2DE ，G, H 分别为 AC, BC 的中点．
(Ⅰ)求证： BC//平面 FGH ；
(Ⅱ)若CF ⊥平面 ABC，AB ⊥ BC，CF = DE ，∠ BAC =45 ，求平面
角(锐角)的大小．
FGH 与平面ACFD 所成的
【解析】(
)
Ⅰ证法一：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 ．
证法二：在三棱台 DEF  ABC 中，由 BC  2EF ， H 为 BC 的中
点，
可得 BH ∥ EF ， BH  EF ，所以四边形 BHFE 为平行四边形，
可得 BE∥ HF ，
在ABC 中，G 为 AC 的中点， H 为 BC 的中点，所以GH ∥ AB 
，
又GH  HF  H ，所以平面 FGH ∥平面 ABED ，
因为 BD  平面 ABED ，所以 BD ∥平面
(
)
Ⅱ解法一：设 AB  2 ，则CF 1，
FGH
．
在三棱台 DEF  ABC 中，G 为 AC 的中点，
1
由 DF  AC  GC ，可得四边形 DGCF 为平行四边形，
2
因此 DG∥ FC，又 FC 平面 ABC，所以 DG 平面 ABC，
在ABC 中，由 AB  BC，BAC  45 ，G 是 AC 中点，
所以 AB  BC，GB GC，因此 GB,GC,GD 两两垂直，
以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G  xyz ，
所以G(0，0，0)，B( 2 ,0，0)，C(0，2,0),D(0，0，
1)
2
2
可得 H(
， ,0)，F(0，2,0)，
2
2
2
2
故GH  (
， ,0),GF(0，2,0)，
2
2
设n  (x, y, z) 是平面 FGH 的一个法向量，则
 


x  y  0
 2y  z  0

n GH 
0
 

可得
由
nGF  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）
，


GBn
 
| GB|| n | 
2 2 
2
2
1
所以cos GB,n

，
所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成角(锐角)的大小为60 ．
29．(2014 山东)如图，在四棱柱 ABCD  A B C D 中，底面 ABCD 是等腰梯形，
1
1
1
1
DAB  60 , AB  2CD  2 ， M 是线段 AB 的中点．

(Ⅰ)求证：C M / /平面A ADD ；
1
1
1
(Ⅱ)若CD 垂直于平面 ABCD 且CD = 3 ，求平 面C D M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦
值．
1
1
1
1
【解析】(Ⅰ)证明：∵四边形 ABCD 为等腰梯形，且 AB  2CD，
所以 AB∥MA 且CD  MA，连接 AD1
ABCD A B C D 为四棱柱，CD//C D 
CD C D
1
1
1
1
1
1
1
1
又M 为 AB 的中点， AM 1
CD// AM ，CD  AM
AM //C D ， AM C D
1
1
1
1
AMC D 为平行四边形，AD //MC
1
1
1
1
又C M 平面A ADD ， AD 平面A ADD ，AD //平面A ADD ．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(Ⅱ)方法一： 由(Ⅰ)知 平面 D C M  平面 ABCD= 
AB
1
1
作CN  AB，连接 D1N
则D NC 即为所求二面角C  ABC 的平面角．
1
1
3
在RtBNC 中， BC 1NBC  60
0 CN 
2
15
ND1  CD1
2 CN 
2
2
CN
5
在 RtDCN 中，cosD NC 

．
1
1
D1N
5
方法二：连接 AC,MC ，由(Ⅰ)知CD∥AM 且CD  AM
∴ AMCD 为平行四边形．可得 BC  AD  MC，由题意ABC  DAB  60 ，
所以MBC 为正三角形．
因此 AB  2BC  2,CA  3 ，∴CACB．
以C 为原点，CD 为 x 轴，CP 为 y 轴，CD1 为 z 轴建立空间坐标
系，
1 
3
C (1,0, 3),D (0,0, 3),M ( ,
,0)
1
1
2 2
1 
3
2 2
C D  (1,0,0),D M  ( ,
, 3)
1
1
1
设平面C D M 的法向量为n (x , y , z )
1
1
1
1
1
x  0
1


n1 (0, 2,1)
1
2
3
x1 
y  3z  0
1 
1

2
显然平面 ABCD 的法向量为n2 (1,0,0)
n
1 n
2
1
5
cos  n ,n 


1
2
5
5
n1 n2
显然二面角为锐角，
5
所以平面C D M 和平面 ABCD 所成角的余弦值为
1
1
5
3
NC
3
5
2
15
cosD1CN 



.
D1N
15
5
2
30．(2014 辽宁)如图，ABC 和BCD 所在平面互相垂直，且 AB  BC  BD  2 ，
ABC  DBC 1200 ，E、F 分别为 AC、DC 的中点．
(Ⅰ)求证： EF  BC ；
(Ⅱ)求二面角 E BF C 的正弦值．
【解析】(Ⅰ)(方法一)∵ BC  BD, DF  FC，
且CBD 120，∴ΔBCF 为 RT 三角形，
BF  FC．同理，∵ BC  BA, AE  EC ，
且ABC 120，ΔBCE 为 RT 三角形
BE  EC，∴ΔBCF  ΔBCE ，
过 E 作 EO  BC，垂足为O，连接OF ，
可证出EOC  FOC ，

所以EOC  FOC  
，即 FO  BC．
2
从而证出 BC 面 EOF ，又 EF 面 EOF ，所以 EF  BC ．
(方法二)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，建立如图所示空问直角坐标系．易得 B 0, 0,0 
，
A(0,1, 3) ，
1 
3
D( 3,1,0)，C(0,2,0)．因而 E(0, ,2 2
) ，

F( 
, ,0)，∴ EF  ( 
,0,
2 2
3 1
3
3) ，
2
2
BC  (0,2,0)，因此 EFBC 0，
∴ EF  BC ，所以 EF  BC ．
(Ⅱ)如上图中，平面 BFC 的一个法向量为n1  (0,0,1)．设平面 BEF 的法向量




3 1
1 
3
2 2
n  (x, y, z) ，又 BF  ( 
, ,0)， BE  (0, ,
) ，
2
2 2
n BF  0
2
n (0, 3,1)
2
由


得其中
．
n BE  0

2
设二面角 E BF C 大小为 ，且由题意知 为锐角
n
1n
n1 n2
2
1
2
2 5
5
cos  cos  n ,n  

，因此sin 

，
1
2
5
5
2 5
即所求二面角的正弦值为
．
5
31．(2014 浙江)如图，在四棱锥 A BCDE 中，平面 ABC 平面 BCDE ，
CDE  BED  90 
DE  BE 1， AC



 2 ．
， AB CD 2，
DE 
(Ⅰ)证明：
平面ACD
；
B  AD E
(Ⅱ)求二面角
的大小．
【解析】(Ⅰ)在直角梯形 BCDE 中，由 DE  BE 1，CD  2 得， BD  BC  2 ，
AB  AC  BC2 ，即 AC  BC ，
又平面 ABC 平面 BCDE，从而 AC 平面 BCDE，
ACD
由 AC  2, AB  2 ，则
2
2
所以 AC  DE，又 DE  DC ，从而 DE 
平面

．
(Ⅱ)方法一：作 BF  AD ，与 AD 交于点 F ，过点 F 作 FG  DE 
，
与 AE 交于点G ，连结 BG ，由(Ⅰ)知， DE  AD，则 FG  AD，
所以BFG 是二面角 B  AD  E 的平面角，在直角梯形 BCDE 中，
由CD2  BD 2  BC2 ，得 BD  BC，
又平面 ABC 平面 BCDE，得 BD 
平面

ABC
BD  AB
，从而， 
，
由于 AC 平面 BCDE，得： AC CD，在 RtACD 中，由CD  2，
AC  2 ，得 AD  6 ，
在 RtAED 中， DE 1 ， AD  6 ，得 AE  7 ，
在 RtABD 中， BD  2 ， AB  2 ， AD  6 ，
2 3
3
2
2
得 BF 
， AF  AD，从而GF  ，
3
3
5 7
14
2
在ABE,ABG 中，利用余弦定理分别可得cosBAE 
, BG  
，
3
GF 2  BF 2  BG 2
3
在BFG 中，cosBFG 

，
2BF GF
2


所以BFG  
，即二面角 B  AD E 的大小是
．
6
6
方法二：以 D 为原点，分别以射线 DE, DC 为 x, y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 D  xyz 如图所
示，
由题意可知各点坐标如下：




 

 



D 0,0,0 ,E 1,0,0 ,C 0, 2,0 , A 0, 2, 2 ,B 1,1, 0 ，
，平面 ABD 的法向量为n  x , y ,z ，
设平面 ADE 的法向量为m 
x , y ,z
 

1
1
1
2
2
2




可算得 AD  0,2, 2 ， DB 
1,1, 0 , AE 
1, 2,
 

 
 

2
，
 
m AD 0

 
0 2y1


1
2z 
0


由 

得，
，可取m  0,1, 2
，
m AE  0

x 2y  2z  0

1
1
1
 
n AD 0


0 2y  2z  0
由 

得，
2
2
，可取n  1, 1, 2，
nBD  0



x2  y2 0
mn
 

3
于是cosm,n    

，由题意可知，
2
m n

所求二面角是锐角，故二面角 B  AD  E 的大小是
．
6
PD 
ABCD，DPC  30
，
0
32．(2014 广东)如图 4，四边形 ABCD 为正方形，
平面
AF  PC 于点 F ， FE / /CD，交 PD 于点 E 
．
(Ⅰ)证明：CF  平面ADF
D  AF  E
(Ⅱ)求二面角
的余弦值．
【解析】(Ⅰ)PD 
平面ABCD
，
PD  AD


，又CD 
AD ， PDCD D ，
AD 
平面 PCD ，
AD  PC ，又 AF  PC，
PC 平面 ADF ，即CF  平面ADF ；
AB 1，则 RtPDC 中，CD 1，又DPC  30
0 ，
(Ⅱ)设
PC  2 ， PD  3 ，由(Ⅰ)知CF  DF
3
2
7
2
DF 
， AF  AD2  DF 2 
，
1
2
CF  AC
2  AF 2 ，又 FE / /CD，
DE 
CF 
1
 
，DE 
3
4
3
4
3
4


，同理 EF  CD  
，
PD 
PC 
4
A(0, 0,1)
如图所示，以 D 为原点，建立空间直角坐标系，则
，
3
4
3 3
4 4
E( 
,0,0) ， F( 
, ,0)， P( 3, 0, 0) ，C(0,1, 0) 
，



3
4

AE  ( 
,0,0)
 
m 
AE
设m  (x, y, z) 是平面AEF 的法向量，则 

，又 

，


m  EF
3
4
EF  (0, ,0)



 

3
4
m AE 
x  z  0


3 ，m  (4, 0, 
)
3 ，
所以 

，令 x 4 ，得 z

3
4
mEF  y  0

ADF
PC  ( 3,1, 0)
，
由(Ⅰ)知平面
的一个法向量
D  AF  E 的平面角为 ，可知 为锐角，


设二面角




| mPC |
4 3
192
2 57
19
cos | cos  m, PC |

 

，即所求．

| m | | PC |
33．(2014 湖南)如图，四棱柱 ABCD  A B C D 的所有棱长都相等， AC BD O ，
1
1
1
1
AC B D O ，四边形 ACC A 和四边形BDD B 均为矩形．
1
1
1
1
1
1
1
1 1
(1)证明：O1O  底面ABCD;
(2)若CBA 60 ,求二面角C OB  D

的余弦值．
1
1
【解析】(Ⅰ)如图，因为四边形 ACC A 为矩形，所以CC  AC ．同理 DD  BD ．因为CC ∥ DD ，
1
1
1
1
1
1
所以CC  BD ．而 AC BD O ，因此CC  底面 ABCD．由题设知，O O ∥C C ．故O O  底面
1
1
1
1
1
ABCD．
(Ⅱ)解法一 如图，过O 作O H OB 于 H，
1
1
1
连接 HC ，由(Ⅰ)知，O O 底面 ABCD，所以O O  底面 A B C D ，
1
1
1
1
1
1
1
于是O O  AC ．又因为四棱柱 ABCD- A B C D 的所有棱长
1
1
1
1
1
1
1
都相等，所以四边形 A B C D 是菱形，因此 AC  B D ，
1
1
1
1
1
1
1
1
从而 AC  平面BDD B ，所以 AC  OB ，
1
1
1
1
1
1
1
于是OB  平面O HC ，进而OB C H ．
1
1
1
1
1
故C HO 是二面角C OB D 的平面角．
1
1
1
1
不妨设 AB=2．因为CBA  
O ，所以OB  3 ，OC 1，OB1  7 ．
60
OO O B
3
7
在 RtOO B 中，易知O H 
1
1
1
1  2
．而O C 1，
1 1
1
1
OB1
12
7
19
7
于是C H  O C O1H
1 1
2
2  1

．
1
3
2
O
1H
C1H
2 57
19
7
19
7
故cosC HO 


．
1
1
2 57
19
即二面角C OB  D 的余弦值为
．
1
1
34．(2013 陕西)如图， 四棱柱 ABCD  A B C D 的底面 ABCD 是正方形，O 为
底
1
1
1
1
面中心， AO⊥平面 ABCD， AB  AA  2 ．
1
1
(Ⅰ)证明： AC ⊥平面 BB D D ；
1
1
1
(Ⅱ)求平面OCB 与平面 BB D D 的夹角 的大小．

1
1
1
【解析】(Ⅰ)解法一 由题意易知OA,OB,OA1 两两垂直，以 O 为原点建立直角坐标系，如图：
AB  AA1  2,
OA  OB  OA1 1,
 

A 1,0,0 , B 0,1, 0 ,C 
1,1,1 , D(0, 1, 0), A 0, 0,1 .
 

 





1
由A B 
AB,

易得  

1,1,1 .
B
1
1
2
A1C (1,0,1),BD (0,2, 0),
BB1 (1, 0,1)
ACBD 0,ACBB 0,
1
1
1
AC  BD, AC  BB ，
1
1
1
AC  平面BB D D.
1
1
1
解法二：AO  平面ABCD,AO  BD.
1
1
又ABCD 是正方形，
BD  AC,BD  平面AOC, BD  AC.
1
1
又OA1是AC 的中垂线，
A A  AC  2,且AC  2, 
AC2 AA 2  AC ,
2
1
1
1
1
AA C 是直角三角形，AA  AC
1
1
1
又BB / /AA ,
1
1
AC  BB , AC  平面BB D D.
1
1
1
1
1
(Ⅱ)设平面OCB1的法向量n  (x,y,z).
OC (1, 0, 0),OB1 (1, 1, 1),

nOC  x 0,
 x  0,
y  z,



 

nOB  x  y  z 0,

1
取n (0,1,1),
由(Ⅰ)知， A C  (1, 0, 1),
 
是平面BB D D 的法向量，
1
1
1

cos | cos  n, AC |
1
1

1
2 2 
2


又0   ，＝ 
。
2
3
35．(2012 浙江)如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面是边长为2 3 的菱形，BAD 120，且 PA 平面
ABCD， PA  2 6 ， M ， N 分别为 PB ， PD 的中点．
(Ⅰ)证明： MN / / 平面 ABCD；
(Ⅱ)过点 A 作 AQ  PC ，垂足为点Q ，求二面角 AMN Q 的平面角的余弦值．
【解析】(Ⅰ)因为 M ， N 分别为 PB， PD 的中点，所以 MN 是PBD 的中位线，
所以 MN / /BD，又因为 MN 平面 ABCD，所以 MN / / 平面 ABCD
(Ⅱ)方法一：连接 AC 交 BD 于O，以O 为原点，OC,OD 所在直线为 x, y 轴，建立空间直角坐标系Oxyz 
，
如图所示．
在菱形 ABCD 中，BAD 120，得
AC  AB  2 3,BD  3AB  6 ，
又因为 PA 平面 ABCD，所以 PA AC ，
在直角PAC 中， AC  2 3,PA  2 6, AQ  PC ，得QC  2,PQ  4 ，
由此知个点坐标如下，
3
3
A( 3,0,0),B(0,3, 0),C( 3,0,0),D(0,3, 0),P( 3,0, 2 6),M (
, , 6)
2
2
3 3
, , 6),Q( 
,0,
2 2
3
2 6
3
N(
) ．
3


设m  (x, y, z)为平面 AMN 的法向量，由 AM  (


3
3
3 3
, , 6), AN  ( 
, , 6)知
2
2
2 2
3
3
x  y  6z  0

2
2
3
，取 z  ，得m  (2 2,0,1)．
1

 3 x  y  6z  0

 2
2


设n  (x, y, z) 为平面QMN 的法向量，由QM  (


5 3 
3 
6
, ,
6 
2 3
5 3 3 
6
, ,
6 
2 3
), AN  (
) 知
5 3
6
3
6

x  y 
z  0
z  0


2
3
3
，取 z 5 ，得n  (2 2, 0,5)

 5 3
6

x  y 


6
2
3
m n
| m || n | 
33
33
于是，cos  m,n 

33
所以二面角 AMN Q 的平面角的余弦值为33
方法二：在菱形 ABCD 中，BAD 120，得
AC  AB  BC  CD  DA, BD  3AB
又因为 PA 平面 ABCD，
所以 PA  AB, PA  AC, PA  AD
所以 PB  PC  PD
所以PBC  PDC
而M ， N 分别为 PB， PD 的中点，
1
1
所以 MQ  NQ，且 AM  PB  PD  AN
2
2
取线段MN 中点 E ，连接 AE, EQ，则 AE  MN, EQ  MN
所以AEQ 是二面角 AMN Q 的平面角
由 AB  2 3,PA  2 6 ，故
1
3 3
在AMN 中， AM  AN  3,MN  BD  3，得 AE 
2
2
在直角PAC 中， AQ  PC ，得 AQ  2 2,QC  2,PQ  4
PB2  PC 2 BC 2
5
6
在PBC 中，cosBPC 
MQ  PM  PQ
在等腰MQN 中， MQ  NQ  5,MN  3，得
，得
2PBPC
2
2 2PM PQcosBPC  5
AE 2 QE 2  AQ 2
33
33
cosAEQ 

2AEQE
33
所以二面角 AMN Q 的平面角的余弦值为33
36．(2017 山东)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 
DF
是
的中点．

P 
CE
AP  BE ，求CBP
的大小；
(Ⅰ)设 
是
上的一点，且
(Ⅱ)当AB 3 ， AD  2 ，求二面角 E  AGC
的大小．
【解析】(Ⅰ)因为
AB ， AP 
平面
AP  BE ， AB  BE
，
，
ABP ， AB AP  A
所以BE 平面 ABP ，
又BP 平面 ABP
，
BE  BP，又EBC 120
所以
，
因此CBP 30
(Ⅱ)解法一：

取 EC 的中点 
，连接
H
EH 
GH 
CH
，
，
．
因为EBC 120
，
BEHC
所以四边形
为菱形，
AE GE  AC GC  3 2 2 2  13
所以
．
AG
M
EM 
CM 
EC
，连接 
， 
， 
．
取
则
中点
EM  AG，CM  AG
，
所以EMC 为所求二面角的平面角．
AM 1
EM CM  131  2 3
．
又
，所以
在BEC 
中，由于EBC 120，
EC 2  2 2 2 222cos120 12，
2
由余弦定理得
所以 EC  2 3 ，因此EMC 为等边三角形，
故所求的角为60．
解法二：
B
以 
为坐标原点，分别以
BE 
BP 
BA 
x 
y 
z
所在的直线为 ， 
， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
，
，
A(0, 0, 3) E(2, 0, 0) 
G(1, 3, 3) 
C(1, 3, 0)
，
由题意得
，
，
AE  (2, 0,3) 
AG  (1, 3,0)，CG  (2,
 0,
 3)
， 
，
故
设m  (x , y , z ) 是平面AEG 的一个法向量．
1
1
1
 
m AE 0

2x 3z  0,

1 
1
由 

可得
x  3y  0,
m AG  0

1
1
取 z1  2 ，可得平面AEG 的一个法向量m  (3, 3, 2)
．
设n  (x , y , z ) 是平面ACG
的一个法向量．
2
2
2
 
n AG 0


x  3y  0,
可得2
2
由 

2x 3z  0,
nCG  0


2
2
取 z2  2 ，可得平面ACG 的一个法向量n  (3, 3,2)
mn
．
1
所以cos  m,n 
．
| m | | n | 2
因此所求的角为60．
考点 85 解答题中折叠问题与探索性问题
1．(2019•新课标Ⅲ，理 19)图 1 是由矩形 ADEB 、RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB 
1 ，
BE  BF  2 ，FBC  60．将其沿 AB ， BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连结 DG ，如图 2．
(1)证明：图 2 中的 A ，C ，G ， D 四点共面，且平面 ABC  平面 BCGE 
；
(2)求图 2 中的二面角 B  CG  A 的大小．
【解析】证明：(1)由已知得 AD / /BE ，CG / /BE ， AD / /CG ，
AD，CG 确定一个平面，
A，C ，G ， D 四点共面，
由已知得 AB  BE ， AB  BC ，AB  面 BCGE ，
AB  平面 ABC ，平面 ABC  平面 BCGE ．
(2)作 EH  BC ，垂足为 H ，
EH  平面 BCGE ，平面 BCGE  平面 ABC ，
EH 平面 ABC ，
由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，EBC  60，
BH 1， EH  3 ，
以 H 为坐标原点， HC 的方向为 x 轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系 H  xyz 
，
则 A(1，1，0) ， C(1，0，0) ，G(2 ，0， 3 )，
CG  (1，0， 3) ， AC  (2，1，0) ，
设平面 ACGD 的法向量n  (x ， y ， z)，


  3z  0
CGn x
则


，取 x  3，得n  (3，6， 3) ，

ACn  2x  y  0

又平面 BCGE 的法向量为m  (0 ，1，0) ，
 

cos  n,m nm 3 ，

| n || m | 2
二面角 B CG  A 的大小为30．
2．(2018•新课标Ⅰ，理 18)如图，四边形 ABCD 为正方形， E ， F 分别为 AD ， BC 的中点，以 DF 为
折痕
把DFC 折起，使点C 到达点 P 的位置，且 PF  BF ．
(1)证明：平面 PEF  平面 ABFD ；
(2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：由题意，点 E 、 F 分别是 AD 、 BC 的中
点，
1
1
则 AE  AD ， BF  BC ，
2
2
由于四边形 ABCD 为正方形，所以 EF  BC ．
由于 PF  BF ， EF
PF  F ，则 BF 平面 PEF ．
又因为 BF  平面 ABFD ，所以：平面 PEF  平面 ABFD ．
(2)在平面 PEF 中，过 P 作 PH  EF 于点 H ，连接 DH ，
由于 EF 为面 ABCD 和面 PEF 的交线， PH  EF ，
则 PH  面 ABFD ，故 PH  DH ．
在三棱锥 P  DEF 中，可以利用等体积法求 PH ，
因为 DE / /BF 且 PF  BF ，
所以 PF  DE ，
又因为PDF  CDF ，
所以FPD  FCD  90，
所以 PF  PD，
由于 DE
PD  D ，则 PF 平面 PDE ，
1
故VF PDE  PFS
，
PDE
3
因为 BF / /DA 且 BF 面 PEF ，
所以 DA 面 PEF ，
所以 DE  EP ．
设正方形边长为2a ，则 PD  2a ， DE  a
在PDE 中， PE  3a ，
所以 SPDE 
3 a
，
2
2
3
故VF PDE 
3
a ，
6
1
又因为SDEF  a2a  a 2 ，
2
3V
F PDE
3a ，
所以 PH 

a2
2
PH
PD
3
所以在PHD 中，sinPDH 

，
4
3
即PDH 为 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为：
．
4


3．(2018•新课标Ⅲ，文 19)如图，矩形 ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D
的点．
(1)证明：平面 AMD  平面 BMC ；
(2)在线段 AM 上是否存在点 P ，使得MC / / 平面 PBD ？说明理由．


【解析】(1)证明：矩形 ABCD 所在平面与半圆弦CD 所在平面垂直，所以 AD 半圆弦CD 所在平面，CM 

半圆弦CD 所在平面，
CM  AD ，

M 是CD 上异于C ， D 的点．CM  DM ， DMAD  D ，CM 
平面 AMD ，CM 
平面CMB ，


平面 AMD  平面 BMC ；
(2)存在 P 是 AM 的中点，
理由：
连接 BD 交 AC 于O ，取 AM 的中点 P ，连接OP ，可得MC / /OP ， MC  平面 BDP ，OP  平面 
BDP ，
所以 MC / / 平面 PBD ．
4．(2016•新课标Ⅱ，理 19)如图，菱形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点O ，AB  5 ，AC  6 ，点 E ，F 
分
5
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  10 
．
4
(Ⅰ)证明： DH  平面 ABCD；
(Ⅱ)求二面角 B  DA C 的正弦值．
【解析】(Ⅰ)证明： ABCD 是菱形，
5
AD  DC ，又 AE  CF  ，
4
DE 
DF


，则 EF / /AC ，
EA 
FC
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  AEOD 1，则 DH  DH  3，
AD
|OD| 2| OH |2 | DH | ，则 DH  OH ，
2
又OH
EF  H ，
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，
AB  5 ， AC  6，
B(5，0，0) ，C(1，3，0) ， D(0 ，0，3)， A(1，3，0) ，
AB  (4,3,0),AD  (1, 3, 3) ， AC  (0,6,0)，
设平面 ABD的一个法向量为n1  (x, y,z) ，




n AB 0
4x 3y 0
由

1 

，得
，取 x  3，得 y  4， z  5．
x  3y  3z  0
n AD  0

1
 n1  (3,4, 5) ．
同理可求得平面 ADC 的一个法向量n2  (3,0,1)，
设二面角二面角 B  DA  C 的平面角为 ，
| n n | 
|33 51| 7 5
则| cos | 
1 
2 


．
| n || n | 
5 2  10
1
25
2
2 95
25
二面角 B  DA C 的正弦值为sin 
．
5．(2019 北京理 16)如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面ABCD ， AD  CD ，
PF 
1
AD P BC
，
PA  AD  CD  2，BC  3 ．E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且
．
PC 
3
(Ⅰ)求证：CD  平面PAD
；
F  AE  P
(Ⅱ)求二面角
的余弦值；
PG 
2

(Ⅲ)设点 G 在 PB 上，且
．判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由．
PB 
3
ABCD
【解析】(I)因为 PA 
平面

PA  CD
，所以 
．
又因为 AB CD ，所以CD ．平面 PAD ，
(II)过 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M，因为 PA 平面 ABCD，所以 PA 
AM , PA  AD
，如图建立空间

直角坐标系 A-xyz，则 A(0，0，0)，B(2，-1，0)，C(2，2，0)，
D(0，2，0)，P(0，0，2)，因为 E 为 PD 的中点，所以 E(0，1，1)．
所以 AE 0,1,1， PC  2,2,2， AP  0,0, 2．
uuur
所以 PF
uuur
uuur 
u uur uuur
AF  AP PF  
, ,
1
3
 2 2 
2 
 3 3 
3 
 2 2 4 
 3 3 3 
PC  , ,

 ，


设平面 AEF 的法向量为n  x, y, z，则
y  z  0
 
n AE 0


 uuuv
，即
．
2
2
3
4
3
n AF  0

 x
3
y z  0
令 z=1，则 y=-1，x=-1．于是
又因为平面 PAD 的法向量为
1, 1,1
n    ．
n p
n  p
3
p  1,0,0，所以cos < n, p >
 

．
3
3
因为二面角 F-AE-P 为锐角，所以其余弦值为3
PG 
2

PB  2,1,2,
,
(III)直线 AG 在平面 AEF 内，因为点 G 在 PB 上，
且
PB
3
uuur
所以 PG
uur
uuur 
u uur uuur
AG  AP PG  
, ,
2
3
 4 
2 
4 
 
 

 4 
2 2 
 ．
 3 
3 3 
PB  ,
,
，

 3 
3 
3 
由(II)知，平面 AEF 的法向量为
1, 1,1
n    ，
uuur
所以 AG
4 2 2
n = -   
0 ，所以直线 AG 在平面 AEF 内．
3 3 3
P ABCD
PAD 平面 
，
ABCD， PA  PD
6．(2016 年北京) 如图，在四棱锥
中，平面
PA  PD 
AB  AD 
AB 1 
AD  2 
AC CD  5
．
，
，
，
，
PD 
PAB
；
(1)求证：
(2)求直线
平面
PB
PCD
所成角的正弦值；
与平面
AM
AP
PA
M
BM / /
PCD
平面 
？若存在，求
(3)在棱
上是否存在点
，使得
的值；若不存在，说明理由．
【解析】(1)∵面 PAD  面 ABCD  AD ，面 PAD  面 ABCD，
∵ AB  AD ， AB  面 ABCD，∴ AB  面 PAD ，
∵ PD 面 PAD ， ∴ AB  PD，
又 PD  PA ，∴ PD  面 PAB ，
(2)取 AD 中点为O ，连结CO， PO，
∵CD  AC  5 ， ∴CO  AD ，
∵ PA  PD ， ∴ PO  AD ，
以O 为原点，如图建系易知 P(0，0，1) ， B(1，1，0)， D(0，1，0) ，C(2，
0，0)，
则 PB (1，1，1) ， PD (0，1，1)， PC (2，0，1) ，CD 
(2，1，0)，
设n 为面 PDC 的法向量，令n  (x ，y ,1)．
0
0
 
n PD 0

 1
 2


 n  
，1,1 ，则 PB 与面 PCD 夹角 
有，
 



n PC  0

1
2
 

n PB
sin  cos  n,PB     

n PB
11
 


3

1
4
3
11 3
AM
(3)假设存在 M 点使得 BM∥面 PCD， 设
  ， M 
0,y',z'，
AP




   



 0, y'1,z'
由(2)知 A 0,1, 0 ， P 0, 0,1 ， AP 
0, 1,1 ， B 1,1, 0 ， 
AM
有 AM  AP  M 0,1,
∴ BM
1,
  
 
,
∵ BM∥面 PCD，n 为 PCD 的法向量，
1
1
∴ BM n  0 ，即      
0 ，∴=
2
4
AM
AP
1
∴综上，存在 M 点，即当
 
时， M 点即为所求．
4

7．(2015 陕西)如图1，在直角梯形 ΑΒCD 中，ΑD//ΒC，ΒΑD  
，ΑΒ  ΒC 1，ΑD  2 ，Ε 是 
ΑD
2
的中点，O 是 AC 与 BE 的交点．将ΑΒΕ 沿 BE 折起到A1BE 的位置，如图
2 ．
(Ⅰ)证明：CD 平面 A1OC ；
(Ⅱ)若平面 ABE 平面 BCDE，求平面 ABC 与平面 ACD 夹角的余弦值．
1
1
1
【解析】(
)
Ⅰ在图 1 中，因为 AB = BC =1， AD = 2 ， E 是 AD 的
中点，
 BAD = 
，所以 BE  AC ．
2

 OC

即在图 2 中， BE 
OA1 ， BE
．从而 BE 
平面 A1OC ．

又CD∥ BE，所以CD 
平面 A1OC ．
(
)
Ⅱ由已知，平面 ABE  平面 BCDE，又由(
)
Ⅰ知， BE 
OA ， BE 
OC 
．


1
1

所以AOC 为二面角 A -BE-C 的平面角，所以A1OC 
．
1
1
2
如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系，
因为 A B = A E = BC = ED 
= 1，
BC  ED
1
所以 B(


1
2
2
2 ) ，C(0,
2
,0,0)， E(
,0,0)， A1(0, 0,
,0)．
2
3
2
2


, 0), A C(0,
2
2
2
2) ，CD = BE = (- 2,
 0,
 
0)
．
, -
BC(-
,
得
1
2
2
2
2
设平面 A BC 的法向量n = (x , y , z ) ，平面 ACD 的法向量n = (x , y , z ) 
，
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
平面 A BC 与平面 ACD 夹角为 
，
1
1

n BC  0
  

x 
y 
0
1
1 
1
则 

，得
，取n1 = (1, 1, 1) 
，
y  z  0
n  AC  0

1
1
1
1

n CD  0
x
2  0
2
n  (0,1,1)
，
2
 

，得
，取
y  z  0
n  AC  0

2
2
2
1
 

从而cos | cosn , n |
2
6

，
1
2
3 2
3
6
即平面 A BC 与平面 ACD 夹角的余弦值为
．
1
1
3
8．(2013 广东)如图 1，在等腰直角三角形 ABC 中， A 90 ，
  
 BC6 
D, E
，
分别是
AC, AB
CDBE 2 O 
BC 的中点．将ADE 
DE
， 
为 
沿 
折起，得到如图 2
上的点，
ABCDE
AO  3
．
所示的四棱锥
，其中
 

A O
BCDE
；
(Ⅰ) 证明：
平面



A CD B
(Ⅱ) 求二面角
的平面角的余弦值．
【解析】(Ⅰ)在图 1 中，易得OC  3, AC  3 2, AD  2 2
连结OD,OE ，在OCD 中，由余弦定理可得
OD  OC 2 CD 2OCCDcos 45  5
2
 
A D 2 2
由翻折不变性可知
，
AO2 OD 2
A D
 
2
 
A O OD
，
所以
，所以
 

 

A O
A O OE ， 又ODOE  O
BCDE
AH
理可证
，所以
平面
．
O OH CD 
CD
H
(Ⅱ)传统法：过 
作
交
的延长线于 
，连结
，
 

A O
 
A H CD
，
BCDE
因为
所以
平面
，所以
AHO
 
ACDB 的平面角．
为二面角
3 2
30
2
AC 中点，故OH 
 

A H
，从而
OH
OA2 
2
H
结合图 1 可知，
为
2
OH
AH
15
5
15
5
 
cos A HO


ACDB 的平面角的余弦值为
所以
，所以二面角
．
O
向量法：以 
点为原点，建立空间直角坐标系
O  xyz 如图所示，


  

C 0, 3,0
  

D 1, 2,0

则 A 0, 0, 3 ，
，


1, 2, 3
  
0, 3, 3 ， DA
所以CA 
 x, y, z为平面 ACD 的法向量，则

设n
  

n CA 
0
 

3y
3z  0
x  2y  3z  0

y  x

z  3x

 




，即
，解得
，令x 1 ，得n  1,1, 3
  

n DA 
0


由(Ⅰ) 知，OA 
0, 0, 3 为平面CDB 的一个法向量，
 



n OA

3
15
 



所以cos n,OA
 


，

3  5
5
n OA
15



A CD B
即二面角
的平面角的余弦值为
．
5
9．(2013 湖北)如图，AB 是圆 
的直径，点 
是圆 
上异于
O
C
O
A,B 的点，直线PC 
ABC 
E 
F
平面 
， ， 
分
别是PA， PC 的中点．
(Ⅰ)记平面 BEF 与平面 ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面 PAC 的位置关系，并加以证明；




1
(Ⅱ)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为 D ，且点 
满足
Q
DQ  CP ．记直线PQ
ABC
与平面 
所
2
成的角为 ，异面直线
sin  sinsin
．
PQ 与 EF 所成的角为 
，二面角

E l C

的大小为 
，求证：
【解析】(Ⅰ)直线l ∥平面 PAC ，证明如下：
连接 EF ，因为 E ， F 分别是 PA ， PC 的中点，所以 EF ∥ AC 
．
又 EF  平面 ABC ，且 AC  平面 ABC ，所以 EF ∥平面 ABC ．
而 EF  平面 BEF ，且平面 BEF  平面 ABC  l ，所以 EF ∥l ．
因为l  平面 PAC ， EF  平面 PAC ，所以直线l ∥平面 PAC ．
(
)(
Ⅱ综合法)如图 1，连接 BD，由(Ⅰ)可知交线l 即为直线 BD，且l ∥ AC ．
因为 AB 是O 的直径，所以 AC  BC ，于是l  BC ．
已知 PC  平面 ABC ，而l  平面 ABC ，所以 PC  l ．
而 PC BC C ，所以l  平面 PBC ．
连接 BE ， BF ，因为 BF  平面 PBC ，所以l  BF ．
故CBF 就是二面角 E l C 的平面角，即CBF   ．




1
1
2
由 DQ  CP ，作 DQ ∥CP ，且 DQ  CP ．
2
连接 PQ， DF ，因为 F 是CP 的中点，CP  2PF ，所以 DQ  PF 
，
从而四边形 DQPF 是平行四边形， PQ ∥ FD．
连接CD，因为 PC  平面 ABC ，所以CD 是 FD 在平面 ABC 内的射影，
故CDF 就是直线 PQ 与平面 ABC 所成的角，即CDF  ．
又 BD  平面 PBC ，有 BD  BF ，知BDF 为锐角，
故BDF 为异面直线 PQ 与 EF 所成的角，即BDF  ，
于是在Rt △ DCF ，Rt △ FBD ，Rt △ BCF 中，分别可得
CF
DF
BF
DF
CF
BF
sin 
，sin 
，sin 
，
CF BF 
CF
从而sin sin 


 sin ，即sin sinsin ．
BF DF 
DF
10．(2012 福建)如图，在长方体 ABCD  A B C D 中 AA  AD 1， E 为CD 中
点．
1
1
1
1
1
(Ⅰ)求证： B E  AD ；
1
1
(Ⅱ)在棱 AA 上是否存在一点 P ，使得 DP∥平面 B AE ？若存在，求 AP 的行；若存在，求 AP 的
长；
1
1
若不存在，说明理由．
(Ⅲ)若二 面角 A B E  A 的大小为 30°，求 AB 的长．
1
1
【解析】(Ⅰ)以 A 为原点 AB, AD, AA1 的方向分别
为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．
 a
 2


设 AB  a ，则 A(0,0,0)， D(0,1, 0) ， D (0,1,1)， E  
,1,0，
1

 a
 2


B (a, 0,1) 故 AD (0,1,1)， B E   ,1,1 ， AB (a,0,1)，


1
1
1
1

 a


AE 
,1, 0 ．


 2
 

a
∵ AD B E   0 11(1)1 0 ， ∴ B E  AD
1
1
1
1
2
(Ⅱ)假设在棱 AA 上存在一点 P(0,0,z ) ， 使得 DP∥平面 B AE ．此时 DP (0,1,z ) ．
1
0
1
0
又设平面 B1AE 的法向量n=(x，y，z)．
ax  z  0

∵n 平面 B AE ，∴n  AB ，n  AE，得ax
1
1
 y  0

 2


a


取 x 1，得平面 B AE 的一个法向量n  1, ,a．
1
2
a
1
要使 DP∥平面 B AE ，只要n  DP，有 az  0 ，解得 z  
．
1
0
0
2
2
1
又 DP平面 B AE ，∴存在点 P，满足 DP∥平面 B AE ，此时 AP= ．
1
1
2
(Ⅲ)连接 A D，B C，由长方体 ABCD-A B C D 及 AA =AD=1，得 AD A D．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
∵B C∥A D，∴AD B C．
1
1
1
1
又由(Ⅰ)知 B E AD ，且 B C∩B E=B ，
1
1
1
1
1
∴AD  平面 DCB A ．∴ AD 是平面 A B E 的一个法向量，此时 AD =(0，1，1)．
1
1
1
1 1
1
1
a
 

n AD
cos    
  
n  AD
 a
设 AD1 与 n 所成的角为θ，则
1
2
．
a2
1
2 1 
 a 2
4
3a
3
∵二面角 A-B E-A 的大小为 30°，∴ cos cos 30 ，即

2
，解得a  2，即 AB 的长为 2．

1
1
5a2
2
2 1
4
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