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
2011
理18
二面角的计算
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
2012
理19
二面角的计算
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
2013[来
源:Z,xx,k.Com][来源:学_科
_网][来源:学科网ZXXK]
卷2[来
源:学。科。网Z。X。
X。K][来源:学科网
ZXXK]
理18[来
源:Z,xx,k.Com]
二面角的计算[来源:学.科.网Z.X.X.K]
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
卷1
理18
空间线面角的计算
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
2014
卷2
理18
二面角的计算
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11
空间异面直线所成角
的计算
异面直线所成的角，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
2015
卷1
理18
空间异面直线所成角
的计算
主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算异
面直线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力．
2016
卷3
理19
空间线面角的计算
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2
理19
解答题中的折叠问题
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
卷1
理18
二面角的计算
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11
文11
空间异面直线所成角
的计算
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
力
2017
卷3
理16
空间异面直线所成角
的计算
空间点、线、面位置关系及线线所成角，逻辑推理能力与运
算求解能力
卷3
理19
二面角的计算
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2
理18
二面角的计算
空间线面角的计算
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10
空间异面直线所成角
的计算
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
力
卷1
理18
二面角的计算
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
2018
卷3
文19
解答题中的折叠问题
与探索性问题
空间面面垂直的判定与性质、是否存在点是线面平行的问
题，逻辑推理能力与空间想象能力
卷2
文9
空间异面直线所成角
的计算
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
力
卷1
文10
空间线面角的计算
长方体中线面角的计算与长方体体积计算，运算求解能力
卷3
理19
二面角的计算
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
卷2
理20
空间线面角的计算
二面角的计算
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
卷2
理9
空间异面直线所成角
的计算
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
力
卷1
理18
解答题中的折叠问题
与探索性问题
空间线面角的计算
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
2019
卷3
理19
解答题中的折叠问题
与探索性问题
二面角的计算
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
卷2
理17
二面角的计算
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1
理18
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
2020
卷1
理16
空间角的计算
空间角的计算，利用余弦定理解三角形
理18
二面角的计算
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20
空间位置关系判定、空
间角的计算
间线面平行与垂直的证明，线面角的计算
卷3
理19
二面角、点与平面位置
关系
点在平面的证明，利用空间向量法求二面角
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
角的计算
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．
考点83 空间线面角的计算
7/28
考点84 二面角的计算
14/28
考点85 解答题中的折叠问
题与探索性问题
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
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
1
AB
BC
，
1
3
AA
，则异面直线
1
AD 与
1
DB 所
成角的余弦值为(
)
A．1
5
B．
5
6
C．
5
5
D．
2
2
【答案】C
【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，
1
DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
1
AB
BC
，
1
3
AA
，
(1
A
，0，0) ，
1(0
D
，0，
3) ，
(0
D
，0，0) ，
1(1
B
，1，
3) ，∴
1
( 1
AD
，0 ，
3) ，
1
(1
DB
，1 ，
3) ，设异面直线
1
AD 与
1
DB 所成角为，则
1
1
1
1
|
|
2
5
cos
5
|
| |
|
2 5
AD DB
AD
DB
，异面直线
1
AD 与
1
DB 所成角的余弦值为
5
5
，故选C ．
2．(2018•新课标Ⅱ，文9)在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，E 为棱
1
CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角
的正切值为(
)
A．
2
2
B．
3
2
C．
5
2
D．
7
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
AB=BC=2CE=2 ，在Rt △BCE 中，
5
1
2
2
2
2
2
CE
BC
BE
，在
ABE
Rt
中，
2
5
tan
AB
BE
EAB
，∴异面直线AE 与CD 所成角的正切值为
5
2
，故选C ．
3. (2017•新课标Ⅱ，理10)已知直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
120
ABC
，
2
AB
，
1
1
BC
CC
，则异面
直线
1
AB 与
1
BC 所成角的余弦值为(
)
A．
3
2
B．
15
5
C．
10
5
D．
3
3
【答案】C
【解析】如图所示，设M 、N 、P 分别为AB ，
1
BB 和
1
1
B C 的中点，则
1
AB 、
1
BC 夹角为MN 和NP 夹角或
其补角(因异面直线所成角为(0,
])
2
，可知
1
1
5
2
2
MN
AB
，
1
1
2
2
2
NP
BC
，作BC 中点Q ，则PQM
为直角三角形，
1
PQ
，
1
2
MQ
AC
，在
ABC
中，由余弦
定理得，
2
2
2
2
cos
AC
AB
BC
AB BC
ABC
1
4
1
2
2 1 (
)
2
7
，
7
AC
，
7
2
MQ
，在
MQP
中，
2
2
11
2
MP
MQ
PQ
，在
PMN
中，由余弦定理得
2
2
2
2
2
2
5
2
11
(
)
(
)
(
)
10
2
2
2
cos
2
5
5
2
2
2
2
MN
NP
PM
MNP
MN NP
，又异面直线所成角的范围是(0 ，
]
2
，
1
AB
与
1
BC 所成角的余弦值为
10
5
．
4．(2016•新课标Ⅰ，理11 文11)平面过正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的顶点A ，
/ /
平面
1
1
CB D ，平面
ABCD
m
，平面
1
1
ABB A
n
，则m 、n 所成角的正弦值为(
)
A．
3
2
B．
2
2
C．
3
3
D．1
3
【答案】A
【解析】如图：
/ /
平面
1
1
CB D ，平面ABCD
m
，平面
1
1
ABA B
n
，可知：
1
/ /
n
CD ，
1
1
/ /
m
B D ，
△
1
1
CB D 是正三角形．m 、n 所成角就是
1
1
60
CD B
，则m 、n 所成角的正弦值为
3
2 ，故选A ．
5．(2014 新课标Ⅱ，理11)直三棱柱ABC-A1B1C1 中，∠BCA=90°，M，N 分别是A1B1，A1C1 的中点，
BC=CA=CC1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为(
)
A．1
10
B．2
5
C．
30
10
D．
2
2
【答案】C
【解析】如图所示，取BC 的中点P ，连结NP 、AP ，∵M ，N 分别是
1
1
A B ，
1
1
AC 的中点，∴
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
1
2
BC
CA
CC
，则
5
AN
AP
，
6
NP
MB
，
∴
2
2
2
2
2
2
|
|
|
|
|
|
( 5)
( 6)
( 5)
30
cos
2 |
| |
|
10
2
5
6
AN
NP
AP
ANP
AN
NP
，故选C．
6 ．(2020
全国Ⅰ理
16) 如图，在三棱锥
P
ABC
的平面展开图中，
1,
3 ,
,
,
30
AC
AB
AD
AB
AC
AB
AD
CAE
，则cos
FCB
_____________．
【答案】
1
4
【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．
【解析】
AB
AC
，
3
AB
，
1
AC
，由勾股定理得
2
2
2
BC
AB
AC
，
同理得
6
BD
，
6
BF
BD
，在
ACE
△
中，
1
AC
，
3
AE
AD
，
30
CAE
，
由余弦定理得
2
2
2
3
2
cos30
1 3
2 1
3
1
2
CE
AC
AE
AC AE
，
1
CF
CE
，
在BCF
中，
2
BC
，
6
BF
，
1
CF
，
由余弦定理得
2
2
2
1
4
6
1
cos
2
2 1 2
4
CF
BC
BF
FCB
CF BC
，故答案为：
1
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|
| 1
AC ，|
|
2
AB
，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
(1
D
，0，
0) ，
(0
A
，0，1) ，直线a 的方向单位向量
(0
a
，1，0) ，|
| 1
a
，直线b 的方向单位向量
(1
b
，0，0) ，
|
| 1
b
，设B 点在运动过程中的坐标中的坐标
(cos
B
，sin，0) ，其中为B C
与CD 的夹角，
[0
，2 )
，
AB
在运动过程中的向量，
(cos
AB
，sin，1)
，|
|
2
AB
，设AB
与a所成夹角为
[0
，
]
2
，
则
| ( cos , sin ,1) (0,1,0) |
2
cos
| sin
| [0
2
|
| |
|
a
AB
，
2 ]
2
，
[ 4
，
]
2
，③正确，④错误．设AB
与b
所成夹角为
[0
，
]
2
，
|
|
| ( cos ,sin ,1) (1,0,0) |
2
cos
| cos
|
2
|
| |
|
|
| |
|
AB b
AB
b
b
AB
，当AB
与a夹角为60时，即
3
，
2
| sin
|
2 cos
2 cos 3
2
，
2
2
cos
sin
1
，
2
1
cos
| cos
|
2
2
，
[0
，
]
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，
3
AB
AC
BD
CD
，
2
AD
BC
，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
．
【答案】7
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
1
CN = ，
2 2
AN =
，
∴
2
ME =
．又
2 2
CM =
，
2 2
DN =
，
2
NE =
，∴
3
CE =
，
则
2
2
2
8
2
3
7
cos
2
8
2 2 2
2
CM
EM
CE
CME
CM
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 所成的角为，则
cos
的最大值为_________．
【答案】2
5
【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
2
cos
,
5
5
m
m
令
2
2
( )
(
0,2 )
5
25
m
f m
m
m
，
2
2
2
(2
) 10
5
25
2 5
25
( )
5
25
m
m
m
m
f
m
m
，
0,2 ,
( )
0
m
f m
，
max
2
( )
(0)
5
f m
f
，即
max
2
cos
5
．
10．(2015•新课标Ⅰ，理18)如图，四边形ABCD 为菱形，
120
ABC
，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两
点，BE 平面ABCD ，DF 平面ABCD ，
2
BE
DF
，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
1
BG ，
由
120
ABC
，
可得
3
AG
GC
，
BE 平面ABCD ，
2
AB
BC
，
可知AE
EC
，又AE
EC
，
所以
3
EG
，且EG
AC
，
在直角EBG
中，可得
2
BE
，故
2
2
DF
，
在直角三角形FDG 中，可得
6
2
FG
，
在直角梯形BDFE 中，由
2
BD
，
2
BE
，
2
2
FD
，可得
2
2
2
3 2
2
( 2
)
2
2
EF
，
从而
2
2
2
EG
FG
EF
，则EG
FG
，
(或由
2
tan
tan
2
1
2
EB FD
EGB
FGD
BG DG
，
可得
90
EGB
FGD
，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
(0
A
，
3
，0) ，
(1
E
，0，
2) ，
( 1
F ，0，
2 )
2
，
(0
C
，
3 ，0) ，
即有
(1
AE
，
3 ，
2) ，
( 1
CF
，
3
，
2 )
2
，
故cos
AE
，
1
3
1
3
3
|
| |
|
9
6
2
AE CF
CF
AE
CF
．
则有直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为
3
3 ．
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 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可
知OA
l
；AB 是晷针所在直线．m 是晷面的截线，依题意可知
//
m CD 、AB
m
．
由于
40 ,
//
AOC
m CD
，所以
40
OAG
AOC
，
由于
90
OAG
GAE
BAE
GAE
，
所以
40
BAE
OAG
，也即晷针与点A 处的水平面所成角为
40
BAE
，故选：B．
2．(2018•新课标Ⅰ，文10)在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
2
AB
BC
，
1
AC 与平面
1
1
BB C C 所成的角为30，
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
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
2
AB
BC
，
1
AC 与平面
1
1
BB C C 所成的角为30，
即
1
30
AC B
，可得
1
2 3
tan30
AB
BC
，可得
2
2
1
(2 3)
2
2 2
BB
，所以该长方体的体积为：
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
15
AB
m
，
25
AC
m
，
30
BCM
则
tan的最大值
A．
30
5
B．
30
10
C．4 3
9
D．5 3
9
【答案】D
【解析】作PH
BC
，垂足为H ，设PH
x
，则
3
CH
x
，由余弦定理
2
625
3
40 3
AH
x
，
2
1
1
tan
tan
(
0)
625
40 3
3
PH
PAH
AH
x
x
x
，
故当1
4 3
125
x
时，tan取得最大值，最大值为5 3
9
，故选D．
4．(2014 四川)如图，在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段
1
CC 上，直
线OP 与平面
1A BD 所成的角为，则sin的取值范围是
A．
3
[
,1]
3
B．
6
[
,1]
3
C．
6 2 2
[
,
]
3
3
D．2 2
[
,1]
3
【答案】B
【解析】直线OP 与平面
1A BD 所成的角为的取值范围是
1
1
1
2
AOA
C OA
，由于
1
6
sin
3
AOA
，
1
1
6
3
2 2
6
sin
2
3
3
3
3
C OA
，sin
1
2
，所以sin的取值范围是
6
[
,1]
3
．
5．(2020 全国Ⅱ理20)如图，已知三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
的底面是正三角形，侧面
1
1
BB C C 是矩形，
,
M
N 分别
为
1
1
,
BC B C 的中点，P 为AM 上一点．过
1
1
B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．
(1)证明：
1
AA // MN ，且平面
1A AMN 平面
1
1
EB C F ；
(2)设O 为△
1
1
1
C
B
A
的中心，若
F
C
EB
AO
1
1
平面
∥
，且
AB
AO
，求直线
E
B1
与平面
AMN
A1
所成角的正弦
值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
10
10
．
【思路导引】
(1)由
,
M N 分别为BC ，
1
1
B C 的中点，
1
//
MN CC ，根据条件可得
1
1
/ /
AA
BB ，可证
1
MN AA
//
，要证平面
1
1
EB C F 平面
1A AMN ，只需证明EF 平面
1A AMN 即可；
(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
1
1
B C 截取
1
B Q
EP
，由
(1) BC ⊥平面
1A AMN ，可得
QPN
为
1
B E 与平面
1A AMN 所成角，即可求得答案．
【解析】
(1)
,
M N 分别为BC ，
1
1
B C 的中点，
1
//
MN BB
又
1
1
/ /
AA
BB
1
//
MN AA
在
ABC
中，M 为BC 中点，则BC
AM
又侧面
1
1
BB C C 为矩形，
1
BC
BB
1
//
MN BB
MN
BC
由MN
AM
M
，
,
MN AM 平面
1A AMN
BC ⊥平面
1A AMN
又
1
1//
B C
BC ，且
1
1
B C 平面ABC ，BC 平面ABC ，
1
1//
B C
平面ABC
又
1
1
B C 平面
1
1
EB C F ，且平面
1
1
EB C F 平面ABC
EF
1
1 / /
B C
EF
//
EF BC
又
BC
平面
1A AMN
EF 平面
1A AMN
EF
平面
1
1
EB C F
平面
1
1
EB C F 平面
1A AMN
(2)连接NP
//
AO
平面
1
1
EB C F ，平面AONP 平面
1
1
EB C F
NP
，
//
AO NP ，
根据三棱柱上下底面平行，其面
1A NMA平面ABC
AM
，面
1A NMA 平面
1
1
1
1
A B C
A N
，
//
ON AP ，
故：四边形ONPA 是平行四边形．
设
ABC
边长是6m (
0
m
)，可得：ON
AP
，
6
NP
AO
AB
m
，
O 为
1
1
1
A B C
△
的中心，且
1
1
1
A B C
△
边长为6m ，
1 6 sin60
3
3
ON
m
，故：
3
ON
AP
m
．
//
EF BC ，AP
EP
AM
BM
，
3
3
3 3
EP
，解得：EP
m
，
在
1
1
B C 截取
1
B Q
EP
m
，故
2
QN
m
，
1
B Q
EP
且
1 //
B Q EP ，四边形
1
B QPE 是平行四边形，
1 //
B E PQ ．
由(1)
1
1
B C 平面
1A AMN ，故
QPN
为
1
B E 与平面
1A AMN 所成角
在Rt
QPN
△
，根据勾股定理可得：
2
2
2
2
2
6
2 10
PQ
QN
PN
m
m
m
，
2
10
sin
10
2 10
QN
m
QPN
PQ
m
，直线
1
B E 与平面
1A AMN 所成角的正弦值：
10
10
．
6．(2018•新课标Ⅱ，理20)如图，在三棱锥P
ABC
中，
2 2
AB
BC
，
4
PA
PB
PC
AC
，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 ，
2 2
AB
BC
，O 是AC 的中点，
BO
AC
，且
2
BO
，
又
4
PA
PC
PB
AC
，
PO
AC
，
2 3
PO
，
则
2
2
2
PB
PO
BO
，
则PO
OB
，
OB
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：
(0
A
，2
，0) ，
(0
P
，0，2 3) ，
(0
C
，2，0) ，
(2
B
，0，0) ，
( 2
BC
，2，0) ，
设
( 2
BM
BC
，2，0) ，0
1
则
( 2
AM
BM
BA
，2，0)
( 2
，2
，0)
(2
2
，2
2
，0) ，
则平面PAC 的法向量为
(1
m
，0，0) ，
设平面MPA的法向量为
(
n
x
，y ，)z ，
则
(0
PA
，2
，2 3)
，
则
2
2 3
0
n PA
y
z
，
(2
2 )
(2
2)
0
n AM
x
y
令
1
z ，则
3
y
，
(
1) 3
1
x
，
即
(
1) 3
(
1
n
，
3
，1) ，
二面角M
PA
C
为30，
3
cos30
| |
||
|
2
m n
m n
，
即
2
(
1) 3
3
1
2
1
(
3)
1
3 1
1
，
解得
1
3
或
3
(舍) ，
则平面MPA的法向量
(2 3
n
，
3
，1) ，
(0
PC
，2，2 3)
，
PC 与平面PAM 所成角的正弦值sin
| cos
PC
，
2 3
2 3
4 3
3
| |
|
16
4
16
16
n
．
7．(2016•新课标Ⅲ，理19)如图，四棱锥P
ABCD
中，PA 底面ABCD ，
/ /
AD
BC ，
3
AB
AD
AC
，
4
PA
BC
，M 为线段AD 上一点，
2
AM
MD
，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，
/ /
NG
BC
，且
1
2
NG
BC
，
又
2
2
3
AM
AD
，
4
BC
，且
/ /
AD
BC ，
/ /
AM
BC
，且
1
2
AM
BC
，
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 ，
在ABC
中，由已知
3
AB
AC
，
4
BC
，得
2
2
2
4
3
3
2
cos
2
4 3
3
ACB
，
/ /
AD
BC
，
2
cos
3
EAM
，则
5
sin
3
EAM
，
在EAM
中，
2
2
3
AM
AD
，
1
3
2
2
AE
AC
，
由余弦定理得：
2
2
9
3
2
3
2
cos
4
2
2
4
2
3
2
EM
AE
AM
AE AM
EAM
，
2
2
3
3
( )
( )
4
1
2
2
cos
3
3
9
2
2
2
AEM
，
而在ABC
中，
2
2
2
3
3
4
1
cos
2 3 3
9
BAC
，
cos
cos
AEM
BAC
，即
AEM
BAC
，
/ /
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)
解
：
在
AMC
中
，
由
2
AM
，
3
AC
，
2
cos
3
MAC
，
得
2
2
2
2
2
cos
9
4
2
3
2
5
3
CM
AC
AM
AC AM
MAC
．
2
2
2
AM
MC
AC
，则AM
MC
，
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．
在Rt PAC
中，由N 是PC 的中点，得
2
2
1
1
5
2
2
2
AN
PC
PA
PC
，
在Rt PAM
中，由PA AM
PM AF
，得
2
2
4
2
4 5
5
4
2
PA AM
AF
PM
，
4 5
8 5
5
sin
5
25
2
AF
ANF
AN
．
直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8 5
25 ．
8．(2013 新课标Ⅰ，理18)如图，三棱柱ABC-A1B1C1 中，CA=CB，AB=A A1，∠BA A1=60°．
(Ⅰ)证明AB⊥A1C；
(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB=2，求直线A1C 与平面BB1C1C 所成角的正弦值．
【解析】(Ⅰ)取AB中点E，连结CE，
1A B ，
1A E ，
∵AB=
1
AA ，
1
BAA
=
0
60 ，∴
1
BAA
是正三角形，
∴
1A E ⊥AB，
∵CA=CB，
∴CE⊥AB，
∵
1
CE
A E
=E，∴AB⊥面
1
CEA ，
∴AB⊥
1AC ；
……6分
(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB，
1
EA ⊥AB，
又∵面ABC⊥面
1
1
ABB A ，面ABC∩面
1
1
ABB A =AB，∴EC⊥面
1
1
ABB A ，∴EC⊥
1
EA ，
∴EA，EC，
1
EA 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)，
1A (0，3 ，0)，C(0，0，3 )，B(－1，0，0)，则BC
=(1，0，3 )，
1
BB
=
1
AA
=(－
1，0，
3 )，
1AC
=(0，－
3 ，
3 )，
……9 分
设n=( , , )
x y z 是平面
1
1
CBB C 的法向量，
则
1
0
0
BC
BB
n
n
，即
3
0
3
0
x
z
x
y
，可取n=(
3 ，1，-1)，
∴
1
cos
, AC
n
=
1
1
|
AC
AC
n
| n||
10
5
，
∴直线A1C 与平面BB1C1C 所成角的正弦值为
10
5
．
……12 分
9．(2018 浙江)如图，已知多面体
1
1
1
ABCA B C ，
1A A ，
1
B B ，
1
C C 均垂直于平面ABC ，
120
ABC
，
1
4
A A
，
1
1
C C ，
1
2
AB
BC
B B
．
(1)证明：
1
AB ⊥平面
1
1
1
A B C ；
(2)求直线
1
AC 与平面
1
ABB 所成的角的正弦值．
【解析】(1)由
2
AB
，
1
4
AA
，
1
2
BB
，
1
AA
AB
，
1
BB
AB
得
1
1
1
2 2
AB
A B
，
所以
2
2
2
1
1
1
1
A B
AB
AA
．
故
1
1
1
AB
A B
．
由
2
BC
，
1
2
BB
，
1
1
CC
，
1
BB
BC
，
1
CC
BC
得
1
1
5
BC
，
由
2
AB
BC
，
120
ABC
得
2 3
AC
，
由
1
CC
AC
，得
1
13
AC
，所以
2
2
2
1
1
1
1
AB
B C
AC
，故
1
1
1
AB
B C
．
因此
1
AB 平面
1
1
1
A B C ．
(2)如图，过点
1
C 作
1
1
1
C D
A B
，交直线
1
1
A B 于点D ，连结AD ．
由
1
AB 平面
1
1
1
A B C 得平面
1
1
1
A B C 平面
1
ABB ，
由
1
1
1
C D
A B
得
1
C D 平面
1
ABB ，
所以
1
C AD
是
1
AC 与平面
1
ABB 所成的角．
由
1
1
5
BC
，
1
1
2 2
A B
，
1
1
21
AC
得
1
1
1
6
cos
7
C A B
，
1
1
1
1
sin
7
C A B
，
所以
1
3
C D
，故
1
1
1
39
sin
13
C D
C AD
AC
．
因此，直线
1
AC 与平面
1
ABB 所成的角的正弦值是
39
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：
(0,
3,0)
A
，
(1,0,0)
B
，
1(0,
3,4)
A
，
1(1,0,2)
B
，
1(0, 3,1)
C
，
因此
1
(1, 3,2)
AB
，
1
1
(1, 3, 2)
A B
，
1
1
(0,2 3, 3)
AC
，
由
1
1
1
0
AB A B
得
1
1
1
AB
A B
．
由
1
1
1
0
AB AC
得
1
1
1
AB
AC
．
所以
1
AB 平面
1
1
1
A B C ．
(2)设直线
1
AC 与平面
1
ABB 所成的角为．
由(1)可知
1
(0,2 3,1)
AC
，
(1, 3,0)
AB
，
1
(0,0,2)
BB
，
设平面
1
ABB 的法向量
= (
)
x,y,z
n
．
由
1
0
0
AB
BB
n
n
，即
3
0
2
0
x
y
z
，可取
(
3,1,0)
n
．
所以
1
1
1
|
|
39
sin
| cos
,
|
13
|
| |
|
AC
AC
AC
n
n
n
．
因此，直线
1
AC 与平面
1
ABB 所成的角的正弦值是
39
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
，
2
2
PC
AD
DC
CB
，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．
因为E，F 分别为PD，PA 中点，所以EF∥AD 且
1
2
EF
AD
，
又因为BC∥AD，
1
2
BC
AD
，所以
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 ，
在△PBN 中，由PN=BN=1，PB=
3 得
1
4
QH
，
在Rt MQH
中，
1
4
QH
，MQ=
2 ，
所以
2
sin
8
QMH
，
所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是
2
8
．
11．(2014 天津)如图四棱锥P
ABCD
的底面ABCD 是平行四边形，
2
BA
BD
，
2
AD
，
5
PA
PD
，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，
故MF//BC 且MF= 1
2 BC．由已知有BC//AD，BC=AD．又由于E 为AD 中点，
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
2,
5
AD
PA
PD
，可解得PE=2．
在三角形ABD 中，由
2
BA
BD
，可解得BE=1．
在三角形PEB 中，PE=2，BE=1，
60
PEB
，
由余弦定理，可解得PB=
3 ，从而
90
PBE
，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，
由PB=
3 ，PA=
5 ，AB=
2 得ABP 为直角，而MB= 1
2 PB=
3
2
，可得AM=
11
2
，
故EF=
11
2
，又BE=1，故在直角三角形EBF 中，
2 11
sin
.
11
BE
EFB
EF
所以直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值为2 11
11
12．(2013 浙江)如图，在四棱锥P
ABCD
中，PA ⊥面ABCD ，
2
AB
BC
，
7
AD
CD
，
3
PA
，
120
ABC
，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；
(Ⅲ)若G 满足PC ⊥面BGD ，求PG
GC
的值．
【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．
由题意得OG＝1
2
PA＝
3
2
．
在△ABC 中，AC＝
2
2
2
cos
AB
BC
AB BC
ABC
＝2 3 ，
所以OC＝1
2
AC＝
3 ．
在直角△OCD 中，OD＝
2
2
CD
OC
＝2．
在直角△OGD 中，tan∠OGD＝
4 3
3
OD
OG
．
所以DG 与平面APC 所成的角的正切值为4 3
3
．
(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 ．
所以GC＝
2 15
5
AC OC
PC
．
从而PG＝3 15
5
，
所以
3
2
PG
GC
．
13．(2019 浙江19)如图，已知三棱柱
1
1
1
ABC
A BC
，平面
1
1
A ACC 平面ABC ，
90
ABC
，
1
1
30 ,
, ,
BAC
A A
AC
AC E F
分别是AC，A1B1 的中点．
(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A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．
又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
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A1E⊥平面ABC，故AE1⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．
由(I)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．
连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．
不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2 3 ，EG= 3 ．
由于O为A1G的中点，故
1
15
2
2
AG
EO
OG
，
所以
2
2
2
3
cos
2
5
EO
OG
EG
EOG
EO OG
．
因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是3
5
．
方法二：
(Ⅰ)连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
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
A1(0，0，2 3 )，B( 3 ，1，0)，
1( 3,3,2 3)
B
，
3 3
(
,
,2 3)
2
2
F
，C(0，2，0)．
因此，
3 3
(
,
,2 3)
2
2
EF
，
(
3,1,0)
BC
．
由
0
EF BC
得EF
BC
．
(Ⅱ)设直线EF与平面A1BC所成角为，
由(Ⅰ)可得
(
3,1,0)
BC
，
1
(0,2, 2 3)
AC
，
设平面A1BC的法向量为
( , , )
x y z
n
，
由
1
0
0
BC
AC
n
n
，得
3
0
3
0
x
y
y
z
，
取
(1, 3,1)
n
，故
4
sin
cos
,
5
EF
EF
EF
n
n
n
．
因此直线EF 与平面A1BC 所成角的余弦值为3
5
．
14．(2018 天津)如图，AD
BC
∥
且
2
AD
BC
，AD
CD
，EG
AD
∥
且EG
AD
，CD
FG
∥
且
2
CD
FG
，DG 平面ABCD ，
2
DA
DC
DG
．
(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．
【解析】依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA
，DC
，DG
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的
空间直角坐标系(如图)，可得
(0,0,0)
D
，(2,0,0)
A
，(1,2,0)
B
，(0,2,0)
C
，(2,0,2)
E
，(0,1,2)
F
，(0,0,2)
G
，
3
(0,
,1)
2
M
，
(1,0,2)
N
．
(1)证明：依题意
(0,2,0)
DC
，
(2,0,2)
DE
．设
0
( , , )
x y z
n
为平面CDE 的法向量，则
0
0
0
0
DC
DE
，
，
n
n
即
2
0
2
2
0
y
x
z
，
，
不妨令
1
z ，可得
0
(1,0, 1)
n
．
又
3
(1,
,1)
2
MN
，可得
0
0
MN
n
，
又因为直线MN 平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．
(2)依题意，可得
( 1,0,0)
BC
，
(1
2 2)
BE
，
，，
(0, 1,2)
CF
．
设
( , , )
x y z
n
为平面BCE 的法向量，则
0
0
BC
BE
，
，
n
n
即
0
2
2
0
x
x
y
z
，
，
不妨令
1
z ，可得
(0,1,1)
n
．
设
( , , )
x y z
m
为平面BCF 的法向量，则
0
0
BC
BF
，
，
m
m
即
0
2
0
x
y
z
，
，
不妨令
1
z ，可得
(0,2,1)
m
．
因此有
3 10
cos
,
|
||
|
10
m n
m n
m
n
，于是
10
sin
,
10
m n
．
所以，二面角E
BC
F
的正弦值为
10
10
．
(3)设线段DP 的长为h (
[0.2]
h
)，则点P 的坐标为(0,0, )
h ，可得
( 1
2
)
BP
h
，，
．
易知，
(0,2,0)
DC
为平面ADGE 的一个法向量，故
2
2
cos
5
BP DC
BP DC
BP DC
h
，
由题意，可得
2
2
3
sin 60
2
5
h
，解得
3
[0,2]
3
h
．
所以线段DP 的长为
3
3
．
15．(2018 江苏)如图，在正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
1
2
AB
AA
，点P ，Q 分别为
1
1
A B ，BC 的中点．
(1)求异面直线BP 与
1
AC 所成角的余弦值；
(2)求直线
1
CC 与平面
1
AQC 所成角的正弦值．
【解析】如图，在正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，设AC ，
1
1
AC 的中点分别为O ，
1
O ，则OB
OC
，
1
OO
OC
，
1
OO
OB
，以
1
,
{
}
,
OB OC OO
为基底，建立空间直角坐标系O
xyz
．
因为
1
2
AB
AA
，
所以
1
1
1
0, 1,0 ,
3,0,0 ,
0,1,0 ,
0, 1,
(
)
(
)
(
)
(
)
(
2 ,
3,0,2 ,
0,1,2
)
(
)
A
B
C
A
B
C
．
(1)因为P 为
1
1
A B 的中点，所以
3
1
(
,
,2)
2
2
P
，
从而
1
3
1
(
,
,2)
(0,2,2
2
2
)
,
BP
AC
，
故
1
1
1
|
|
| 1
4 |
3 10
| cos
,
|
20
|
| |
|
5
2 2
BP AC
BP AC
BP
AC
．
因此，异面直线BP 与AC1 所成角的余弦值为
3 10
20 ．
(2)因为Q 为BC 的中点，所以
3 1
(
,
,0)
2
2
Q
，
因此
3 3
(
,
,0)
2
2
AQ
，
1
1
(0,2,2),
(0,0,2)
AC
CC
．
设n=(x，y，z)为平面AQC1 的一个法向量，
则
1
0,
0,
AQ
AC
n
n
即
3
3
0,
2
2
2
2
0.
x
y
y
z
不妨取
( 3, 1,1)
n
，设直线CC1 与平面AQC1 所成角为，
则
1
1
1
|
|
2
5
sin
| cos
|
,
|
| |
5
5
2
CC
CC
CC
|
n
n
n
，所以直线CC1 与平面AQC1 所成角的正弦值为
5
5 ．
16．(2017 天津)如图，在三棱锥P
ABC
中，PA ⊥底面ABC ，
90
BAC
．点D ，E ，N 分别为棱
PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，
4
PA
AC
，
2
AB
．
(Ⅰ)求证：MN ∥平面BDE ；
(Ⅱ)求二面角C
EM
N
的正弦值；
(Ⅲ)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为
7
21
，求线段AH 的长．
【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
(0,0,0)
A
，
(2,0,0)
B
，
(0,4,0)
C
，(0,0,4) ，
(0,0,2)
D
，
(0,2,2)
E
，
(0,0,1)
M
，
(1,2,0)
N
．
(Ⅰ)证明：DE
=(0,2,0) ，DB
=(2,0, 2)
．设
( , , )
x y z
n
，为平面BDE 的法向量，
则
0
0
DE
DB
n
n
，即2
0
2
2
0
y
x
z
．不妨设
1
z ，可得
(1,0,1)
n
．又MN
=(1，2，1
)，可得
0
MN
n
．
因为MN 平面BDE，所以MN//平面BDE．
(Ⅱ)易知
1
(1,0,0)
n
为平面CEM 的一个法向量．设
2
( , , )
x y z
n
为平面EMN 的法向量，则
2
2
0
0
EM
MN
n
n
，因
为
(0, 2, 1)
EM
，
(1,2, 1)
MN
，所以
2
0
2
0
y
z
x
y
z
．不妨设
1
y ，可得
2
( 4,1, 2)
n
．
因此有
1
2
1
2
1
2
4
cos
,
||
|
21
n
n
n n
| n
n
，于是
1
2
105
sin
,
21
n n
．
所以，二面角C—EM—N 的正弦值为
105
21
．
(Ⅲ)依题意，设AH=h( 0
4
h
≤
≤
)，则H(0，0，h)，进而可得
( 1, 2, )
NH
h
，
( 2,2,2)
BE
．由已知，得
2
|
|
| 2
2 |
7
| cos
,
|
21
|
||
|
5
2 3
NH BE
h
NH BE
NH
BE
h
，整理得
2
10
21
8
0
h
h
，解得
8
5
h
，或
1
2
h
．
所以，线段AH 的长为8
5 或1
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 ，
6
PA
PD
，
4
AB
．
(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
(0,0,
2)
P
，
(2,0,0)
D
，
( 2,4,0)
B
，
(4, 4,0)
BD
，
(2,0,
2)
PD
．
设平面BDP 的法向量为
( , , )
x y z
n
，则
0
0
BD
PD
n
n
，即
4
4
0
2
2
0
x
y
x
z
．
令
1
x
，则
1
y ，
2
z
．于是
(1,1,
2)
n
．
平面PAD 的法向量为
(0,1,0)
p
，所以
1
cos
,
|
||
|
2
<
>
n p
n p
n
p
．
由题知二面角B
PD
A
为锐角，所以它的大小为3
．
(Ⅲ)由题意知
2
( 1,2,
)
2
M
，
(2,4,0)
D
，
2
(3,2,
)
2
MC
．
设直线MC 与平面BDP 所成角为，则
|
|
2 6
sin
| cos
,
|
9
|
||
|
MC
MC
MC
<
>
n
n
n
．
所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为2 6
9
．
18．(2014 福建)在平行四边形ABCD 中，
1
AB
BD
CD
，
,
AB
BD CD
BD
，将ABD
沿
BD 折起，使得平面ABD 平面BCD，如图．
(Ⅰ)求证：AB CD ；
(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．
依题意，得
1 1
(0,0,0),
(1,1,0),
(0,1,0),
(0,0,1),
(0,
, )
2 2
B
C
D
A
M
．
则
1 1
(1,1,0),
(0,
, ),
(0,1, 1)
2 2
BC
BM
AD
．
设平面MBC 的法向量
0
0
0
(
,
,
)
n
x
y z
．
则
0
0
n BC
n BM
即
0
0
0
0
0
1
0
2
x
y
y
z
．
取
0
1,
z
得平面MBC 的一个法向量
(1, 1,1)
n
．
设直线AD 与平面MBC 所成角为，
则
6
sin
cos
,
,
3
n AD
n AD
n AD
即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为
6
3
．
19．(2013 天津) 如图，四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，侧棱
1A A ⊥底面ABCD ，AB
DC
∥
，
AB
AD
，
1
AD
CD
，
1
2
AA
AB
，E 为棱
1
AA 的中点．
(Ⅰ)证明
1
1
B C
CE
；
(Ⅱ)求二面角
1
1
B
CE
C
的正弦值；
(Ⅲ)设点M 在线段
1
C E 上；且直线AM 与平面
1
1
ADD A 所成角的正弦值为
2
6
，求线段AM 的长．
【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)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)
(Ⅰ)易得
1
1
B C
=(1，0，-1)，CE
=(-1，1，-1)，于是
1
1
0
B C CE
，所以
1
1
B C
CE
．
(Ⅱ)
1
B C
=(1，-2，-1)．设平面
1
B CE 的法向量
, ,
x y z
m
，则
1
0
0
B C
CE
m
m
，即
2
0
0
x
y
z
x
y
z
消去x ，
得y+2z =0，不妨令z=1，可得一个法向量为m =(-3，-2，1)．由(Ⅰ)知，
1
1
B C
CE
，又
1
1
1
CC
B C
，可
得
1
1
B C 平面
1
CEC ，故
1
1
B C
=(1，0，-1)为平面
1
CEC 的一个法向量．
于是
1
1
1
1
1
1
4
2 7
cos
,
7
|
||
|
14
2
B C
B C
B C
m
m
m
从而
1
1
21
sin
,
7
B C
m
所以二面角B1－CE－C1 的正弦值为
21
7
．
(Ⅲ) AE
=(0，1，0)，
1
EC
=(1，l，1)，设
1
, ,
EM
EC
，0
1
≤
≤，
有
,
1,
AM
AE
EM
．可取AB
=(0，0，2)为平面
1
1
ADD A 的一个法向量，设为直线AM 与
平面
1
1
ADD A 所成的角，
则
2
sin
cos
,
3
2
1
AM AB
AM AB
AM
AB
于是
2
2
6
3
2
1
，解得
1
3
，所以
2
AM
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
1，SE 与平面ABCD 所成的角为
2
，二面角S
AB
C
的平面角为
3
，则
A．
1
2
3
≤
≤
B．
3
2
1
≤
≤
C．
1
3
2
≤
≤
D．
2
3
1
≤
≤
【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
2
SEO
，3
SMO
，
易知
3
2
≥
．因为OM ∥BC ，BC
AB
，SM
AB
，所以
3
也为OM 与平面SAB 所成的角，即BC
与平面SAB 所成的角，再根据最小角定理知，
3
1
≤
，所以
2
3
1
≤
≤
，故选D．
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 ，
CA 上的点，AP
PB
，
2
BQ
CR
QC
RA
，分别记二面角D
PR
Q
，D
PQ
R
，D
QR
P
的平
面角为，，，则
A．<<
B．<<
C．< <
D．<<
【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
知tan
DO
OE
，tan
OD
OF
，tan
OD
OG
，
图1
图2
由图2 所示，以P 为原点建立直角坐标系，不妨设
2
AB
，则
( 1,0)
A
，(1,0)
B
，(0, 3)
C
，
3
(0,
)
3
O
，
∵AP
PB
，
2
BQ
CR
QC
RA
，∴
1 2 3
( ,
)
3
3
Q
，
2
3
(
,
)
3
3
R
，则直线RP 的方程为
3
2
y
x
，直线PQ
的方程为
2 3
y
x
，直线RQ 的方程为
3
5 3
3
9
y
x
，根据点到直线的距离公式，知
2 21
21
OE
，
39
39
OF
，
1
3
OG
，∴OF
OG
OE
，tan
tan
tan
，因为，，为锐角，所以
，
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
-
B．
A DB
.
C．
ACB
-
D．
ACB
.
【答案】B
【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
是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，
6
6
PO
DO
．
(1)证明：PA 平面PBC ；
(2)求二面角B
PC
E
的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2) 2 5
5
．
【思路导引】(1)要证明PA 平面PBC ，只需证明PA
PB
，PA
PC
即可；
(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
量为n
，平面PCE 的法向量为m
，利用公式cos
,
|
||
|
n m
m n
n m
计算即可得到答案．
【解析】(1)由题设，知
DAE
△
为等边三角形，设
1
AE
，则
3
2
DO
，
1
1
2
2
CO
BO
AE
，∴
6
2
6
4
PO
DO
，
2
2
2
2
6
6
,
,
4
4
PC
PO
OC
PB
PO
OB
又
ABC
为等边三角形，则
2
sin60
BA
OA
，∴
3
2
BA
，
2
2
2
3
4
PA
PB
AB
，则
90
APB
，
∴PA
PB
，同理PA
PC
，又PC
PB
P
，∴PA 平面PBC ．
(2)过O 作ON ∥BC 交AB 于点N，∵PO 平面ABC ，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，
则
1
2
1
3
1
3
(
,0,0), (0,0,
), (
,
,0), (
,
,0)
2
4
4
4
4
4
E
P
B
C
，
1
3
2
(
,
,
)
4
4
4
PC
，
1
3
2
(
,
,
)
4
4
4
PB
，
1
2
(
,0,
)
2
4
PE
，
设平面PCB 的一个法向量为
1
1
1
( ,
,
)
n
x y z
，
由
0
0
n PC
n PB
，得
1
1
1
1
1
1
3
2
0
3
2
0
x
y
z
x
y
z
，令
1
2
x
，得
1
1
1,
0
z
y
，∴
( 2,0, 1)
n
，
设平面PCE 的一个法向量为
2
2
2
(
,
,
)
m
x
y z
，
由
0
0
m PC
m PE
，得
2
2
2
2
2
3
2
0
2
2
0
x
y
z
x
z
，令
2
1
x
，得
2
2
3
2,
3
z
y
，
∴
3
(1,
,
2)
3
m
，故
2 2
2 5
cos
,
5
|
| |
|
10
3
3
n m
m n
n
m
，
设二面角B
PC
E
的大小为，则
2 5
cos
5
．
5．(2020 全国Ⅲ理19)如图，在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，点
,
E F 分别在棱
1
1
,
DD
BB 上，且
1
1
2
,
2
DE
ED
BF
FB
．
(1)证明：点
1
C 在平面AEF 内；
(2)证明：若
1
2 ,
1,
3
AB
AD
AA
时，求二面角
1
A
EF
A
的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；(2)二面角
1
A
EF
A
的正弦值为
42
7
．
【思路导引】(1)连接
1
C E 、
1
C F ，证明出四边形
1
AEC F 为平行四边形，进而可证得点
1
C 在平面AEF 内；
(2)以点
1
C 为坐标原点，
1
1
C D 、
1
1
C B 、
1
C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系
1
C
xyz
，
利用空间向量法可计算出二面角
1
A
EF
A
的余弦值，进而可求得二面角
1
A
EF
A
的正弦值．
【解析】证明：(1)在
1
AA 上取一点M ，使得
1
2
A M
AM
，分别连结EM ，
1
B M ，
1
EC ，
1
FC ．
在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，有
1
1
1
DD
AA
BB
∥
∥
，且
1
1
1
DD
AA
BB
，
又
1
2DE
ED
，
1
2
A M
AM
，
1
2
BF
FB
，∴
1
DE
AM
FB
，
∴四边形
1
B FAM 和四边形EDAM 都是平行四边形．
∴
1
AF
MB
∥
且
1
AF
MB
，AD
ME
∥
且AD
ME
，
又在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，有
1
1
AD
B C
∥
且
1
1
AD
B C
，
∴
1
1
B C
ME
∥
且
1
1
B C
ME
，则四边形
1
1
B C EM 为平行四边形，
∴
1
1
EC
MB
∥
且
1
1
EC
MB
，又
1
AF
MB
∥
且
1
AF
MB
，
∴
1
AF
EC
∥
且
1
AF
EC
，则四边形
1
AFC E 为平行四边形，∴点
1
C 在平面AEF 内．
(2)解：在长方形
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，以
1
C 为原点，
1
1
C D 所在直线为y 轴，
1
1
C B 的直线为y 轴，
1
C C 所在
直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系
1
C
xyz
，
∵
2
AB
，
1
AD ，
1
3
AA
，
1
2DE
ED
，
1
2
BF
FB
，∴
(2,1,3)
A
，
(2,0,2)
E
，
(0,1,1)
F
，
1(2,1,0)
A
，
则
( 2,1, 1)
EF
，
(0, 1, 1)
AE
，
1
(0, 1,2)
A E
，
设平面AEF 的一个法向量为
1
1
1
1
( ,
,
)
n
x y z
，则
1
1
1
1
1
1
1
0
2
0
0
0
n
x
y
z
y
n
EF
AE
z
，取法向量
1
(1,1, 1)
n
；
设平面
1A EF 的一个法向量为
2
2
2
2
(
,
,
)
n
x
y
z
，则
2
2
2
2
2
2
2
1
0
2
0
2
0
0
n
x
y
z
y
n
EF
A E
z
，取法向量
2
(1,4, 2)
n
，
∴
1
2
1
2
1
2
7
cos
,
7
|
| |
|
2
1
4
2
3
1
n
n
n n
n
n
，
设二面角
1
A
EF
A
为，则
1
42
sin
1
7
7
，即二面角
1
A
EF
A
的正弦值为
42
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；
(2)若点F 在BC 上，满足BF= 1
4
BC，设二面角F—DE—C 的大小为θ，求sinθ的值．
【答案】(1) 15
15
；(2) 2 39
13
．
【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
BC
CD BO
OD
CO
BD
Q
以
,
,
OB OC OA 为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，则
(0,0,2),
(1,0,0),
(0,2,0),
( 1,0,0)
(0,1,1)
A
B
C
D
E
1
15
(1,0, 2),
(1,1,1)
cos
,
15
5 3
AB
DE
AB DE
uuur
uuur
uuur uuur
从而直线AB 与DE 所成角的余弦值为
15
15
(2)设平面DEC 一个法向量为
1
( , , ),
n
x y z
1
1
2
0
0
(1,2,0),
0
0
x
y
n
DC
DC
x
y
z
n
DE
，
令
1
1
2,
1
( 2,1,1)
y
x
z
n
ur
，
设平面DEF 一个法向量为
2
1
1
1
( ,
,
),
n
x y z
uur
1
1
2
2
1
1
1
7
1
0
0
1
7 1
( ,
,0),
4
2
4
4 2
0
0
x
y
n
DF
DF
DB
BF
DB
BC
n
DE
x
y
z
令
1
1
1
2
7 ,
2 ,
5 ,
2 ,
7 , 5
y
x
z
n
uur
，
1
2
6
1
cos
,
6 78
13
n n
ur uur
，因此
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．
【答案】(I)证明见解析；(II)
3
3
【思路导引】(I)作DH
AC
交AC 于H ，连接BH ，由题意可知DH 平面ABC ，即有DH
BC
，
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ADFC 平面ABC ，而平面ADFC 平面ABC
AC
，∴DH 平面ABC ，即有DH
BC
．
∵
45
ACB
ACD
，∴
2
2
2
CD
CH
BC
CH
BC
．
在CBH
中，
2
2
2
2
2
cos45
BH
CH
BC
CH BC
BC
，即有
2
2
2
BH
BC
CH
，∴BH
BC
．
由棱台的定义可知，
/ /
EF
BC ，∴DH
EF
，BH
EF
，而BH
DH
H
，
∴EF 平面BHD ，而BD 平面BHD ，∴EF
DB
．
(II)∵
/ /
DF
CH ，∴DF 与平面DBC 所成角即为与CH 平面DBC 所成角．
作HG
BD
于G ，连接CG ，由(1)可知，BC ⊥平面BHD ，∴平面BCD 平面BHD ，而平面BCD 平
面BHD
BD
，∴HG 平面BCD．
即CH 在平面DBC 内的射影为CG ，
HCG
即为所求角．
在Rt
HGC
△
中，设BC
a
，则
2
CH
a
，
2
2
3
3
BH DH
a a
HG
a
BD
a
，
∴
1
3
sin
3
3
HG
HCG
CH
，故DF 与平面DBC 所成角的正弦值为
3
3
．
8．(2020 天津17)如图，在三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
1
CC 平面
,
,
2
ABC AC
BC AC
BC
，
1
3
CC
，
点
,
D
E 分别在棱
1
AA 和棱
1
CC 上，且
1
2,
AD
CE
M
为棱
1
1
A B 的中点．
(Ⅰ)求证：
1
1
C M
B D
；
(Ⅱ)求二面角
1
B
B E
D
的正弦值；
(Ⅲ)求直线AB 与平面
1
DB E 所成角的正弦值．
【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)
30
6
；(Ⅲ)
3
3
．
【思路导引】以C 为原点，分别以
1
,
,
CA CB CC
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．
(Ⅰ)计算出向量
1
C M
和
1
B D
的坐标，得出
1
1
0
C M B D
，即可证明出
1
1
C M
B D
；
(Ⅱ)可知平面
1
BB E 的一个法向量为CA
，计算出平面
1
B ED 的一个法向量为n
，利用空间向量法计算出二面
角
1
B
B E
D
的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；
(Ⅲ)利用空间向量法可求得直线AB 与平面
1
DB E 所成角的正弦值．
【解析】
依题意，以C 为原点，分别以CA
、CB
、
1
CC
的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如
图)，
可得
0,0,0
C
、
2,0,0
A
、
0,2,0
B
、
1 0,0,3
C
、
1 2,0,3
A
、
1 0,2,3
B
、
2,0,1
D
、
0,0,2
E
、
1,1,3
M
．
(Ⅰ)依题意，
1
1,1,0
C M
，
1
2, 2, 2
B D
，
从而
1
1
2
2
0
0
C M B D
，所以
1
1
C M
B D
；
(Ⅱ)依题意，
2,0,0
CA
是平面
1
BB E 的一个法向量，
1
0,2,1
EB
，
2,0, 1
ED
．
设
, ,
n
x y z
为平面
1
DB E 的法向量，
则
1
0
0
n EB
n ED
，即2
0
2
0
y
z
x
z
，
不妨设
1
x
，可得
1, 1,2
n
．
2
6
cos
,
6
2
6
C
CA n
A
C
n
A n
，
2
30
sin
,
1 cos
,
6
CA n
CA n
．
所以，二面角
1
B
B E
D
的正弦值为
30
6
；
(Ⅲ)依题意，
2,2,0
AB
．
由(Ⅱ)知
1, 1,2
n
为平面
1
DB E 的一个法向量，于是
4
3
cos
,
3
2 2
6
AB n
AB n
AB
n
．
所以，直线AB 与平面
1
DB E 所成角的正弦值为
3
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
1
PD
AD
，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析；(2)
6
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，
证得
//
AD l ，从而得到l 平面PDC ；
(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
( ,0,1)
Q m
，之后求得平面QCD 的
法向量以及向量PB
的坐标，求得cos
,n PB
的最大值，即为直线PB 与平面QCD 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 ，
所以
//
AD
平面PBC ，
又因为AD 平面PAD ，平面PAD 平面PBC
l
，
所以
//
AD l ，
因为在四棱锥P
ABCD
中，底面ABCD 是正方形，所以
,
,
AD
DC
l
DC
且PD 平面ABCD ，所以
,
,
AD
PD
l
PD
因为CD
PD
D
所以l 平面PDC ；
(2)如图建立空间直角坐标系D
xyz
，
因为
1
PD
AD
，则有
(0,0,0),
(0,1,0),
(1,0,0),
(0,0,1),
(1,1,0)
D
C
A
P
B
，
设
( ,0,1)
Q m
，则有
(0,1,0),
( ,0,1),
(1,1, 1)
DC
DQ
m
PB
，
设平面QCD 的法向量为
( , , )
n
x y z
，
则
0
0
DC n
DQ n
，即
0
0
y
mx
z
，
令
1
x
，则z
m
，所以平面QCD 的一个法向量为
(1,0,
)
n
m
，则
2
1 0
cos
,
3
1
n PB
m
n PB
n PB
m
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
2
|1
|
| cos
,
|
3
1
m
n PB
m
r uur
2
2
3
1
2
3
1
m
m
m
2
2
3
2
3
2|
|
3
6
1
1
1 1
3
1
3
1
3
3
m
m
m
m
，当且仅当
1
m 时取等号，
所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为
6
3
．
10．(2019•新课标Ⅰ，理18)如图，直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的底面是菱形，
1
4
AA
，
2
AB
，
60
BAD
，
E ，M ，N 分别是BC ，
1
BB ，
1A D 的中点．
(1)证明：
/ /
MN
平面
1
C DE ；
(2)求二面角
1
A
MA
N
的正弦值．
【解析】(1)证明：如图，过N 作NH
AD
，则
1
/ /
NH
AA ，且
1
1
2
NH
AA
，
又
1
/ /
MB
AA ，
1
1
2
MB
AA
，四边形NMBH 为平行四边形，则
/ /
NM
BH ，
由
1
/ /
NH
AA ，N 为
1A D 中点，得H 为AD 中点，而E 为BC 中点，
/ /
BE
DH
，BE
DH
，则四边形BEDH 为平行四边形，则
/ /
BH
DE ，
/ /
NM
DE
，
NM
平面
1
C DE ，DE 平面
1
C DE ，
/ /
MN
平面
1
C DE ；
(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
1
DD 所在直线为z 轴建立
空间直角坐标系，
则
3
( 2
N
，
1
2
，2) ，
( 3
M
，1，2) ，
1( 3
A
，1
，4) ，
3
( 3,
,0)
2
NM
，
1
1
( 3,
,2)
2
NA
，
设平面
1A MN 的一个法向量为
( , , )
m
x y z
，
由
1
3
3
0
2
1
3
2
0
2
m NM
x
y
m NA
x
y
z
，取
2 3
y
，得
( 3,2 3,2 3)
m
，
又平面
1
MAA 的一个法向量为
(1,0,0)
n
，
3
33
cos
,
|
| |
|
11
1
33
m n
m n
m
n
．
二面角
1
A
MA
N
的正弦值为2 22
11
．
11．(2019•新课标Ⅱ，理17)如图，长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的底面ABCD 是正方形，点E 在棱
1
AA 上，
1
BE
EC
．
(1)证明：BE 平面
1
1
EB C ；
(2)若
1
AE
A E
，求二面角
1
B
EC
C
的正弦值．
【解析】证明：(1)长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，
1
1
B C 平面
1
1
ABA B ，
1
1
B C
BE
，
1
BE
EC
，
BE
平面
1
1
EB C ．
(2)以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设
1
1
AE
A E
，
BE
平面
1
1
EB C ，
1
BE
EB
，
1
AB
，
则
(1
E
，1，1) ，
(1
A
，1，0) ，
1(0
B
，1，2) ，
1(0
C
，0，2) ，
(0
C
，0，0) ，
1
BC
EB
，
1
EB
面EBC ，
故取平面EBC 的法向量为
1
( 1
m
EB
，0，1) ，
设平面
1
ECC
的法向量
(
n
x
，y ，)z ，
由
1
0
0
n CC
n CE
，得
0
0
z
x
y
z
，取
1
x ，得
(1
n
，1
，0) ，
1
cos
,
|
| |
|
2
m n
m n
m
n
，
二面角
1
B
EC
C
的正弦值为
3
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，
(2
A
，1
，0) ，
(2
B
，1，0) ，
(0
M
，0，1) ，
则平面MCD 的法向量
(1
m
，0，0) ，
设平面MAB 的法向量为
(
n
x
，y ，)z
则
(0
AB
，2，0) ，
( 2
AM
，1，1) ，
由
2
0
n AB
y
，
2
0
n AM
x
y
z
，
令
1
x ，
则
0
y
，
2
z
，即
(1
n
，0，2) ，
则cos
m
，
1
1
|
||
|
1
1
4
5
m n
n
m n
，
则面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值
2
1
2 5
sin
1
(
)
5
5
．
．
13．(2017•新课标Ⅰ，理18)如图，在四棱锥P
ABCD
中，
/ /
AB
CD ，且
90
BAP
CDP
．
(1)证明：平面PAB 平面PAD ；
(2)若PA
PD
AB
DC
，
90
APD
，求二面角A
PB
C
的余弦值．
【解析】(1)证明：
90
BAP
CDP
，
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
，
90
APD
，可得PAD
为等腰直角三角形，
设
2
PA
AB
a
，则
2 2
AD
a
．
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：
(
2 ,0,0)
D
a
，
( 2 ,2 ,0)
B
a
a
，
(0
P
，0，
2 )
a ，
(
2 ,2 ,0)
C
a
a
．
(
2 ,0,
2 )
PD
a
a
，
( 2 ,2 ,
2 )
PB
a
a
a
，
( 2 2 ,0,0)
BC
a
．
设平面PBC 的一个法向量为
( , , )
n
x y z
，
由
0
0
n PB
n BC
，得
2
2
2
0
2 2
0
ax
ay
az
ax
，取
1
y ，得
(0,1, 2)
n
．
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，
(
2 ,0,
2 )
PD
a
a
．
2
3
cos
,
3
|
||
|
2
3
PD n
a
PD n
PD n
a
．
由图可知，二面角A
PB
C
为钝角，
二面角A
PB
C
的余弦值为
3
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
2
AB
BC
AD
，
90
BAD
ABC
，E 是PD 的中点．
(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，
所以
1
/ / 2
EF
AD
，
1
2
AB
BC
AD
，
90
BAD
ABC
，
1
/ / 2
BC
AD
，
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，
侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，
1
2
AB
BC
AD
，
90
BAD
ABC
，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
2
AD
，则
1
AB
BC
，
3
OP
，
60
PCO
，直线BM 与底面ABCD 所成角为45，
可得：BN
MN
，
3
3
CN
MN
，
1
BC ，
可得：
2
2
1
1
3 BN
BN
，
6
2
BN
，
6
2
MN
，
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，
2
2
6
1
(
)
2
MQ
10
2
，
二面角M
AB
D
的余弦值为：
1
10
5
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，
90
ADC
．
1
2
DO
AC
．
2
2
2
2
DO
BO
AB
BD
．
90
BOD
．
OB
OD
．
又DO
AC
O
，
OB
平面ACD ．
又OB 平面ABC ，
平面ACD 平面ABC ．
(2)解：设点D ，B 到平面ACE 的距离分别为
D
h ，
E
h ．则
D
E
h
DE
h
BE
．
平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，
1
3
1
1
3
ACE
D
D
E
ACE
E
S
h
h
DE
h
BE
S
h
．
点E 是BD 的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取
2
AB
．
则
(0
O
，0，0) ，
(1
A
，0，0) ，
( 1
C ，0，0) ，
(0
D
，0，1) ，
(0
B
，
3 ，0) ，
3 1
(0,
, )
2
2
E
．
( 1
AD
，0，1) ，
3 1
( 1,
, )
2
2
AE
，
( 2
AC
，0，0) ．
设平面ADE 的法向量为
(
m
x
，y ，)z ，则
0
0
m AD
m AE
，即
0
3
1
0
2
2
x
z
x
y
z
，取
(3, 3,3)
m
．
同理可得：平面ACE 的法向量为
(0
n
，1，
3)
．
2 3
7
cos
,
|
||
|
7
21
2
m n
m n
m n
．
二面角D
AE
C
的余弦值为
7
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，
2
AF
FD
，
90
AFD
，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
．
90
AFD
，
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
60
DFE
CEF
．
/ /
AB
EF
，AB 平面EFDC ，EF 平面EFDC ，
/ /
AB
平面EFDC ，
平面EFDC 平面ABCD
CD
，AB 平面ABCD ，
/ /
AB
CD
，
/ /
CD
EF
，
四边形EFDC 为等腰梯形．
以E 为原点，建立如图所示的坐标系，设FD
a
，
则
(0
E
，0，0) ，
(0
B
，2a ，0) ，
(2
a
C
，0，
3 )
2 a ，
(2
A
a ，2a ，0) ，
(0
EB
，2a ，0) ，
(2
a
BC
，2a
，
3 )
2 a ，
( 2
AB
a
，0，0)
设平面BEC 的法向量为
1
(
m
x
，
1y ，
1)
z
，则
0
0
m EB
m BC
，
则
1
1
1
1
2
0
3
2
0
2
2
ay
a x
ay
az
，取
( 3
m
，0，1)
．
设平面ABC 的法向量为
2
(
n
x
，
2y ，
2)
z
，则
0
0
n BC
n AB
，
则
2
2
2
2
3
2
0
2
2
2
0
a x
ay
az
ax
，取
(0
n
，
3 ，4) ．
设二面角E
BC
A
的大小为，则cos
|
| |
|
m n
m
n
4
2 19
19
3 1
3 16
，
则二面角E
BC
A
的余弦值为
2 19
19
．
17．(2014 新课标Ⅰ，理19)如图三棱锥
1
1
1
ABC
A B C
中，侧面
1
1
BB C C 为菱形，
1
AB
B C
．
(Ⅰ) 证明：
1
AC
AB
；
(Ⅱ)若
1
AC
AB
，
o
1
60
CBB
，AB=BC，求二面角
1
1
1
A
A B
C
的余弦值．
【解析】(Ⅰ)连结
1
BC ，交
1
B C 于O，连结AO．因为侧面
1
1
BB C C 为菱形，所以
1
B C
1
BC
，且O 为
1
B C
与
1
BC 的中点．又
1
AB
B C
，所以
1
B C 平面ABO ，故
1
B C
AO
又
1
B O
CO
，故
1
AC
AB
………6 分
(Ⅱ)因为
1
AC
AB
且O 为
1
B C 的中点，所以
AO=CO
又
因为AB=BC
，所以BOA
BOC
故OA⊥OB
，从而OA，OB，
1
OB 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
位长，建立如
图所示空间直角坐标系O- xyz ．因为
0
1
60
CBB
，
所以
1
CBB
为等边三角形．又AB=BC
，则
3
0,0, 3
A
，
1,0,0
B
，
1
3
0,
,0
3
B
，
3
0,
,0
3
C
1
3
3
0,
,
3
3
AB
，
1
1
3
1,0,
,
3
A B
AB
1
1
3
1,
,0
3
B C
BC
设
, ,
n
x y z
是平面的法向量，则
1
1
1
0
0
n AB
n A B
，即
3
3
0
3
3
3
0
3
y
z
x
z
所以可取
1, 3, 3
n
设m
是平面的法向量，则
1
1
1
1
0
0
m A B
n B C
，同理可取
1,
3, 3
m
则
1
cos
,
7
n m
n m
n m
，所以二面角
1
1
1
A
A B
C
的余弦值为1
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
，
则
(0, 3,0)
D
，
(0,0,0)
A
，
3 1
(0,
, )
2
2
E
，
( , 3,0)
C a
，
∴
3 1
(0,
, )
2
2
AE
，
( , 3,0)
AC
a
，设
( , , )
n
x y z
是平面AEC 的法向量，
则
3
1
0
2
2
3
0
n AE
y
z
n AC
ax
y
，解之：
3
3
a
y
x
z
y
，令
3
x
，得
( 3,
,
3 )
n
a
a
，
又∵
( ,0,0)
AB
a
是平面AED 的一个法向量，
∴
2
3
1
cos
,
cos60
2
3
4
a
AB n
a
a
，解之
3
2
a
∴
1
1
1
1
1
3
1
3
|
|
|
|
|
|
3
3
2
2
3
2
2
2
8
E ACD
V
AD
CD
AP
19 ．(2013 新课标Ⅱ，理18) 如图直棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，D ，E 分别为AB ，
1
BB 的中点，
1
AA =AC=CB=
2
2 AB ．
(Ⅰ)证明：
1
BC ∥平面
1ACD ；
(Ⅱ)求二面角D-
1AC
E
的正弦值．
【解析】(Ⅰ)连结
1
AC 交
1AC 于点F，连结DF，则F 为
1
AC 的中点，
又∵D 是AB 中点，则
1
BC ∥DF，
∵DF面
1ACD ，
1
BC 面
1ACD ，
∴
1
BC ∥面
1ACD
(Ⅱ)由
1
AA =AC=CB=
2
2 AB 得，AC⊥BC，
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)，
1A (2，0，2)，CD
=(1，1，0)，CE
=(0，2，1)，
1
CA
=(2，0，2)．
设n=
1
1
1
( ,
,
)
x y z
是平面
1ACD 的法向量，
则
1
0
0
CD
AC
n
n
即
1
1
1
1
0
2
2
0
x
y
x
z
，可取n=(1，－1，－1)．
同理，设m =
2
2
2
(
,
,
)
x
y
z
是平面
1ACE 的法向量，
则
1
0
0
CE
AC
m
m
，即
2
2
2
2
2
0
2
2
0
y
z
x
z
，可取m =(2，1，—2)，
∴cos m,n =
m n
| m || n |
= 2 1
2
3 3
=
3
3
，∴sin m,n =
6
3
，
∴二面角D-
1AC
E
的正弦值为
6
3
．
20．(2012•新课标，理19)如图，直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
1
1
2
AC
BC
AA
，D 是棱
1
AA 的中点，
1
DC
BD
(1)证明：
1
DC
BC
；
(2)求二面角
1
1
A
BD
C
的大小．
【解析】(1)证明：在Rt DAC
中，AD
AC
，
45
ADC
同理：
1
1
45
A DC
，
1
90
CDC
1
DC
DC
，
1
DC
BD
DC
BD
D
1
DC
面BCD
BC
面BCD
1
DC
BC
(2)解：
1
DC
BC
，
1
CC
BC
，
1
1
1
DC
CC
C
，
BC
面
1
1
ACC A ，
AC
面
1
1
ACC A ，
BC
AC
取
1
1
A B 的中点O ，过点O 作OH
BD
于点H ，连接
1
C O ，OH
1
1
1
1
AC
B C
，
1
1
1
C O
A B
，
面
1
1
1
A B C 面
1A BD ，面
1
1
1
A B C 面
1
1
1
A BD
A B
，
1
C O
面
1A BD
而BD 面
1A BD
1
BD
C O
，
OH
BD
，
1
C O
OH
O
，
BD
面
1
1
C OH
C H
BD
，点H 与点D 重合且
1
C DO
是二面角
1
1
A
BD
C
的平面角
设AC
a
，则
1
2
2
a
C O
，
1
1
2
2
C D
a
C O
，
1
1
sin
2
C DO
1
30
C DO
即二面角
1
1
A
BD
C
的大小为30
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
=
0
60 ，AB = 2AD ，
PD ⊥底面ABCD ．
(Ⅰ)证明：PA
BD
；
(Ⅱ)若PD = AD ，求二面角A
PB
C
的余弦值．
【解析】(Ⅰ) ∵
DAB
=
0
60 ，AB = 2AD ，由余弦定理得BD =
3AD ，
∴
2
2
BD
AD
=
2
AB ，
∴BD ⊥AD ，
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)．
设平面PAB 的法向量为n=(
1x ，
1y ，
1z )，则
0
0
AB
PB
n
n
，
即
1
1
1
3
0
3
0
x
y
y
z
，取
1y =1，则
1x =
3 ，
1z =
3 ，
∴n=(
3 ，1，
3 )，
设平面PBC 的法向量为m =(
2x ，
2y ，
2z )，则
0
0
BC
PB
m
m
，即
2
1
0
3
0
x
y
z
，取
2y =－1，则
2x =0，
2z =
－
3 ，∴m =(0，－1，－
3 )，cos m,n =
4
2 7
=
2 7
7
，
故二面角A
PB
C
的余弦值为
2 7
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，
2
PA
PD
，
2
PB
，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，
1,
60
AB
AD
DAB
，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，
在
2
2
2
7
,
4
Rt PAG
PG
PA
AG
中
在
3
sin 60
2
Rt ABG
BG AB
中,
=
=
2
2
2
7
3
4
21
4
4
cos
2
7
7
3
2
2
2
PG
BG
PB
PGB
PG BG
法二：(Ⅰ)取AD 中点为G，因为
,
.
PA
PD PG
AD
又
,
60 ,
AB
AD
DAB
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．
设
1
1
(0,0,
),
( ,0,0),
( ,
,0),
( ,
,0).
2
2
P
m G n
A n
D n
则
3
|
| |
| sin 60
2
GB
AB
3
3
3 1
3 1
(
,0,0),
(
,1,0),
(
,
,0),
(
,
,
).
2
2
2
2
2
4
2 2
n
m
B n
C n
E n
F
由于
3
3
(0,1,0),
(
,0,0),
(
,0,
)
2
2
4
2
n
m
AD
DE
FE
得
0,
0,
,
,
AD DE
AD FE
AD
DE AD
FE DE
FE
E
AD
平面DEF．
(Ⅱ)
1
3
( ,
,
),
(
,0,
)
2
2
PA
n
m PB
n
m
2
2
2
2
1
3
3
2, (
)
2,
1,
.
4
2
2
m
n
n
m
m
n
解之得
取平面ABD 的法向量
1
(0,0, 1),
n
设平面PAD 的法向量
2
( , , )
n
a b c
由
2
2
3
3
0,
0,
0,
0,
2
2
2
2
b
b
PA n
a
c
PD n
a
c
得
由
得
取
2
3
(1,0,
).
2
n
1
2
3
21
2
cos
,
.
7
7
1
4
n n
23
．
(2019
天
津
理
17)
如
图
，
AE
平
面
ABCD
，
,
CF
AE
AD
BC
∥
∥
，
,
1,
2
AD
AB
AB
AD
AE
BC
．
(Ⅰ)求证：BF ∥平面ADE ；
(Ⅱ)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；
(Ⅲ)若二面角E
BD
F
的余弦值为1
3
，求线段CF 的长．
【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE
，
，
的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直
角坐标系，如图所示，可得
(0,0,0),
(1,0,0),
(1,2,0),
(0,1,0)
A
B
C
D
，(0,0,2)
E
．设
(
0)
CF
h
h
，
则
1,2,
F
h ．
(Ⅰ)依题意，
(1,0,0)
AB
是平面ADE 的法向量，又
(0,2, )
BF
h
，可得
0
BF AB
，又因为直线BF
平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．
(Ⅱ)依题意，
( 1,1,0),
( 1,0,2),
( 1, 2,2)
BD
BE
CE
．
设
( , , )
x y z
n
为平面BDE 的法向量，则
0
0
BD
BE
n
n
，即
0
2
0
x
y
x
z
，不妨令
1
z ，
可得
(2,2,1)
n
．因此有
4
cos
,
9
|
||
|
CE
CE
CE
n
n
n
．
所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为4
9
．
(Ⅲ)设
( , , )
x y z
m
为平面BDF 的法向量，则
0
0
BD
BF
m
m
，即
0
2
0
x
y
y
hz
，
不妨令
1
y
，可得
2
1,1,
h
m
．
由题意，有
2
2
4
|
|
1
cos
,
|
||
|
3
4
3
2
h
h
m n
m n
m
n
，解得
8
7
h
．经检验，符合题意．
所以，线段CF 的长为8
7
．
24．(2018 北京)如图，在三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
1
CC 平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为
1
AA ，AC ，
1
1
AC ，
1
BB 的中点，
5
AB
BC
，
1
2
AC
AA
．
(1)求证：AC ⊥平面BEF ；
(2)求二面角
1
B
CD
C
的余弦值；
(3)证明：直线FG 与平面BCD相交．
【解析】(1)在三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
∵
1
CC ⊥平面ABC ，
∴四边形
1
1
A ACC 为矩形．
又E ，F 分别为AC ，
1
1
AC 的中点，
∴AC ⊥EF ．
∵AB
BC
．
∴AC ⊥BE ，
∴AC ⊥平面BEF ．
(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥
1
CC ．
又
1
CC ⊥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
(0,2,0)
B
，
( 1,0,0)
C
，
(1,0,1)
D
，
(0,0,2)
F
，
(0,2,1)
G
．
∴
=(2 0 1)
CD
，，
uuur
，
=(1 2 0)
CB
，，
uur
，
设平面BCD的法向量为
(
)
a b c
，，
n
，
∴
0
0
CD
CB
uuur
uur
n
n
，∴2
0
2
0
a
c
a
b
，
令
2
a
，则
1
b ，
4
c ，
∴平面BCD的法向量
(2
1
4)
，，
n
，
又∵平面
1
CDC 的法向量为
=(0 2 0)
EB
uur
，，，
∴
21
cos
=
21
|
||
|
EB
EB
EB
uur
uur
uur
n
n
n
．
由图可得二面角
1
B
CD
C
为钝角，所以二面角
1
B
CD
C
的余弦值为
21
21
．
(3)平面BCD 的法向量为
(2
1
4)
，，
n
，∵
(0,2,1)
G
，
(0,0,2)
F
，
∴
=(0
2 1)
GF
uuur
，
，，∴
2
GF
uuur
n
，∴n 与GF
uuur
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 ；
(II)已知EF = FB = 1
2 AC = 2 3 ，AB
BC
．求二面角F
BC
A
的余弦值．
【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
B
A
C
G
H
(Ⅱ) 连结OB ，
AB
BC
OB
A
O
，以为O原点，分别以
,
,
OA OB OO为
z
y,
x,
轴，建立空间直角
坐标系．
E
F
B
A
C
O
，
O
x
y
z
1
2 3
2
EF
FB
AC
，AB
BC
．
3
)
(
2
2
FO
BO
BF
O
O
，
于是有
(2 3,0,0)
A
，
(
2 3,0,0)
C
，
(0,2 3,0)
B
，
(0, 3,3)
F
，
可得平面FBC 中的向量
(0,
3,3)
BF
，
(2 3,2 3,0)
CB
，
于是得平面FBC 的一个法向量为
1
(
3, 3,1)
n
，
又平面ABC 的一个法向量为
2
(0,0,1)
n
，
设二面角F
BC
A
为，
则
7
7
7
1
cos
2
1
2
1
n
n
n
n
．
二面角F
BC
A
的余弦值为7
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，
2
AB
BE
．
(Ⅰ)求证：EG ∥平面ADF ；
(Ⅱ)求二面角O
EF
C
的正弦值；
(Ⅲ)设H 为线段AF 上的点，且AH = 2
3 HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：找到AD 中点I ，连结FI ，∵矩形OBEF ，∴EF OB
∥
∵G 、I 是中点，∴GI 是ABD
的中位线，∴GI
BD
∥
且
1
2
GI
BD
，
∵O 是正方形ABCD 中心，∴
1
2
OB
BD
，∴EF
GI
∥
且EF
GI
=
．
∴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
0
2
0
B
，
，
，
2
0
0
C
，，
，
0
2
2
E
，
，
，
0
0
2
F
，，
设面CEF 的法向量
1n
x
y
z
，，
1
1
0
2
0
2
0
2
0
2
2
2
0
n EF
x
y
z
y
n CF
x
y
z
x
z
，，
，
，
，，
，，
得：
2
0
1
x
y
z
∴
1
2
0 1
n
，，
∵OC 面OEF ，∴面OEF 的法向量
2
1
0
0
n
，，
1
2
1
2
1
2
2
6
cos
3
3 1
n
n
n
n
n n
，
2
1
2
6
3
sin
1
3
3
n
n
，
(3)∵
2
3
AH
HF
，∴
2
2
2 2
4
2
0
2
0
5
5
5
5
AH
AF
，，
，，
设
H x
y
z
，，
，
∴
2 2
4
2
0
5
5
AH
x
y
z
，，
，，
，得：
3 2
5
0
4
5
x
y
z
3 2
4
2
5
5
BH
，
，
1
2
1
6
4
7
5
5
cos
21
2 2
3
5
BH n
BH
n
BH n
，
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 ，
2
AB
BE
EC
，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 ，
又G 是BE 的中点，
1
/ /
= 2
GH
AB
GH
AB
所以
，且
，
又F 是CD 中点，
1
= 2
DF
CD
所以
，
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
ADE
GF
ADE
平面
，
平面
，所以GF ∥平面ADE ．
(Ⅱ)如图，在平面BEG 内，过点B 作BQ ∥EC ，因为BE
CE
BQ
BE
，所以
．
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A=(
B
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
(2,0, 2)
AE
，
=(2,2, 1)
AF
，
由
AE
0
2
2
0,
2
2
0,
AF
0
n
x
z
x
y
z
n
，得
，
取
2
z =
得=(2, 1,2)
n
．
从而
A
4
2
cos
, A =
,
3 2
3
|
| |
A |
n B
n B
n
B
所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为2
3
．
28．(2015 山东)如图，在三棱台DEF
ABC
中，
2
AB
DE
，
,
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FGH 与平面ACFD 所成的
角(锐角)的大小．
【解析】(Ⅰ)证法一：连接
CD
DG，
，设
O
GF
CD
，连接OH ．
在三棱台
ABC
DEF
中，
DE
AB
2
，G 为AC 的中点，
可得
GC
DF
GC
DF
，
//
，
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
ABC
DEF
中，由
EF
BC
2
，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
H
HF
GH
，所以平面FGH ∥平面ABED ，
因为
BD
平面ABED ，所以BD ∥平面FGH ．
(Ⅱ)解法一：设
2
AB
，则
1
CF
，
在三棱台
ABC
DEF
中，G 为AC 的中点，
由
GC
AC
DF
2
1
，可得四边形DGCF 为平行四边形，
因此DG ∥FC ，又
FC
平面ABC ，所以
DG
平面ABC ，
在ABC
中，由
BC
AB
，
45
BAC
，G 是AC 中点，
所以
GC
GB
BC
AB
，
，因此
GD
GC
GB
,
,
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
xyz
G
，
所以
)1
0
0
(
),
0,
2
0
(
)
0
0,
2
(
)
0
0
0
(
，
，
，
，
，
，
，
，
D
C
B
G
可得
)
0,
2
0
(
)
0,
2
2
2
2
(
，
，
，
F
H
，
故
)
0,
2
0
(
),
0,
2
2
2
2
(
，
，
GF
GH
，
设
)
,
,
(
z
y
x
n
是平面FGH 的一个法向量，则
由
0
0
n GH
n GF
可得
0
2
0
x
y
y
z
可得平面FGH 的一个法向量
)
2
,1
,1(
n
，
因为GB
是平面ACFD的一个法向量，
2,0,0
GB
（
），
所以
2
1
cos
,
2
|
| |
|
2 2
GB n
GB n
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
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，底面ABCD 是等腰梯形，
60 ,
DAB
2
2
AB
CD
，M 是线段AB 的中点．
(Ⅰ)求证：
1
1
1
/ /
C M
A ADD
平面
；
(Ⅱ)若
1
CD 垂直于平面ABCD 且
1= 3
CD
，求平面
1
1
C D M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．
【解析】(Ⅰ)证明：∵四边形ABCD 为等腰梯形，且
2
AB
CD
，
所以AB
MA
∥
且CD
MA
，连接
1
AD
1
1
1
1
D
C
B
A
ABCD
为四棱柱，
1
1
//
D
C
CD
1
1D
C
CD
又
M
为AB 的中点，
1
AM
AM
CD//
，
AM
CD
1
1
//
D
C
AM
，
1
1D
C
AM
1
1D
AMC
为平行四边形，
1
1 // MC
AD
又
1
1
1
ADD
A
M
C
平面
，
1
1
1
ADD
A
AD
平面
，
1
1
1 //
ADD
A
AD
平面
．
(Ⅱ)方法一：由(Ⅰ)知平面
1
1
D C M 平面ABCD = AB
作
AB
CN
，连接
N
D1
则
NC
D1
即为所求二面角
1
C
AB
C
的平面角．
在Rt BNC
中，
1
BC
0
60
NBC
2
3
CN
2
2
1
1
15
2
ND
CD
CN
在
1
Rt D CN
中，
1
1
5
cos
5
CN
D NC
D N
．
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
60
ABC
DAB
，
所以MBC
为正三角形．
因此
2
2,
3
AB
BC
CA
，∴CA
CB
．
以C 为原点，CD 为x 轴，CP 为y 轴，
1
CD 为z 轴建立空间坐标系，
)
0,
2
3
,
2
1
(
),
3
,0,0
(
),
3
,0,1
(
1
1
M
D
C
)
3
,
2
3
,
2
1
(
),
0,0,1(
1
1
1
M
D
D
C
设平面
M
D
C
1
1
的法向量为
)
,
,
(
1
1
1
z
y
x
n
0
3
2
3
2
1
0
1
1
1
1
z
y
x
x
)1,2,0
(
1
n
显然平面ABCD的法向量为
)
0,0,1(
2
n
5
5
5
1
,
cos
2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
显然二面角为锐角，
所以平面
M
D
C
1
1
和平面ABCD所成角的余弦值为5
5
1
1
3
3
5
2
cos
.
5
15
15
2
NC
D CN
D N
30．(2014 辽宁)如图，ABC
和BCD
所在平面互相垂直，且
2
AB
BC
BD
，
0
120
ABC
DBC
，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
120
CBD
，∴ΔBCF 为RT 三角形，
FC
BF
．同理，∵
,
BC
BA AE
EC
，
且
120
ABC
，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
2
EOC
FOC
，即FO
BC
．
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
0,0,0
B
，
(0, 1, 3)
A
，
( 3, 1,0)
D
，
(0,2,0)
C
．因而
1
3
(0,
,
)
2
2
E
，
3 1
(
,
,0)
2
2
F
，∴
3
3
(
,0,
)
2
2
EF
，
(0,2,0)
BC
，因此
0
EF BC
，
∴EF
BC
，所以EF
BC
．
(Ⅱ)如上图中，平面BFC 的一个法向量为
1
(0,0,1)
n
．设平面BEF 的法向量
2
( , , )
x y z
n
，又
3 1
(
,
,0)
2
2
BF
，
1
3
(0,
,
)
2
2
BE
，
由
2
2
0
0
BF
BE
n
n
得其中
2
(0,
3,1)
n
．
设二面角E
BF
C
大小为，且由题意知为锐角
2
1
2
1
2
1
cos
cos
,
5
1n n
n n
n n
，因此
2
2 5
sin
5
5
，
即所求二面角的正弦值为2 5
5
．
31．(2014 浙江)如图，在四棱锥
BCDE
A
中，平面
ABC
平面BCDE ，
90
CDE
BED
，
2
AB
CD
，
1
DE
BE
，
2
AC
．
(Ⅰ)证明：
DE
平面ACD ；
(Ⅱ)求二面角
E
AD
B
的大小．
【解析】(Ⅰ)在直角梯形BCDE 中，由
1
DE
BE
，
2
CD
得，
2
BD
BC
，
由
2,
2
AC
AB
，则
2
2
2
AB
AC
BC
，即AC
BC
，
又平面
ABC
平面BCDE ，从而AC 平面BCDE ，
所以AC
DE
，又DE
DC
，从而DE 平面ACD ．
(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
E
AD
B
的平面角，在直角梯形BCDE 中，
由
2
2
2
CD
BD
BC
，得BD
BC
，
又平面
ABC
平面BCDE ，得BD 平面ABC ，从而，BD
AB
，
由于AC 平面BCDE ，得：AC
CD
，在Rt ACD
中，由
2
CD
，
2
AC
，得
6
AD
，
在Rt AED
中，
1
DE
，
6
AD
，得
7
AE
，
在Rt ABD
中，
2
BD
，
2
AB
，
6
AD
，
得
2 3
3
BF
，
2
3
AF
AD
，从而
2
3
GF
，
在
,
ABE
ABG
中，利用余弦定理分别可得
5 7
2
cos
,
14
3
BAE
BG
，
在BFG
中，
2
2
2
3
cos
2
2
GF
BF
BG
BFG
BF GF
，
所以
6
BFG
，即二面角
E
AD
B
的大小是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：
0,0,0 ,
1,0,0 ,
0,2,0 ,
0,2,
2 ,
1,1,0
D
E
C
A
B
，
设平面ADE 的法向量为
1
1
1
,
,
m
x y z
，平面ABD 的法向量为
2
2
2
,
,
n
x
y
z
，
可算得
0, 2,
2
AD
，
1,1,0 ,
1, 2,
2
DB
AE
，
由
0
0
m AD
m AE
得，
1
1
1
1
1
0
2
2
0
2
2
0
y
z
x
y
z
，可取
0,1,
2
m
，
由
0
0
n AD
n BD
得，
2
2
2
2
0
2
2
0
0
y
z
x
y
，可取
1,1,
2
n
，
于是
3
cos
,
2
m n
m n
m n
，由题意可知，
所求二面角是锐角，故二面角
E
AD
B
的大小是6
．
32．(2014 广东)如图4，四边形ABCD 为正方形，PD 平面ABCD ，
0
30
DPC
，
AF
PC
于点F ，
/ /
FE
CD ，交PD 于点E ．
(Ⅰ)证明：CF
ADF
平面
(Ⅱ)求二面角D
AF
E
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
ADF
平面
；
(Ⅱ)设
1
AB ，则Rt PDC
中，
1
CD ，又
0
30
DPC
，
2
PC
，
3
PD
，由(Ⅰ)知CF
DF
3
2
DF
，
2
2
7
2
AF
AD
DF
，
2
2
1
2
CF
AC
AF
，又
/ /
FE
CD ，
1
4
DE
CF
PD
PC
，
3
4
DE
，同理
3
3
4
4
EF
CD
，
如图所示，以D 为原点，建立空间直角坐标系，则
(0,0,1)
A
，
3
(
,0,0)
4
E
，
3 3
(
,
,0)
4
4
F
，
( 3,0,0)
P
，
(0,1,0)
C
，
设
( , , )
m
x y z
是平面AEF 的法向量，则m
AE
m
EF
，又
3
(
,0,0)
4
3
(0,
,0)
4
AE
EF
，
所以
3
0
4
3
0
4
m AE
x
z
m EF
y
，令
4
x
，得
3
z
，
(4,0, 3)
m
，
由(Ⅰ)知平面ADF 的一个法向量
(
3,1,0)
PC
，
设二面角D
AF
E
的平面角为，可知为锐角，
|
|
cos
| cos
,
|
|
| |
|
m PC
m PC
m
PC
4 3
2 57
19
19
2
，即所求．
33．(2014 湖南)如图，四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的所有棱长都相等，AC
BD
O
，
1
1
1
1
1
AC
B D
O
，四边形
1
1
1
1
ACC A
BDD B
和四边形
均为矩形．
(1)证明：
1
;
O O
ABCD
底面
(2)若
1
1
60 ,
CBA
C
OB
D
求二面角
的余弦值．
【解析】(Ⅰ)如图，因为四边形
1
1
ACC A 为矩形，所以
1
CC
AC
．同理
1
DD
BD
．因为
1
CC ∥
1
DD ，
所以
1
CC
BD
．而AC
BD
O
，因此
1
CC 底面ABCD ．由题设知，
1
O O ∥
1
C C ．故
1
O O 底面
ABCD ．
(Ⅱ)解法一如图，过
1
O 作
1
1
O H
OB
于H，
连接
1
HC ，由(Ⅰ)知，
1
O O 底面ABCD ，所以
1
O O 底面
1
1
1
1
A B C D ，
于是
1
O O
1
1
AC ．又因为四棱柱ABCD-
1
1
1
1
A B C D 的所有棱长
都相等，所以四边形
1
1
1
1
A B C D 是菱形，因此
1
1
1
1
AC
B D
，
从而
1
1
1
1
AC
BDD B
平面
，所以
1
1
1
AC
OB
，
于是
1
1
1
OB
O HC
平面
，进而
1
1
OB
C H
．
故
1
1
C HO
是二面角
1
1
C
OB
D
的平面角．
不妨设AB=2．因为
60O
CBA
，所以
3
OB
，
1
1
7
OC
OB
，
．
在
1
1
t
R
OO B
中，易知
1
1
1
1
1
3
2 7
OO O B
O H
OB
．而
1
1
1
O C ，
于是
2
2
1
1
1
1
12
19
1
7
7
C H
OC
O H
．
故
1
1
1
1
3
2
2 57
7
cos
19
19
7
O H
C HO
C H
．
即二面角
1
1
C
OB
D
的余弦值为2 57
19
．
34．(2013 陕西)如图，四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
的底面ABCD 是正方形，O 为底
面中心，
1AO ⊥平面ABCD ，
1
2
AB
AA
．
(Ⅰ)证明：
1AC ⊥平面
1
1
BB D D ；
(Ⅱ)求平面
1
OCB 与平面
1
1
BB D D 的夹角的大小．
【解析】(Ⅰ)解法一
由题意易知
1
,
,
OA OB OA 两两垂直，以O 为原点建立直角坐标系，如图：
1
1
1
2,
1,
1,0,0 ,
0,1,0 ,
1,1,1 ,
(0, 1,0),
0,0,1 .
AB
AA
OA
OB
OA
A
B
C
D
A
1
1
2
,
1,1,1 .
A B
AB
B
由
易得
1
( 1,0, 1),
(0, 2,0),
AC
BD
1
( 1,0,1)
BB
1
1
1
0,
0,
AC BD
AC BB
1
1
1
,
AC
BD AC
BB
，
1
1
1 .
AC
BB D D
平面
解法二：
1
1
,
.
AO
ABCD
AO
BD
平面
ABCD
又
是正方形，
,
BD
AC
1
,
BD
AOC
平面
1 .
BD
AC
1
OA
AC
又
是
的中垂线，
1
1
2,
2,
A A
AC
AC
且
2
2
2
1
1
,
AC
AA
AC
1
AAC
是直角三角形，
1
1
AA
AC
1
1
/ /
,
BB
AA
又
1
1,
AC
BB
1
1
1 .
AC
BB D D
平面
(Ⅱ)
1
( , , ).
OCB
n
x y z
设平面
的法向量
1
( 1,0,0),
( 1,1,1),
OC
OB
1
0,
0,
n OC
x
n OB
x
y
z
0,
,
x
y
z
取
(0,1, 1),
n
由(Ⅰ)知，
1
1
1
( 1,0, 1),
A C
BB D D
是平面
的法向量，
1
1
1
cos
| cos
,
|
2
2
2
n AC
0
2
3
又
，＝
。
35．(2012 浙江)如图，在四棱锥P
ABCD
中，底面是边长为2 3 的菱形，
120
BAD
，且PA 平面
ABCD ，
2 6
PA
，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，
120
BAD
，得
2 3,
3
6
AC
AB
BD
AB
，
又因为PA 平面ABCD ，所以PA
AC
，
在直角PAC
中，
2 3,
2 6,
AC
PA
AQ
PC
，得
2,
4
QC
PQ
，
由此知个点坐标如下，
3
3
(
3,0,0),
(0, 3,0),
( 3,0,0),
(0,3,0),
(
3,0,2 6),
(
,
, 6)
2
2
A
B
C
D
P
M
3 3
3
2 6
(
,
, 6),
(
,0,
)
2
2
3
3
N
Q
．
设
( , , )
x y z
m
为平面AMN 的法向量，由
3
3
3 3
(
,
, 6),
(
,
, 6)
2
2
2
2
AM
AN
知
3
3
6
0
2
2
3
3
6
0
2
2
x
y
z
x
y
z
，取
1
z ，得
(2 2,0, 1)
m
．
设
( , , )
x y z
n
为平面QMN 的法向量，由
5 3
3
6
5 3 3
6
(
,
,
),
(
,
,
)
6
2
3
6
2
3
QM
AN
知
5 3
3
6
0
6
2
3
5 3
3
6
0
6
2
3
x
y
z
x
y
z
，取
5
z
，得
(2 2,0,5)
n
于是，
33
cos
,
33
m n
m n
| m | | n |
所以二面角A
MN
Q
的平面角的余弦值为
33
33
方法二：在菱形ABCD 中，
120
BAD
，得
,
3
AC
AB
BC
CD
DA BD
AB
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，
所以MQ
NQ
，且
1
1
2
2
AM
PB
PD
AN
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
2 3,
2 6
AB
PA
，故
在AMN
中，
1
3,
3
2
AM
AN
MN
BD
，得
3 3
2
AE
在直角PAC
中，AQ
PC
，得
2 2,
2,
4
AQ
QC
PQ
在PBC
中，
2
2
2
5
cos
2
6
PB
PC
BC
BPC
PB PC
，得
2
2
2
cos
5
MQ
PM
PQ
PM PQ
BPC
在等腰MQN
中，
5,
3
MQ
NQ
MN
，得
2
2
2
33
cos
2
33
AE
QE
AQ
AEQ
AE QE
所以二面角A
MN
Q
的平面角的余弦值为
33
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 是
DF 的中点．
(Ⅰ)设P 是
CE 上的一点，且AP
BE
，求
CBP
的大小；
(Ⅱ)当
3
AB
，
2
AD
，求二面角E
AG
C
的大小．
【解析】(Ⅰ)因为AP
BE
，AB
BE
，
AB ，AP 平面ABP ，AB
AP
A
，
所以BE 平面ABP ，
又BP 平面ABP ，
所以BE
BP
，又
120
EBC
，
因此
30
CBP
(Ⅱ)解法一：
取
EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH ．
因为
120
EBC
，
所以四边形BEHC 为菱形，
所以
2
2
3
2
13
AE
GE
AC
GC
．
取AG 中点M ，连接EM ，CM ，EC ．
则EM
AG
，CM
AG
，
所以
EMC
为所求二面角的平面角．
又
1
AM
，所以
13 1
2 3
EM
CM
．
在BEC
中，由于
120
EBC
，
由余弦定理得
2
2
2
2
2
2 2 2 cos120
12
EC
，
所以
2 3
EC
，因此EMC
为等边三角形，
故所求的角为60．
解法二：
以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得
(0,0,3)
A
(2,0,0)
E
，
(1, 3,3)
G
，
( 1, 3,0)
C
，
故
(2,0, 3)
AE
，
(1, 3,0)
AG
，
(2,0,3)
CG
，
设
1
1
1
( ,
,
)
m
x y z
是平面AEG 的一个法向量．
由
0
0
m AE
m AG
可得
1
1
1
1
2
3
0,
3
0,
x
z
x
y
取
1
2
z
，可得平面AEG 的一个法向量
(3,
3,2)
m
．
设
2
2
2
(
,
,
)
n
x
y
z
是平面ACG 的一个法向量．
由
0
0
n AG
n CG
可得
2
2
2
2
3
0,
2
3
0,
x
y
x
z
取
2
2
z
，可得平面ACG 的一个法向量
(3,
3, 2)
n
．
所以
1
cos
,
|
| |
|
2
m n
m n
m
n
．
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
1
AB ，
2
BE
BF
，
60
FBC
．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，
60
EBC
，
1
BH
，
3
EH
，
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
( 1
A ，1，0) ，
(1
C
，0，0) ，
(2
G
，0，
3
) ，
(1
CG
，0，
3) ，
(2
AC
，1
，0) ，
设平面ACGD 的法向量
(
n
x
，y ，)z ，
则
3
0
2
0
CG n
x
z
AC n
x
y
，取
3
x
，得
(3
n
，6，
3)
，
又平面BCGE 的法向量为
(0
m
，1，0) ，
3
cos
,
|
| |
|
2
n m
n m
n
m
，
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，
则
1
2
AE
AD
，
1
2
BF
BC
，
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
90
FPD
FCD
，
所以PF
PD
，
由于DE
PD
D
，则PF 平面PDE ，
故
1
3
F
PDE
PDE
V
PF S
，
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
2
PD
a
，DE
a
在PDE
中，
3
PE
a
，
所以
2
3
2
PDE
S
a
，
故
3
3
6
F
PDE
V
a
，
又因为
2
1
2
2
DEF
S
a
a
a
，
所以
2
3
3
2
F
PDE
V
PH
a
a
，
所以在PHD
中，
3
sin
4
PH
PDH
PD
，
即
PDH
为DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为：
3
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 ，
5
AB
，
6
AC
，点E ，F 分
别在AD ，CD 上，
5
4
AE
CF
，EF 交于BD 于点H ，将
DEF
沿EF 折到△D EF
的位置，
10
OD
．
(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，
AD
DC
，又
5
4
AE
CF
，
DE
DF
EA
FC
，则
/ /
EF
AC ，
又由ABCD 是菱形，得AC
BD
，则EF
BD
，
EF
DH
，则EF
D H
，
6
AC
，
3
AO
，
又
5
AB
，AO
OB
，
4
OB
，
1
AE
OH
OD
AD
，则
3
DH
D H
，
2
2
2
|
|
|
|
|
|
OD
OH
D H
，则D H
OH
，
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，
5
AB
，
6
AC
，
(5
B
，0，0) ，
(1
C
，3，0) ，
(0
D
，0，3) ，
(1
A
，3
，0) ，
(4,3,0),
( 1,3,3)
AB
AD
，
(0,6,0)
AC
，
设平面ABD的一个法向量为
1
( , , )
n
x y z
，
由
1
1
0
0
n AB
n AD
，得4
3
0
3
3
0
x
y
x
y
z
，取
3
x
，得
4
y ，
5
z
．
1
(3, 4,5)
n
．
同理可求得平面AD C
的一个法向量
2
(3,0,1)
n
，
设二面角二面角B
D A
C
的平面角为，
则
1
2
1
2
|
|
| 3 3
5 1|
7 5
| cos
|
25
|
||
|
5 2
10
n n
n
n
．
二面角B
D A
C
的正弦值为
2 95
sin
25
．
5．(2019 北京理16)如图，在四棱锥P
ABCD
中，PA
ABCD
平面
，AD
CD
，AD
BC
P
，
2
3
PA
AD
CD
BC
，
．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且
1
3
PF
PC
．
(Ⅰ)求证：CD
PAD
平面
；
(Ⅱ)求二面角F
AE
P
的余弦值；
(Ⅲ)设点G 在PB 上，且
2
3
PG
PB
．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．
【解析】(I)因为PA 平面ABCD ，所以PA
CD
．
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
0,1,1
AE
uuur
，
2,2, 2
PC
uuur
，
0,0,2
AP
uuur
．
所以
1
2 2
2
,
,
3
3 3
3
PF
PC
uuur
uuur
，
2 2 4
,
,
3 3 3
AF
AP
PF
uuur
uuur
uuur
设平面AEF 的法向量为
, ,
x y z
n
，则
0
0
AE
AF
uuuv
uuuv
n
n
，即
0
2
2
4
0
3
3
3
y
z
x
y
z
．
令z=1，则y=-1，x=-1．于是
1, 1,1
n
．
又因为平面PAD 的法向量为
1,0,0
p
，所以
3
cos
3
n p
< n, p >
n
p
．
因为二面角F-AE-P 为锐角，所以其余弦值为
3
3
(III)直线AG 在平面AEF 内，因为点G 在PB 上，且
2 ,
3
PG
PB
2, 1, 2 ,
PB
uur
所以
2
4
2
4
,
,
3
3
3
3
PG
PB
uuur
uur
，
4
2 2
,
,
3
3 3
AG
AP
PG
uuur
uuur
uuur
．
由(II)知，平面AEF 的法向量为
1, 1,1
n
，
所以
4
2
2
0
3
3
3
AG
uuur
n = -
，所以直线AG 在平面AEF 内．
6．(2016 年北京) 如图，在四棱锥P
ABCD
中，平面PAD 平面ABCD ，PA
PD
，
PA
PD
，AB
AD
，
1
AB
，
2
AD
，
5
AC
CD
．
(1)求证：PD 平面PAB ；
(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；
(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得
/ /
BM
平面PCD ？若存在，求AM
AP
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 ，
∵
5
CD
AC
，∴CO AD ，
∵PA
PD
，∴PO AD ，
以O 为原点，如图建系易知
(0 01)
P ，，，
(11 0)
B ，，，
(0
1 0)
D
，，，
(2 0 0)
C
，，，
则
(11
1)
PB
，，
，
(0
1
1)
PD
，，
，
(2 0
1)
PC
，，
，
( 2
10)
CD
，，，
设n
为面PDC 的法向量，令
0
0
(
,1)
n
x
y
，
．
0
1
1,1
2
0
n PD
n
n PC
，
，则PB 与面PCD 夹角有，
1
1 1
3
2
sin
cos
,
3
1
1 1
3
4
n PB
n PB
n PB
(3)假设存在M 点使得BM∥面PCD ，设AM
AP
，
0, ', '
M
y z
，
由(2)知
0,1,0
A
，
0,0,1
P
，
0, 1,1
AP
，
1,1,0
B
，
0,
' 1, '
AM
y
z
有
0,1
,
AM
AP
M
∴
1,
,
BM
∵BM∥面PCD ，n
为PCD 的法向量，
∴
0
BM n
，即
1
0
2
，∴
1
= 4
∴综上，存在M 点，即当
1
4
AM
AP
时，M 点即为所求．
7．(2015 陕西)如图1，在直角梯形ΑΒCD 中，
//
ΑD ΒC ，
2
ΒΑD
，
1
ΑΒ
ΒC
，
2
ΑD
，Ε 是ΑD
的中点，O 是AC 与BE 的交点．将ΑΒΕ
沿BE 折起到
1A BE
的位置，如图2 ．
(Ⅰ)证明：CD 平面
1AOC ；
(Ⅱ)若平面
1A BE 平面BCDE ，求平面
1A BC 与平面
1ACD 夹角的余弦值．
【解析】(Ⅰ)在图1 中，因为
1
AB
BC
=
=
，
2
AD =
，E 是AD 的中点，
BAD = 2
，所以BE AC ．
即在图2 中，BE
1
OA ，BE OC ．从而BE 平面
1AOC ．
又CD ∥BE ，所以CD 平面
1AOC ．
(Ⅱ)由已知，平面
1A BE 平面BCDE ，又由(Ⅰ)知，BE
1
OA ，BE OC ．
所以
1AOC
为二面角
1-
-C
A BE
的平面角，所以
1OC
2
A
．
如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系，
因为
1
1
1
A B
A E
BC
ED
=
=
=
=
，BC
ED
所以
2
(
,0,0)
2
B
，
2
(
,0,0)
3
E
，
1
2
(0,0,
)
2
A
，
2
(0,
,0)
2
C
．
得
2
2
BC(
,
,0),
2
2
-
1
2
2
A C(0,
,
)
2
2
-
，CD
BE
(
2,0,0)
=
= -
．
设平面
1BC
A
的法向量
1
1
1
1
( ,
,
)
n
x y z
=
，平面
1CD
A
的法向量
2
2
2
2
(
,
,
)
n
x
y
z
=
，
平面
1BC
A
与平面
1CD
A
夹角为，
则
1
1
1
0
0
n BC
n
AC
，得
1
1
1
1
0
0
x
y
y
z
，取
1
(1,1,1)
n =
，
2
2
1
0
0
n
CD
n
AC
，得
2
2
2
0
0
x
y
z
，取
2
(0,1,1)
n
，
从而
1
2
2
6
cos
| cos
,
|
3
3
2
n n
，
即平面
1BC
A
与平面
1CD
A
夹角的余弦值为
6
3
．
8．(2013 广东)如图1，在等腰直角三角形ABC 中，
90
A
，
6
BC
，
,
D E 分别是
,
AC AB 上的点，
2
CD BE
，O 为BC 的中点．将ADE
沿DE 折起，得到如图2
所示的四棱锥A
BCDE
，其中
3
A O
．
(Ⅰ) 证明：A O
平面BCDE ；
(Ⅱ) 求二面角A
CD
B
的平面角的余弦值．
【解析】(Ⅰ)在图1 中，易得
3,
3 2,
2 2
OC
AC
AD
连结
,
OD OE ，在OCD
中，由余弦定理可得
2
2
2
cos45
5
OD
OC
CD
OC CD
由翻折不变性可知
2 2
A D
，
所以
2
2
2
A O
OD
A D
，所以A O
OD
，
理可证A O
OE
，又OD
OE
O
，所以A O
平面BCDE ．
(Ⅱ)传统法：过O 作OH
CD
交CD 的延长线于H ，连结A H
，
因为A O
平面BCDE ，所以A H
CD
，
所以
A HO
为二面角A
CD
B
的平面角．
结合图1 可知，H 为AC 中点，故
3 2
2
OH
，从而
2
2
30
2
A H
OH
OA
所以
15
cos
5
OH
A HO
A H
，所以二面角A
CD
B
的平面角的余弦值为15
5
．
向量法：以O 点为原点，建立空间直角坐标系O
xyz
如图所示，
则
0,0, 3
A
，
0, 3,0
C
，
1, 2,0
D
所以
0,3, 3
CA
，
1,2, 3
DA
设
, ,
n
x y z
为平面A CD
的法向量，则
0
0
n CA
n DA
，即3
3
0
2
3
0
y
z
x
y
z
，解得
3
y
x
z
x
，令
1
x
，得
1, 1, 3
n
由(Ⅰ) 知，
0,0, 3
OA
为平面CDB 的一个法向量，
所以
3
15
cos
,
5
3
5
n OA
n OA
n OA
，
即二面角A
CD
B
的平面角的余弦值为15
5
．
9．(2013 湖北)如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于
,
A B 的点，直线PC 平面ABC ，E ，F 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；
(Ⅱ)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足
1
2
DQ
CP
．记直线PQ 与平面ABC 所
成的角为，异面直线PQ 与EF 所成的角为，二面角E
l
C
的大小为，求证：
sin
sin
sin
．
【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
．
由
1
2
DQ
CP
，作DQ ∥CP ，且
1
2
DQ
CP
．
连接PQ ，DF ，因为F 是CP 的中点，
2
CP
PF
，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
sin
CF
DF
，sin
BF
DF
，sin
CF
BF
，
从而sin
sin
sin
CF
BF
CF
BF
DF
DF
，即sin
sin
sin
．
10．(2012 福建)如图，在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中
1
1
AA
AD
，E 为CD 中点．
(Ⅰ)求证：
1
1
B E
AD
；
(Ⅱ)在棱
1
AA 上是否存在一点P ，使得DP ∥平面
1
B AE ？若存在，求AP 的行；若存在，求AP 的长；
若不存在，说明理由．[
(Ⅲ)若二面角
1
1
A
B E
A
的大小为30°，求AB 的长．
【解析】(Ⅰ)以A 为原点
1
,
,
AB AD AA
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)．
设AB
a
，则
(0,0,0)
A
，
(0,1,0)
D
，
1(0,1,1)
D
，
,1,0
2
a
E
，
1( ,0,1)
B a
故
1
(0,1,1)
AD
，
1
,1, 1
2
a
B E
，
1
( ,0,1)
AB
a
，
,1,0
2
a
AE
．
∵
1
1
0 1 1
( 1) 1
0
2
a
AD B E
，∴
1
1
B E
AD
(Ⅱ)假设在棱AA1 上存在一点
0
(0,0,
)
P
z
，使得DP∥平面
1
B AE ．此时
0
(0, 1,
)
DP
z
．
又设平面
1
B AE 的法向量n=(x，y，z)．
∵n 平面
1
B AE ，∴
1
AB
n
，
AE
n
，得
0
0
2
ax
z
ax
y
取
1
x
，得平面
1
B AE 的一个法向量
1,
,
2
a
a
n
．
要使DP∥平面
1
B AE ，只要
DP
n
，有
0
0
2
a
az
，解得
0
1
2
z
．
又DP平面
1
B AE ，∴存在点P，满足DP∥平面
1
B AE ，此时AP=1
2．
(Ⅲ)连接A1D，B1C，由长方体ABCD-A1B1C1D1 及AA1=AD=1，得AD1A1D．
∵B1C∥A1D，∴AD1 B1C．
又由(Ⅰ)知B1E AD1，且B1C∩B1E=B1，
∴AD1 平面DCB1A1．∴
1
AD
是平面A1B1E 的一个法向量，此时
1
AD
=(0，1，1)．
设
1
AD
与n 所成的角为θ，则
1
2
2
1
2
cos
2 1
4
a
a
n AD
n
AD
a
a
．
∵二面角A-B1E-A1 的大小为30°，∴cos
cos30
，即
2
3
3
2
2
5
2 1
4
a
a
，解得
2
a
，即AB 的长为2．
