(1)证明：平面
AEC
⊥平面
AFC
；
(2)求直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值．
(1)证明 如图所示，连接
BD
，设
BD
∩
AC
＝
G
，连接
EG
，
FG
，
EF
.
在菱形
ABCD
中，不妨设
GB
＝1.
由∠
ABC
＝120°，
可得
AG
＝
GC
＝3.
由
BE
⊥平面< br>ABCD
，
AB
＝
BC
＝2，可知
AE
＝< br>EC
.
又
AE
⊥
EC
，所以
EG
＝3，且
EG
⊥
AC
.
在Rt△
EBG
中，可得
BE
＝2，故
DF
＝
2
2
.
在Rt△
FDG
中，可得
FG
＝
6
2
.

9

在直角梯形
BDFE
中 ，由
BD
＝2，
BE
＝2，
DF
＝
以
EG
⊥
FG
.
又
AC
∩
FG
＝
G< br>，
AC
，
FG
⊂平面
AFC
，
所以
EG
⊥平面
AFC
.
因为
EG
⊂平 面
AEC
，所以平面
AEC
⊥平面
AFC
.
23 2
222
，可得
EF
＝，从而
EG
＋
FG
＝
EF
，所
22
→
(2)解 如图，以
G
为坐标原 点，分别以
GB
，
GC
所在直线为
x
轴、
y
轴，|
GB
|为单位长度，
建立空间直角坐标系
Gxyz
，

由(1)可得
A
(0，－3，0)，
E
(1，0，2)，
F

－1，0，


2


，
2

C
(0，3，0)，
2

→→
< br>所以
AE
＝(1，3，2)，
CF
＝

－1，－3，

.
2

→→
AE
，·
CF
3
→→
故cos〈
AE
，
CF
〉＝＝－.
→→3
|
AE
||
CF
|
所以直线
AE
与直线< br>CF
所成角的余弦值为
3
.
3
思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；
(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．
跟踪训练1三棱柱
ABC
－
A
1
B
1
C
1
中，△
ABC
为等边三角形，
AA
1
⊥平面
ABC
，
AA
1
＝
AB
，
N
，
M
分

10

别是
A
1
B
1
，
A
1
C
1
的中点，则
AM
与
BN
所成角的余 弦值为( )
1374
A.B.C.D.
105105
答案 C
解析 如图所示，取
AC
的中点
D
，以
D
为原点，
BD
，
DC
，
DM
所在直线分别为
x
轴、
y
轴、
z
轴，建立空间直角坐标系，不妨设
AC
＝2，则< br>A
(0，－1，0)，
M
(0，0，2)，
B
(－3，0， 0)，
N


－
3

2
，－
1< br>2
，2



，

所以
→
AM
＝(0，1，2)，
→
BN
＝


3

2
，－
1
2
，2
< br>

，
7
所以cos〈
→
AM
，
→
BN
〉＝
AM
，
→
·
→
BN
＝
2
＝
7
，故选C.
|
→
AM
|·|→
BN
|
5×5
10

11

题型二 求直线与平面所成的角
例2(2018·全国Ⅰ)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．
(1)证明 由已知可得
BF
⊥
PF
，
BF
⊥
EF
，
PF
∩
EF
＝
F
，
PF
，
EF< br>⊂平面
PEF
，
所以
BF
⊥平面
PEF
.
又
BF
⊂平面
ABFD
，所以平面
PEF
⊥平面< br>ABFD
.
(2)解 如图，作
PH
⊥
EF
，垂足为
H
.

12

由(1)得，
PH
⊥平面
ABFD
.
→→
以H
为坐标原点，
HF
的方向为
y
轴正方向，|
BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系
Hxyz
.
由(1)可得，
DE
⊥
PE
.
又
DP
＝2，
DE
＝1，
所以
PE
＝3.
又
PF
＝1，
EF
＝2 ，所以
PE
⊥
PF
.
所以
PH
＝
33
，
EH
＝.
22
则
H
(0，0，0)，
P

0，0，
→


3

3



，
D

－1，－
2
，0

，

2


DP
＝

1，，


3
2
3

→

3


，
HP
＝

0，0，

.
2

2

→
又
HP
为平面
ABFD
的法向量，
设
DP
与平面
ABFD
所成的角为
θ
，
3
→→
|
HP
，·
DP
|
4
3
→ →
则sin
θ
＝|cos〈
HP
，
DP
〉|＝＝＝ .
→→
3
4
|
HP
||
DP
|
所以
DP
与平面
ABFD
所成角的正弦值为
3
.
4
思维升华若直线
l
与平面
α
的夹角为
θ
，直线< br>l
的方向向量
l
与平面
α
的法向量
n
的夹< br>ππ|
l
·
n
|
角为
β
，则
θ＝－
β
或
θ
＝
β
－，故有sin
θ
＝ |cos
β
|＝.
22|
l
||
n
|
跟 踪训练2(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥
P
－
ABC
中，
AB
＝
BC
＝22，
PA
＝
PB
＝
PC
＝
AC
＝4，

13

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．
(1)证明 因为
PA
＝
PC
＝
AC
＝4，
O
为
AC
的中点，
所以
OP
⊥
AC
，且
OP
＝23.
如图，连接
OB
.

因为
AB
＝
BC
＝
2
2
AC
，
所以△
ABC
为等腰直角三角形，
所以
OB
⊥
A C
，
OB
＝
1
2
AC
＝2.
由
OP
2
＋
OB
2
＝
PB
2
知
PO
⊥
OB
.


14

因为
OP
⊥
OB
，
OP
⊥
AC
，
OB
∩
AC
＝
O
，
OB
，
AC
⊂平面
ABC
，
所以
PO
⊥平面
ABC
.
(2)解 由(1)知
OP
，
OB
，
OC
两两垂直，则以
O< br>为坐标原点，分别以
OB
，
OC
，
OP
所在直线为< br>x
轴、
y
轴、
z
轴，建立空间直角坐标系
Oxyz< br>，如图所示．

由已知得
O
(0，0，0)，
B
(2，0，0)，
A
(0，－2，0)，
C
(0，2，0)，
P
(0，0，23)，
AP
＝(0，2，23)．
→
由( 1)知平面
PAC
的一个法向量为
OB
＝(2，0，0)．
→设
M
(
a
，2－
a
，0)(0≤
a
≤ 2)，则
AM
＝(
a
，4－
a
，0)．
设平面< br>PAM
的法向量为
n
＝(
x
，
y
，
z
)．
→→
由
AP
·
n
＝0，
AM·
n
＝0，得
→

2
y
＋23
z< br>＝0，


ax
＋4－
a

y
＝ 0，
a
)，

可取
y
＝3
a
，得平面< br>PAM
的一个法向量为
n
＝(3(
a
－4)，3
a< br>，－
→
OB
，·
n
23
a
－4
→
所以cos〈
OB
，
n
〉＝＝.
222
→23
a
－4＋3
a
＋
a
|
OB
， ||
n
|
3
→
由已知可得|cos〈
OB
，
n
〉|＝cos30°＝，
2
23|
a
－4|3
所以＝，
222
2
23
a
－4＋3
a
＋
a
4
解得
a＝－4(舍去)或
a
＝.
3

15

4

8343
所以
n
＝

－，，－
< br>.
33

3
3
→→
又
PC
＝( 0，2，－23)，所以cos〈
PC
，
n
〉＝.
4
所以
PC
与平面
PAM
所成角的正弦值为
3
.
4
题型三 求二面角
例3(2018·济南模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD
中，
AB
∥
CD
，且
CD
＝6，AB
＝12，
将它沿对称轴
OO
1
折起，使平面
ADO
1
O
⊥平面
BCO
1
O
.如图2，点
P< br>为
BC
中点，点
E
在线段
AB
上(不同于
A
，
B
两点)，连接
OE
并延长至点
Q
，使
AQ
∥
OB
.

(1)证明：
OD
⊥平面
PAQ
；
(2)若
BE
＝2
AE
，求二面角
C
—
BQ
—
A
的余弦值．
(1)证明 由题设知
OA
，
OB
，
OO< br>1
两两垂直，所以以
O
为坐标原点，
OA
，
OB，
OO
1
所在直线分
别为
x
轴、
y
轴 、
z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设
AQ
的长度为
m
，

16

则相关各点的坐标为
O
( 0，0，0)，
A
(6，0，0)，
B
(0，6，0)，
C
(0，3，6)，
D
(3，0，6)，
Q
(6，
m，
0)．

9

∵点
P
为
BC
中点，∴
P

0，，3

，

2

9
→→ →

∴
OD
＝(3，0，6)，
AQ
＝(0，
m ，
0)，
PQ
＝

6，
m
－，－3
，
2

→→→→
∵
OD
·
AQ
＝ 0，
OD
·
PQ
＝0，
→→→→→→
∴
OD⊥
AQ
，
OD
⊥
PQ
，且
AQ
与PQ
不共线，
∴
OD
⊥平面
PAQ
.
1
(2)解 ∵
BE
＝2
AE
，
AQ
∥< br>OB
，∴
AQ
＝
OB
＝3，
2
→→
则
Q
(6，3，0)，∴
QB
＝(－6，3，0)，
BC
＝(0，－3，6)．
设平面
CBQ
的法向量为
n
1
＝(
x
，
y
，
z
)，
→


n
1
·
QB
，＝0，
∵

→


n
1
·
BC
，＝0



－6
x
＋3
y
＝0，
∴


－3
y< br>＋6
z
＝0，



令
z
＝1，则
y
＝2，
x
＝1，则
n
1
＝(1，2，1)，
易知平面
ABQ
的一个法向量为
n
2
＝(0，0，1)，
设二面角
C
—
BQ
—
A
的平面角为
θ，由图可知，
θ
为锐角，则cos
θ
＝


n
1
·
n
2

＝
6
.


|
n
1
|·|
n
2
|

6思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两
种：①求 平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列
方程组求解．

17

»
所在平跟踪训练3(2018·全国Ⅲ)如图，边 长为2的正方形
ABCD
所在的平面与半圆弧
CD
»
上异于
C
，
D
的点． 面垂直，
M
是
CD

(1)证明：平面
AMD
⊥平面
BMC
；
(2)当三棱锥
M
－
ABC
体积最大时，求平面
MAB
与平面
MC D
所成二面角的正弦值．
(1)证明 由题设知，平面
CMD
⊥平面
ABCD
，交线为
CD
.因为
BC
⊥
CD
，BC
⊂平面
ABCD
，所以
BC
⊥平面
CMD
，又
DM
⊂平面
CMD
，
故
BC
⊥
DM
.
»
上异于
C
，
D
的点，且
DC
为直径， 因为
M
为
CD
所以
DM
⊥
CM
.
又
BC
∩
CM
＝
C
，
BC
，
C M
⊂平面
BMC
，
所以
DM
⊥平面
BMC
.
又
DM
⊂平面
AMD
，故平面
AMD
⊥平面
BMC
.
→
(2)解 以
D
为坐标原点，
DA
的方向为
x< br>轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
Dxyz
.
»
的中点．由题设得 当三棱锥
M
－
ABC
体积最大时，< br>M
为
CD
D
(0，0，0)，
A
(2，0，0)，< br>B
(2，2，0)，
C
(0，2，0)，
M
(0，1，1)，

18

→
AM
＝(－2，1，1)，
AB
→
＝(0，2，0)，
DA
→
＝(2，0，0)，
设
n
＝(
x
，
y
，
z
)是平面
MAB的法向量，则



n
·
AM
，
→
＝0，
即

＝0，


n
·
AB
，
→
＝0，



－2
x
＋y
＋
z


2
y
＝0.


可取
n
＝(1，0，2)，
→
DA
是平面
MCD
的一个法向量，因此
cos〈
n
，
→
DA
〉＝
n
·
DA
，
→
5
|
n
||
DA
，
→
＝，
|< br>5
sin〈
n
，
→
DA
〉＝
25
5
.
所以平面
MAB
与平面
MCD
所成二面角的正弦值是< br>25
5
.



19

利用空间向量求空间角
例(12分)如图，四棱锥
S
－
ABCD< br>中，△
ABD
为正三角形，∠
BCD
＝120°，
CB
＝
CD
＝
CS
＝2，
∠
BSD
＝90°.

(1)求证：
AC
⊥平面
SBD
；
(2)若< br>SC
⊥
BD
，求二面角
A
－
SB
－
C
的余弦值．
(1)证明 设
AC
∩
BD
＝
O
，连接
SO
，
如图①，因为
AB
＝
AD
，
CB
＝
CD
，

20

所以
AC
是
BD
的垂直平分线，
即
O
为
BD
的中点，
且
AC
⊥
BD
.[1分]
在△
BCD
中，
因为
CB
＝
CD
＝2，∠
BCD
＝120°，
所以
BD
＝23，
CO
＝1.
在Rt△
SBD< br>中，因为∠
BSD
＝90°，
O
为
BD
的中点，
所以
SO
＝
1
2
BD
＝3.
在△
SOC
中，因为
CO
＝1，
SO
＝3，
CS
＝2 ，
所以
SO
2
＋
CO
2
＝
CS
2
，所以
SO
⊥
AC
.[4分]
因为
BD
∩
SO
＝
O
，
BD
，
SO
⊂平面
SBD
，
所以
AC
⊥平面
SBD
.[5分]
(2)解 方法一 过点
O
作
OK
⊥
SB
于点K
，连接
AK
，
CK
，如图②，

21

由(1)知
AC
⊥平面
SB D
，所以
AO
⊥
SB
.
因为
OK
∩AO
＝
O
，
OK
，
AO
⊂平面
AOK
，所以
SB
⊥平面
AOK
.[6分]
因为
AK< br>⊂平面
AOK
，所以
AK
⊥
SB
.
同理可证
CK
⊥
SB
.[7分]
所以∠
AKC< br>是二面角
A
－
SB
－
C
的平面角．
因为
SC
⊥
BD
，
由(1)知
AC
⊥< br>BD
，且
AC
∩
SC
＝
C
，
AC< br>，
SC
⊂平面
SAC
，
所以
BD
⊥平面
SAC
.
而
SO
⊂平面
SAC
，所以
SO
⊥
BD
.
在Rt△
S OB
中，
OK
＝
SO
·
OB
6
＝. SB
2
22
在Rt△
AOK
中，
AK
＝
AO
＋
OK
＝
同理可求
CK
＝
10
.[ 10分]
2
42
，
2
AK
2
＋
CK< br>2
－
AC
2
105
在△
AKC
中，cos∠
AKC
＝＝－.
2
AK
·
CK
35
所以 二面角
A
－
SB
－
C
的余弦值为－
105
.[12分]
35
方法二 因为
SC
⊥
BD
，由(1)知 ，
AC
⊥
BD
，且
AC
∩
SC
＝
C
，
AC
，
SC
⊂平面
SAC
，所以
BD
⊥平
面
SAC
.
而
SO
⊂平面
SAC< br>，所以
SO
⊥
BD
.[6分]
由(1)知，
AC< br>⊥平面
SBD
，
SO
⊂平面
SBD
，
所以
SO
⊥
AC
.

22

因为
AC
∩
BD
＝
O
，
AC
，
BD
⊂平面
ABCD
，
→→→
所以
SO
⊥平面
ABCD
.[7分]以
O
为原点，
OA
，
OB，
OS
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③，

则
A
(3，0，0) ，
B
(0，3，0)，
C
(－1，0，0)，
S
(0，0， 3)．
所以
→
AB
＝(－3，3，0)，
→
CB
＝(1，3，0)，
→
SB
＝(0，3，－3)．[8分]
设平面
SAB
的法向量
n
＝(
x
1
，
y
1，
z
1
)，

则


AB
，
→
·
n
＝－3
x
1
＋3
y
1< br>＝0，



SB
，
→
·
n
＝3
y
1
－3
z
1
＝0，

令
y
1
＝3，得平面
SAB
的一个法向量为
n
＝(1，3，3 )．
同理可得平面
SCB
的一个法向量为
m
＝(－3，1，1)． [10分]
所以cos〈
n
，
m
〉＝
n
·
m
－3＋3＋3105
|
n
||
m
|
＝
7×5
＝
35
.
因为二面角
A
－
SB
－
C
是钝角，所以二面角
A
－
SB
－
C
的余 弦值为－
105
35
.[12分]

23

利用向量求空间角的步骤
第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；
第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法 向量)坐标；
第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．

24

1．已知两平面的法向量分别为
m
＝(1，－1，0)，
n
＝(0，1，－1)，则两平面所成的二面角
为( )
A．60°
C．60°或120°
答案 C
解析 cos〈
m
，
n
〉＝
即〈
m
，
n
〉＝120°.
∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.
2.如图，在空间直角坐标 系中有直三棱柱
ABC
－
A
1
B
1
C
1< br>，
CA
＝
CC
1
＝2
CB
，则直线
BC
1
与直线
AB
1
所成角的余弦值为( )
B．120°
D．90°
m·n
－11
＝＝－，
|m||n
|2
2·2

A.

5

5
B.
5

3
25

C.
5

6
D.
5

4
答案 A
解析 设
CA
＝2，则
C
(0，0， 0)，
A
(2，0，0)，
B
(0，0，1)，
C
1
(0，2，0)，
B
1
(0，2，1)，
→→
AB
1·
BC
1
→→→
可得向量
AB
1
＝(－2，2 ，1)，
BC
1
＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈
AB1
，
BC
1
〉＝
→→
|
AB
1
||
BC
1
|
→
＝
0＋4－1
4＋4＋1×0＋ 4＋1
＝
1
5
＝
5
，故选A.
5
3．在 正方体
ABCD
－
A
1
B
1
C
1
D
1
中，点
E
为
BB
1
的中点，则平面
A
1
ED
与平面
ABCD
所成的锐二面
角的余弦值为( )
1232
A.B.C.D.
2332
答案 B
解析 以
A
为原点，
AB
，
AD
，
AA
1
所在直线 分别为
x
轴，
y
轴，
z
轴，建立如图所示的空间直
角坐标系
Axyz
，设棱长为1，

1

则
A
1
(0，0，1)，
E

1，0，

，
D
(0，1，0)，
2

1

→→

∴
A
1
D
＝(0，1，－1)，
A
1
E
＝< br>
1，0，－

.
2

设平面
A
1
ED
的一个法向量为
n
1
＝(1，
y
，
z
)，
→


A
1
D
，·
n
1
＝0，
则有

→


A
1E
，·
n
1
＝0，
∴
n
1
＝(1，2 ，2)．

26

y
－
z
＝0，
< br>
即

1
1－
z
＝0，


2



y
＝2，
∴


< br>z
＝2，

∵平面
ABCD
的一个 法向量为
n
2
＝(0，0，1)，
22
∴cos〈
n
1
，
n
2
〉＝＝，
3×13
2
即所成的锐二面角的余弦值为.
3
4．在正方体
ABCD
—
A
1
B
1
C
1
D
1
中，
AC
与
B
1
D
所成角的大小为( )
ππππ
A.B.C.D.
6432
答案 D
解析 以
A
为坐标原点，
AB
，
AD
，
AA
1
所在 直线分别为
x
轴、
y
轴、
z
轴，建立如图所示的空
间直角坐标系，设正方体的边长为1，

则
A
(0，0，0)，
C
(1，1，0)，
B
1
(1，0，1)，
D
(0，1，0) ．
→→
∴
AC
＝(1，1，0)，
B
1
D
＝(－1，1，－1)，
→→
∵
AC
·
B
1
D
＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，
π
→→
∴
AC⊥
B
1
D
，∴
AC
与
B
1
D
所成的角为.
2
5．(2018·上饶模拟)已知正三棱柱
ABC
－
A
1
B
1
C
1
，
AB
＝
AA
1
＝2，则异面直线
AB
1
与
CA
1
所成角
的余弦值为( )
111
A．0B．－C.D.
442
答案 C
解析 以
A
为原点，在平面
ABC
内过
A
作
AC
的垂线为
x
轴，以
AC
所 在直线为
y
轴，以
AA
1
所在直线为
z
轴，建立空 间直角坐标系，

27

则
A
(0，0 ，0)，
B
1
(3，1，2)，
A
1
(0，0，2)，C
(0，2，0)，
AB
1
＝(3，1，2)，
A
1
C
＝(0，2，－2)，
设异面直线
AB
1
和
A
1
C
所成的角为
θ
，
→→
|
AB
1
·
A
1
C
||－2|1
则cos
θ
＝ ＝＝.
→→
8·8
4
|
AB
1
|·|
A
1
C
|
1
∴异面直线
AB
1
和
A
1
C
所成的角的余弦值为.
4
6．(2018·上海松江、闵行区 模拟)如图，点
A
，
B
，
C
分别在空间直角坐标系
O
－
xyz
的三条
→
坐标轴上，
OC
＝(0，0， 2)，平面
ABC
的法向量为
n
＝(2，1，2)，设二面角
C－
AB
－
O
的大
小为
θ
，则cos
θ
等于( )
→→

4522
A.B.C.D．－
3333

28

答案 C
→
解析 由题意可知，平面
ABO
的一个法向量为
OC
＝(0，0，2)，
由图可知，二面角
C
－
AB
－
O
为锐角，
→
|
OC
，·
n
||4|2
由空间向量的结论可知，co s
θ
＝＝＝.
→2×33
|
OC
，||
n
|
7．在三棱锥
P
－
ABC
中，
PA
⊥平面ABC
，∠
BAC
＝90°，
D
，
E
，
F
分别是棱
AB
，
BC
，
CP
的中
点，
AB
＝
AC
＝1，
PA
＝2，则直线
PA
与平面
DEF
所成角的正弦值为________．
答案
5

5
解析 以
A
为原点，
AB
，
AC
，AP
所在直线分别为
x
轴、
y
轴、
z
轴建立如 图所示的空间直角
坐标系，

由
AB
＝
AC
＝1，
PA
＝2，
得
A
(0，0，0)，
B
(1，0，0)，

C
(0，1，0)，
P
(0，0，2)，
D

，0，0
，


E

，，0

，< br>F

0，，1

.

→→

1

∴
PA
＝(0，0，－2)，
DE
＝

0，，0

，

2

→
11

22
1
2
1

2

DF
＝

－，，1

.

设平面
DEF
的法向量为
n
＝(
x
，
y
，
z
)，
11

22

29

→


n
·
DE
，＝0，
则由

→


n
·
DF
，＝0，

得


y
＝0，



－
x
＋
y
＋2z
＝0.


→
取
z
＝1，则
n＝(2，0，1)，设直线
PA
与平面
DEF
所成的角为
θ，则sin
θ
＝|cos〈
n
，
PA
〉
→|
PA
，·
n
|5
|＝＝，
→5
|
PA
，||
n
|
∴直线
PA
与平面
DEF
所成角的正弦值为
5
.
5
8.如图，在正方形
ABCD
中 ，
EF
∥
AB
，若沿
EF
将正方形折成一个二面角后，AE
∶
ED
∶
AD
＝
1∶1∶2，则
AF与
CE
所成角的余弦值为________．

4
答案
5
解析 ∵
AE
∶
ED
∶
AD
＝1∶1∶2，
∴
AE
⊥
ED
，即
AE
，
DE
，
EF
两两垂直，
所以建立如图所示的空间直角坐标系，

30

设
AB
＝
EF
＝
CD
＝2，
则
E
(0，0，0)，
A
(1，0，0)，
F
(0，2，0)，
C
(0，2，1)，
→→
∴
AF
＝(－1，2，0)，
EC
＝(0，2，1)，
→→
AF
，·
EC
4
→→
∴cos〈
AF
，
EC
〉＝＝，
→→5
|
AF
||
EC
|
4
∴
AF
与
CE
所成角的余弦值为.
5
9.如图所示，在三棱柱
ABC
—
A
1
B
1C
1
中，
AA
1
⊥底面
ABC
，
AB
＝
BC
＝
AA
1
，∠
ABC
＝90°，点
E
，
F
分别是棱
AB
，
BB
1
的 中点，则直线
EF
和
BC
1
所成的角是__________．

答案 60°
解析 以
B
点为坐标原点，以
BC
所在直线为
x
轴，
BA
所在直线为
y
轴，
BB< br>1
所在直线为
z
轴，建立空间直角坐标系．设
AB
＝
BC
＝
AA
1
＝2，

31

则
C
1
(2，0，2)，
E
(0，1，0)，
F< br>(0，0，1)，
→→
则
EF
＝(0，－1，1)，
BC< br>1
＝(2，0，2)，
→→
∴
EF
·
BC
1
＝2，
→→
EF
，·
BC
1
→→
∴cos〈
EF
，
BC
1
〉＝
→→
|
EF
||
BC
1|
＝
1
＝，
2×22
2
2
∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]，
∴
EF
和
BC
1
所成的角为60°.
10．(2 018·福州质检)已知点
E
，
F
分别在正方体
ABCD
－
A
1
B
1
C
1
D
1
的棱
BB
1
，
CC
1
上，且
B
1
E
＝
2
EB
，
CF
＝2
FC
1
，则平面
AEF
与平面
ABC
所成的锐二面角的正切值为________．
答案
2

3
解析 方法一 延长
FE
，
CB
相 交于点
G
，连接
AG
，如图所示．

32

设正方体的棱长为3，则
GB
＝
BC
＝3 ，作
BH
⊥
AG
于点
H
，连接
EH
，则∠
EHB
为所求锐二面角
的平面角．
32
∵
BH
＝，
EB
＝1，
2
∴tan∠
EHB
＝＝
EB
BH
2
.
3
方法二 如图，以点
D
为坐标原点，
DA
，
DC
，
DD
1
所在直线分别为
x
轴、
y
轴、< br>z
轴，建立空
间直角坐标系
Dxyz
，

设
DA
＝1，由已知条件得
A
(1，0，0)，
E

1，1，

，
3


1


F

0，1，
< br>，
AE
＝

0，1，

，
33


2

→



1



33

→
AF
＝

－1，1，

， 设平面
AEF
的法向量为
n
＝(
x
，
y
，
z
)，
→


n
·
AE
， ＝0，
由

→


n
·
AF
，＝ 0，


2

3


1
y
＋
z
＝0，


3
得

2
－< br>x
＋
y
＋
z
＝0.


3


令
y
＝1，
z
＝－3，
x
＝－1，则< br>n
＝(－1，1，－3)，
取平面
ABC
的法向量为
m
＝(0，0，－1)，
设平面
AEF
与平面
ABC
所成的锐二面角为
θ
，
则cos
θ
＝|cos〈
n
，
m
〉|＝
3 112
，tan
θ
＝.
113
11．(2018·皖江八校联考) 如图，在几何体
ABC
－
A
1
B
1
C
1< br>中，平面
A
1
ACC
1
⊥底面
ABC
，四边 形
A
1
ACC
1
是正方形，
B
1
C
1
∥
BC
，
Q
是
A
1
B
的中点 ，且
AC
＝
BC
＝2
B
1
C
1
， ∠
ACB
＝
2π
.
3

(1)证明：
B
1
Q
⊥
A
1
C
；
(2)求直线
AC
与平面
A
1
BB
1
所成 角的正弦值．
(1)证明 如图所示，连接
AC
1
与
A
1
C
交于
M
点，连接
MQ
.

34

∵四边形
A
1
ACC
1
是正方形，
∴
M
是
AC
1
的中点，
又
Q
是
A
1
B
的中点，
1
∴< br>MQ
∥
BC
，
MQ
＝
BC
，
2< br>又∵
B
1
C
1
∥
BC
且
BC
＝2
B
1
C
1
，
∴
MQ
∥
B
1
C
1
，
MQ
＝
B
1
C
1
，
∴四边形
B
1
C
1
MQ
是平行四边 形，∴
B
1
Q
∥
C
1
M
，
∵< br>C
1
M
⊥
A
1
C
，∴
B
1
Q
⊥
A
1
C
.
(2)解 ∵平面
A1
ACC
1
⊥平面
ABC
，平面
A
1
ACC
1
∩平面
ABC
＝
AC
，
CC
1< br>⊥
AC
，
CC
1
⊂平面
A
1
ACC
1
，
∴
CC
1
⊥平面
ABC
.
如图所示，以
C
为原点，
CB
，
CC
1
所在直线 分别为
y
轴和
z
轴建立空间直角坐标系，


35

令
AC
＝
BC
＝2
B
1
C
1
＝2，
则
C
(0，0，0)，
A
(3，－1，0)，
A
1
(3，－1，2)，
B
(0，2，0)，
B
1
(0，1，2)，
→→
∴
CA
＝(3，－1 ，0)，
B
1
A
1
＝(3，－2，0)，
B
1
B
＝(0，1，－2)，
设平面
A
1
BB
1
的法向量为
n
＝(
x
，
y
，z
)，
→→
则由
n
⊥
B
1
A
1
，
n
⊥
B
1
B
，
可得
< br>→

3
x
－2
y
＝0，

y
－2
z
＝0，

可令
y
＝23，
则
x
＝4，
z
＝3，
∴平面
A
1
BB
1
的一个法向量
n
＝(4，23，3)，
设直线
A C
与平面
A
1
BB
1
所成的角为
α
， < br>→
|
n
·
CA
，|2393
则sin
α＝＝＝.
→
231
31
|
n
|·|
CA，|
12．(2018·赣州模拟)如图，在四棱锥
P
－
ABCD
中，侧面
PAD
⊥底面
ABCD
，底面
ABCD
为直角梯形，其中
AB
∥
CD
，∠
CDA
＝90°，
CD
＝2
AB
＝2，
AD
＝3，
PA
＝5，PD
＝22，点
E
在棱
AD
上且
AE
＝1，点
F
为棱
PD
的中点．

(1)证明：平面
BEF
⊥平面
PEC
；
(2)求二面角
A
－
BF
－
C
的余弦值．
(1)证明 在Rt△
ABE
中，
由
AB
＝
AE
＝1，得∠
AEB
＝45°， 同理在Rt△
CDE
中，由
CD
＝
DE
＝2，得∠DEC
＝45°，

36

所以∠
BEC＝90°，即
BE
⊥
EC
.
在△
PAD
中，
PA
2
＋
AD
2
－
PD
2
5＋9 －85
cos∠
PAD
＝＝＝，
2
PA
·
AD< br>2×3×5
5
在△
PAE
中，
PE
＝
PA< br>＋
AE
－2
PA
·
AE
·cos∠
PAE< br>＝5＋1－2×5×1×
所以
PE
＋
AE
＝
PA，即
PE
⊥
AD
.
又平面
PAD
⊥平面ABCD
，平面
PAD
∩平面
ABCD
＝
AD
，
PE
⊂平面
PAD
，
所以
PE
⊥平面
ABCD
，所以
PE
⊥
BE
.
又因为
CE
∩
PE
＝
E
，
CE
，
PE
⊂平面
PEC
，
所以
BE
⊥平面
PEC
，所以平面
B EF
⊥平面
PEC
.
(2)解 由(1)知
EB
，
EC
，
EP
两两垂直，故以
E
为坐标原点，以射线
EB< br>，
EC
，
EP
分别为
x
轴、
y
轴、
z
轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
222
222
5
＝4，
5

B
(2，0 ，0)，
C
(0，22，0)，
P
(0，0，2)，
A
< br>→
→
2

22

2

D
(－2，2，0)，
F

－，，1

，
，－，0

，
22

2

2

AB
＝< br>
2

→

322

2
，，0< br>
，
BF
＝

－，，1

，
22

2

2

BC
＝(－2，22，0)， 设平面
ABF
的法向量为
m
＝(
x
1
，
y
1
，
z
1
)，
22
→

m
·
AB
，＝
x
＋
y
＝0，

22
则

322
→
m
·
BF
＝－
x< br>＋
y
＋
z
＝0，


22
11111



37

不妨设
x
1
＝1，则
m
＝(1，－1，22)，
设平面
BFC
的法 向量为
n
＝(
x
2
，
y
2
，
z< br>2
)，

n
·
BC
，
→
＝－2< br>x
＋22
y
＝0，
则

322
→
n
·
BF
，＝－
x
＋
y
＋
z
＝0，

22
22
222


不妨设
y
2
＝2，则
n
＝(4，2，52)，
记 二面角
A
－
BF
－
C
为
θ
(由图知应为钝 角)，
|
m
·
n
||4－2＋20|117
则cosθ
＝－＝－＝－，
|
m
|·|
n
|35
10 ·70
117
故二面角
A
－
BF
－
C
的余 弦值为－.
35

13.如图，在四棱锥
S
－
ABCD< br>中，
SA
⊥平面
ABCD
，底面
ABCD
为直角梯形 ，
AD
∥
BC
，∠
BAD
＝
90°，且
A B
＝4，
SA
＝3.
E
，
F
分别为线段
B C
，
SB
上的一点(端点除外)，满足＝＝
λ
，
当实数λ
的值为________时，∠
AFE
为直角．
SFCE
BFBE

38

答案
9

16
解析 因为
SA
⊥平面
ABCD
，∠
BAD
＝90°，
以
A
为坐标原点，
AD
，
AB
，
AS
所在 直线分别为
x
轴、
y
轴、
z
轴，建立如图所示的空间直角< br>坐标系
Axyz
.

∵
AB
＝4，
SA
＝3，
∴
B
(0，4，0)，
S
(0，0，3)．
设
B C
＝
m
，则
C
(
m
，4，0)，
SFC E
→→
∵＝＝
λ
，∴
SF
＝
λFB
. < br>BFBE
→→→→
∴
AF
－
AS
＝
λ
(
AB
－
AF
)．
1
→
1
→→
∴
AF
＝(
AS
＋
λAB
)＝(0，4
λ
，3)，
1＋
λ
1＋
λ

39

4
λ
3

，
∴
F

0，
< br>.

1＋
λ
1＋
λ

同理可得
E


m
，4，0

，


1＋
λ

4－3

→

m
，，
∴FE
＝

.

1＋
λ
1＋
λ1＋
λ

→

－4
λ
－3

，
∵
FA
＝

0，

，要使∠
AFE为直角，

1＋
λ
1＋
λ

→→
即
FA
·
FE
＝0，
则0·
－4
λ
4－3－3
＋·＋·＝0，
1＋
λ
1＋
λ
1＋
λ
1＋
λ
1＋
λ
m< br>9
∴16
λ
＝9，解得
λ
＝.
16
14． (2018·海南五校模拟)如图，已知直三棱柱
ABC
－
A
1
B< br>1
C
1
中，
AA
1
＝
AB
＝
AC
＝1，
AB
⊥
AC
，
M
，
N
，
Q
分别是
CC
1
，
BC
，
AC
的中点，点
P
在直线
A
1
B
1
上运动，且
A
1
P
＝
λA
1
B
1
(
λ∈[0，1])．
→→

(1)证明：无论
λ
取何值，总有< br>AM
⊥平面
PNQ
；
(2)是否存在点
P
，使得平 面
PMN
与平面
ABC
的夹角为60°？若存在，试确定点
P
的位置，
若不存在，请说明理由．
(1)证明 连接
A
1
Q
.

40

∵
AA
1
＝
AC
＝1，
M
，
Q
分别是
CC
1
，
AC
的中点，
∴Rt△
AA
1
Q
≌Rt△
CAM
，
∴∠
MAC
＝∠
QA
1
A
，
∴∠
MAC
＋∠
AQA
1
＝∠
QA
1
A
＋∠
AQA
1
＝90°，
∴
AM
⊥
A
1
Q
.
∵
N
，
Q
分别是
BC
，
AC
的中点，∴
NQ
∥
AB
.
又
AB
⊥
AC
，∴
NQ
⊥
AC
.
在直三棱柱
ABC
－
A
1
B
1
C
1
中，
AA
1
⊥底面
ABC
，
∴
NQ
⊥
AA
1
.
又
AC
∩< br>AA
1
＝
A
，
AC
，
AA
1
⊂平面
ACC
1
A
1
，
∴
NQ
⊥平面
ACC
1
A
1
，
∴
NQ
⊥
AM
.
由
NQ
∥
AB
和
AB
∥
A
1
B
1
可得
NQ∥
A
1
B
1
，
∴
N
，
Q< br>，
A
1
，
P
四点共面，
∴
A
1
Q
⊂平面
PNQ
.
∵
N Q
∩
A
1
Q
＝
Q
，
NQ
，
A
1
Q
⊂平面
PNQ
，
∴
AM
⊥平面
PNQ
，
∴无论
λ
取何值，总有
AM
⊥平面
PNQ
.
(2)解 如图，以
A
为坐标原点，
AB
，
AC
，
AA
1
所在的直线分别为
x
轴、
y
轴、
z
轴建立空间
直角坐标系，

41

则
A< br>1
(0，0，1)，
B
1
(1，0，1)，
M
< br>
0，1，
1

2



，
N


11

2
，
2
，0
< br>

，
Q



0，
1
2
，0



，
→
NM
＝
< br>

－
1
2
，
1
2
，
1< br>2



，
A
→
1
B
1< br>＝(1，0，0)．
由
A
→→
1
P
＝
λA
1
B
1
＝
λ
(1，0，0)＝(
λ
，0， 0)，
可得点
P
(
λ
，0，1)，
∴
→
PN
＝


11

2
－
λ
，< br>2
，－1



.
设
n
＝(x
，
y
，
z
)是平面
PMN
的法向量， 
则


n
·
NM
，
→
＝0 ，


n
·
PN
，
→
＝0，




－
111
2
x
＋
2
y
＋
2
z
＝0，

y
＝
1＋2
λ
3
x
，
即


1
得




－
λ


x
＋
1



z
＝
2－2
λ

2
2
y
－
z
＝0，

3
x
，

令
x
＝3，得
y
＝1＋2
λ
，
z
＝2－2
λ
，
∴
n
＝(3，1＋2
λ
，2－2< br>λ
)是平面
PMN
的一个法向量．
取平面
ABC
的一 个法向量为
m
＝(0，0，1)．
假设存在符合条件的点
P
， < br>则|cos〈
m
，
n
〉|＝
|2－2
λ
|< br>9＋1＋2
λ

2
＋2－2
λ

2＝
1
2
，

42

化简得4
λ
－14
λ
＋1＝0，
7－357＋35
解得
λ
＝或
λ
＝(舍去)．
4 4
综上，存在点
P
，且当
A
1
P
＝
7－3 5
时，
4
2
满足平面
PMN
与平面
ABC
的夹角为60°.

→→→
15．在四棱锥
P
－
ABC D
中，
AB
＝(4，－2，3)，
AD
＝(－4，1，0)，
AP
＝(－6，2，－8)，则
这个四棱锥的高
h
等于( )
A．1
C．13
答案 B
解析 设平面
ABCD
的法 向量为
n
＝(
x
，
y
，
z
)，
→


n
⊥
AB
，
则

→


n
⊥
AD
，
B．2
D．26



4
x
－2
y
＋3
z
＝0，< br>即



－4
x
＋
y
＝0，


4

令
y
＝4，则
n
＝

1，4，

，
3

32
－6＋8－
→
3
n
·
AP
26
→
则cos〈
n
，
AP
〉＝＝＝－，
→1326
|
n
||
AP
|
×226
3
∴
h
＝
26
×226＝2.
26
16.如图所示，在梯形
ABCD
中，
AB
∥
CD
，∠
BCD
＝120°，四边形
ACFE
为矩形，且
C F
⊥平面
ABCD
，
AD
＝
CD
＝
BC< br>＝
CF
.

43

(1)求证：
EF
⊥平面
BCF
；
(2)点
M< br>在线段
EF
上运动，当点
M
在什么位置时，平面
MAB
与平面
FCB
所成的锐二面角最大，
并求此时二面角的余弦值．
(1)证明 设
AD
＝
CD
＝
BC
＝1，
∵
AB
∥
CD
，∠
BCD
＝120°，∴
AB< br>＝2，
∴
AC
＝
AB
＋
BC
－2
AB
·
BC
·cos60°＝3，
∴
AB
＝
AC
＋
BC
，则
BC
⊥
AC
.
∵
C F
⊥平面
ABCD
，
AC
⊂平面
ABCD
， ∴
AC
⊥
CF
，而
CF
∩
BC
＝C
，
CF
，
BC
⊂平面
BCF
，
∴
AC
⊥平面
BCF
.
∵
EF
∥
AC
，
∴
EF
⊥平面
BCF
.
(2)解 以
C
为坐标原点，分别以直线
CA
，
CB
，
CF
为
x< br>轴、
y
轴、
z
轴建立如图所示的空间
直角坐标系，
222
222

44

设
FM
＝
λ
(0≤
λ
≤3)，
则
C
(0，0，0)，
A
(3，0，0)，
B
(0，1，0)，M
(
λ
，0，1)，
→→
∴
AB
＝(－3， 1，0)，
BM
＝(
λ
，－1，1)．
设
n
＝(
x
，
y
，
z
)为平面
MAB
的法向量，
→


n
·
AB
，＝0，
由
< br>→


n
·
BM
，＝0，
取
x＝1，
则
n
＝(1，3，3－
λ
)．
易知
m
＝(1，0，0)是平面
FCB
的一个法向量，


－3
x
＋
y
＝0，
得

λx
－
y
＋
z
＝0，


n
·
m
11
∴cos〈
n
，
m
〉＝＝＝.
22
|
n
||
m
|
1＋3＋3－
λ
× 1
λ
－3＋4
∵0≤
λ
≤3，
∴当
λ
＝0时，cos〈
n
，
m
〉取得最小值
7
，
7
∴当点
M
与点
F
重合时，平面
MAB
与平面
FCB
所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为
7
.
7



45