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1、（全國通用版）2022年高考數(shù)學一輪復習 第十二單元 空間向量學案 理 空間向量中的有關定理 共線向量定理 對空間任意兩個向量a，b(b≠0)，a∥b?存在λ∈R，使a＝λb 共面向量定理 若兩個向量a，b不共線，則向量p與向量a，b共面?存在唯一的有序實數(shù)對(x，y)，使p＝xa＋yb 空間向量基本定理 定理：如果三個向量a，b，c不共面，那么對空間任一向量p，存在有序實數(shù)組{x，y，z}使得p＝xa＋yb＋zc. 推論：設O，A，B，C是不共面的四點，則對平面ABC內任一點P都存在唯一的三個有序實數(shù)x，y，z，使＝x＋y＋z且x＋y＋z＝1 2．已知空間四邊形OAB

2、C中，＝a，＝b，＝c，點M在OA上，且OM＝2MA，N為BC中點，則＝(　　) A.a－b＋c B．－a＋b＋c C.a＋b－c D.a＋b－c 解析：選B　如圖所示，＝＋＋ ＝＋＋ ＝－＋ ＝－＋ ＝－a＋b＋c. 3．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)．若a，b，c三向量共面，則實數(shù)λ的值為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　由題意設c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)， ∴∴ 數(shù)量積及坐標運算 [過雙基] 1．兩個向量的數(shù)量積 (1)a·b＝|a||b|cos〈a，b〉； (2

3、)a⊥b?a·b＝0(a，b為非零向量)； (3)|a|2＝，|a|＝. 2．向量的坐標運算 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3) 向量和 a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3) 向量差 a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3) 數(shù)量積 a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3 共線 a∥b?a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0) 垂直 a⊥b?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 夾角公式 cos〈a，b〉＝ 　 1．已知直線l的方向向量s＝(－1,1,1)，平面α的法向量n＝(2，x2＋x，－x)，若直線l∥平面

4、α，則x的值為(　　) A．－2 B．－ C. D．± 解析：選D　 因為線面平行時，直線的方向向量垂直于平面的法向量，故－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，解得x＝±. 2．已知向量a＝(1,0，－1)，則下列向量中與向量a成60°夾角的是(　　) A．(－1,1,0) B．(1，－1,0) C．(0，－1,1) D．(－1,0,1) 解析：選B　對于選項B，設b＝(1，－1,0)．a(chǎn)·b＝(1,0，－1)·(1，－1,0)＝1，且|a|＝|b|＝， ∴cos〈a，b〉＝＝＝，又0°≤〈a，b〉≤180°， ∴向量a與向量(1，－1,0)的夾角為60°.

5、 3.(2018·西安聯(lián)考)已知向量a＝(0，－1,1)，b＝(4,1,0)，|λa＋b|＝且λ>0，則λ＝________. 解析：因為λa＋b＝(4，－λ＋1，λ)， 所以|λa＋b|＝＝＝，化簡整理得λ2－λ－6＝0，解得λ＝－2或λ＝3，又λ>0，所以λ＝3. 答案：3 向量法證明平行與垂直 [過雙基] 1．兩個重要向量 (1)直線的方向向量 直線的方向向量是指和這條直線平行(或重合)的非零向量，一條直線的方向向量有無數(shù)個． (2)平面的法向量 直線l⊥平面α，取直線l的方向向量，則這個向量叫做平面α的法向量．顯然一個平面的法向量有無數(shù)個，它們是共線向量． 2

6、．空間位置關系的向量表示 位置關系 向量表示 直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2 l1∥l2 n1∥n2?n1＝λn2 l1⊥l2 n1⊥n2?n1·n2＝0 直線l的方向向量為n，平面α的法向量為m l∥α n⊥m?m·n＝0 l⊥α n∥m?n＝λm 平面α，β的法向量分別為n，m α∥β n∥m?n＝λm α⊥β n⊥m?n·m＝0 　 1．若直線l的方向向量為a＝(1,0,2)，平面α的法向量為n＝(－2,0，－4)，則(　　) A．l∥α B．l⊥α C．l?α D．l與α斜交 解析：選B　∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－

7、4)，∴n＝－2a，即a∥n，∴l(xiāng)⊥α. 2.如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，則(　　) A．EF至多與A1D，AC之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF與BD1相交 D．EF與BD1異面 解析：選B　以D點為坐標原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為1， 則D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)， E，F(xiàn)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)， ＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)， ＝，＝(

8、－1，－1,1)， 所以＝－，·＝0，·＝0， 從而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC，故選B. 3．若平面π1，π2垂直，則下面可以是這兩個平面的法向量的是(　　) A．n1＝(1,2,1)，n2＝(－3,1,1) B．n1＝(1,1,2)，n2＝(－2,1,1) C．n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,2,1) D．n1＝(1,2,1)，n2＝(0，－2，－2) 解析：選A　兩個平面垂直時其法向量也垂直，只有A中的兩個向量垂直． 利用向量求空間角 [過雙基] 1．異面直線所成角 設異面直線a，b所成的角為θ，則cos θ＝， 其中a，b分別是直線a，b的方向

9、向量． 2．直線與平面所成角 如圖所示，設l為平面α的斜線，l∩α＝A，a為l的方向向量，n為平面α的法向量，φ為l與α所成的角，則sin φ＝|cos〈a，n〉|＝. 3．二面角 若AB，CD分別是二面角α-l-β的兩個平面內與棱l垂直的異面直線，則二面角(或其補角)的大小就是向量與的夾角，如圖(1)． 平面α與β相交于直線l，平面α的法向量為n1，平面β的法向量為n2，〈n1，n2〉＝θ，則二面角α -l -β為θ或π－θ.設二面角大小為φ，則|cos φ|＝|cos θ|＝，如圖(2)(3)． 　 1．在三棱柱ABC-A1B1C1中，若AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝

10、AA1，∠ABC＝90°，點E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點，則直線EF和BC1的夾角為(　　) A．45° B．60° C．90° D．120° 解析：選B　如圖所示，以BC，BA，BB1，所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系， 由于AB＝BC＝AA1，不妨取AB＝2， 則E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，C1(2,0,2)， 所以＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)， 則cos〈，〉＝＝， 故直線EF與BC1的夾角為60°. 2.如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都相等，E，F(xiàn)，G分別為AB，AA1，A1C1的中點，則B1F與平面GEF所成角的

11、正弦值為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選A　設正三棱柱的棱長為2，取AC的中點D，連接DG，DB，分別以DA，DB，DG所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示， 則B1，F(xiàn)(1,0,1)， E，G(0,0,2)， ＝，＝，＝(1,0，－1)． 設平面GEF的法向量n＝(x，y，z)， 則即 取x＝1，則z＝1，y＝， 故n＝為平面GEF的一個法向量， 所以cos〈n，〉＝＝－， 所以B1F與平面GEF所成角的正弦值為. 3．正方形ABCD所在平面外有一點P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，則平面PAB與平面PCD所成的二

12、面角的大小為(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：選B　建立空間直角坐標系如圖所示，設AB＝1， 則A(0,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)． ＝(1,0，－1)，＝(0，－1,0)， 易知平面PAB的法向量為n1＝(1,0,0)． 設平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)， 則即令x＝1，則z＝1. ∴n2＝(1,0,1)，cos〈n1，n2〉＝＝. ∴平面PAB與平面PCD所成的二面角的余弦值為. ∴所求二面角的大小為45°. 一、選擇題 1．在空間直角坐標系中，點P(m,0,0)

13、到點P1(4,1,2)的距離為，則m的值為(　　) A．－9或1　　　　　　 B．9或－1 C．5或－5 D．2或3 解析：選B　由題意PP1＝， 即＝， ∴(m－4)2＝25，解得m＝9或m＝－1. 2．已知a＝(λ＋1,0,2)，b＝(6,2μ－1,2λ)，若a∥b，則λ與μ的值可以是(　　) A．2， B．－， C．－3,2 D．2,2 解析：選A　∵a∥b，∴b＝ka， 即(6,2μ－1,2λ)＝k(λ＋1,0,2)， ∴解得或 3．(2018·揭陽期末)已知a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，x－2a，則x＝(　　) A．(0,3，－6)

14、 B．(0,6，－20) C．(0,6，－6) D．(6,6，－6) 解析：選B　由b＝x－2a，得x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)． 4．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，則λ＝(　　) A．9 B．－9 C．－3 D．3 解析：選B　由題意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，∴ 解得λ＝－9. 5．在空間四邊形ABCD中，·＋·＋·＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D．不確定 解析：選B　如圖，令＝a，＝b，＝c

15、， 則·＋·＋· ＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a) ＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a ＝0. 6．已知空間四邊形OABC，其對角線為OB，AC，M，N分別是OA，BC的中點，點G在線段MN上，且＝2，現(xiàn)用基底{，，}表示向量，有＝x＋y＋z，則x，y，z的值分別為(　　) A.，， B.，， C.，， D.，， 解析：選A　 ∵＝＋＝＋ ＝＋(－) ＝＋ ＝＋＋， ∴x＝，y＝，z＝. 7.如圖所示，在大小為45°的二面角A-EF-D中，四邊形ABFE，CDEF都是邊長為1的正方形，則B，D兩點間的距離是(　　) A. B.

16、C．1 D. 解析：選D　∵＝＋＋， ∴||2＝||2＋||2＋| |2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，故||＝. 8．(2018·東營質檢)已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，＋λ與 的夾角為120°，則λ的值為(　　) A．± B. C．－ D．± 解析：選C　因為＋λ＝(1，－λ，λ)，所以cos 120°＝＝－，得λ＝±.經(jīng)檢驗λ＝不合題意，舍去，所以λ＝－. 二、填空題 9．已知2a＋b＝(0，－5,10)，c＝(1，－2，－2)，a·c＝4，|b|＝12，則以b，c為方向向量的兩直線的夾角為________． 解析：由題意得，(2a＋b)·c

17、＝0＋10－20＝－10. 即2a·c＋b·c＝－10，又∵a·c＝4，∴b·c＝－18， ∴cos〈b，c〉＝＝＝－， ∴〈b，c〉＝120°，∴兩直線的夾角為60°. 答案：60° 10．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是棱AA1，BB1的中點，則sin〈，〉＝________. 解析：建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體棱長為2，則C(0,2,0)，M(2，0,1)，D1(0,0,2)，N(2,2,1)． 可知＝(2，－2,1)， ＝(2,2，－1)， ·＝2×2＋(－2)×2＋1×(－1)＝－1， ||＝3，||＝3， ∴cos〈，〉＝＝－，

18、 ∴sin〈，〉＝. 答案： 11．已知點O為空間直角坐標系的原點，向量＝(1,2,3)，＝(2,1,2)，＝(1,1,2)，且點Q在直線OP上運動，當·取得最小值時，的坐標是___________． 解析：∵點Q在直線OP上，∴設點Q(λ，λ，2λ)， 則＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)， ·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝62－，當λ＝時， ·取得最小值－，此時＝. 答案： 12．在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知G和E分別為A1B1和CC1的

19、中點，D與F分別為線段AC和AB上的動點(不包括端點)，若GD⊥EF，則線段DF的長度的取值范圍為__________． 解析：設AF＝a，AD＝b，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，E，G，F(xiàn)(a,0,0)，D(0，b,0)，＝，＝a，－1，－，＝(a，－b,0)． 因為GD⊥EF，所以⊥，·＝0， 所以－a－b＋＝0，即a＋2b－1＝0， 所以|DF|＝＝ ＝ . 由題意得，a＝1－2b>0，所以0

20、證：MN⊥AB； (2)求MN的長； (3)求異面直線AN與CM所成角的余弦值． 解：(1)證明：設＝p，＝q，＝r. 由題意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量兩兩夾角均為60°. ＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)， ∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2) ＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0. ∴⊥，即MN⊥AB. (2)由(1)可知＝(q＋r－p)， ∴||2＝(q＋r－p)2 ＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)] ＝ ＝×2a2＝. ∴||＝a，∴MN的長為a. (3)設向量與的夾角為θ. ∵＝

21、(＋)＝(q＋r)， ＝－＝q－p， ∴·＝(q＋r)· ＝ ＝ ＝＝. 又∵||＝||＝a， ∴·＝||||cos θ＝a×a×cos θ＝. ∴cos θ＝，∴向量與的夾角的余弦值為. 因此異面直線AN與CM所成角的余弦值為. 14．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD. (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)過AC的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D-AE-C的余弦值． 解：(1)證明：由題設可得，△ABD≌△CBD， 從而AD＝

22、DC. 又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°. 取AC的中點O，連接DO，BO， 則DO⊥AC，DO＝AO. 又因為△ABC是正三角形，所以BO⊥AC. 所以∠DOB為二面角D-AC-B的平面角． 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2. 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2， 故∠DOB＝90°.所以平面ACD⊥平面ABC. (2)由題設及(1)知，OA，OB，OD兩兩垂直．以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz，則A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,

23、1)． 由題設知，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，即E為DB的中點，得E. 故＝(－1,0,1)，＝(－2,0,0)， ＝. 設n＝(x1，y1，z1)是平面DAE的法向量， 則即 可取n＝. 設m＝(x2，y2，z2)是平面AEC的法向量， 則即 可取m＝(0，－1，)． 則cos〈n，m〉＝＝＝. 由圖知二面角D-AE-C為銳角， 所以二面角D-AE-C的余弦值為. 高考研究課(一) 空間角3類型——線線角、線面角、二面角 [全國卷5年命題分析] 考點 考查頻度 考查角度 線線角 5年

24、2考 求線線角 線面角 5年4考 求線面角 二面角 5年7考 求二面角，已知二面角求體積 利用空間向量求異面直線所成角 [典例]　(2015·全國卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側的兩點，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (1)證明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值． [解]　(1)證明：連接BD，設BD∩AC于點G，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不妨設GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝. 由BE⊥平面ABCD，

25、AB＝BC，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝. 在Rt△FDG中，可得FG＝. 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝， 可得EF＝. 從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC. 因為EG?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC. (2)以G為坐標原點，分別以GB―→，GC―→的方向為x軸，y軸正方向，|GB―→|為單位長度，建立空間直角坐標系G-xyz. 由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，C(0，，0)， 所以＝(1，，)，＝. 故c

26、os〈，〉＝＝－. 所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為. [方法技巧] 用向量法求異面直線所成角的一般步驟 (1)選擇三條兩兩垂直的直線建立空間直角坐標系； (2)確定異面直線上兩個點的坐標，從而確定異面直線的方向向量； (3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值； (4)兩異面直線所成角的余弦等于兩向量夾角余弦值的絕對值．　　 [即時演練] 1．如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，點E，F(xiàn)，G分別是DD1，AB，CC1的中點，則異面直線A1E與GF所成角的大小為__________． 解析：以D為坐標原點，DA，DC，DD1

27、所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．因為AA1＝AB＝2，AD＝1， 所以E(0,0,1)，A1(1,0,2)，F(xiàn)(1,1,0)，G(0,2,1)， 所以＝(－1,0，－1)，＝(1，－1，－1)， 設向量與所成角為θ， 所以cos θ＝＝＝0， 所以異面直線A1E與GF所成的角為90°. 答案：90° 2．(2017·江蘇高考)如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°. (1)求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值； (2)求二面角B-A1D-A的正弦值． 解：在平面ABC

28、D內，過點A作AE⊥AD，交BC于點E. 因為AA1⊥平面ABCD， 所以AA1⊥AE，AA1⊥AD. 如圖，以{，，}為正交基底，建立空間直角坐標系A-xyz. 因為AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°， 則A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2，0)，E(，0,0)，A1(0，0，)，C1(，1，)． (1) ＝(，－1，－)，＝(，1，)． 則cos〈，〉＝＝＝－. 因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為. (2)可知平面A1DA的一個法向量為＝(，0,0)． 設m＝(x，y，z)為平面BA1D的一個法向量， 又＝(，－1，－)，＝(－，3,

29、0)， 則即 不妨取x＝3，則y＝，z＝2， 所以m＝(3，，2)為平面BA1D的一個法向量， 從而cos〈，m〉＝＝＝. 設二面角B-A1D-A的大小為θ，則|cos θ|＝. 因為θ∈[0，π]，所以sin θ＝＝. 因此二面角B-A1D-A的正弦值為. 利用空間向量求線面角 [典例]　(2017·北京高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4. (1)求證：M為PB的中點； (2)求二面角B-PD-A的大?。? (3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．

30、[解]　(1)證明：設AC，BD的交點為E，連接ME. 因為PD∥平面MAC， 平面MAC∩平面PDB＝ME， 所以PD∥ME. 因為底面ABCD是正方形， 所以E為BD的中點． 所以M為PB的中點． (2)取AD的中點O，連接OP，OE. 因為PA＝PD，所以OP⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP?平面PAD， 所以OP⊥平面ABCD. 因為OE?平面ABCD，所以OP⊥OE. 因為底面ABCD是正方形，所以OE⊥AD. 以O為原點，以，，為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz， 則P(0,

31、0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)， ＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)． 設平面BDP的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，得y＝1，z＝. 于是n＝(1,1，)． 又平面PAD的一個法向量為p＝(0,1,0)， 所以cos〈n，p〉＝＝. 由題知二面角B-PD-A為銳角， 所以二面角B-PD-A的大小為60°. (3)由題意知M，C(2,4,0)， 則＝. 設直線MC與平面BDP所成角為α， 則sin α＝|cos〈n，〉|＝＝. 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為. [方法技巧] 利用平面的法向量求線面角的2個注意點 (1

32、)求出直線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角(鈍角時取其補角)，取其余角即為所求． (2)若求線面角的余弦值，要注意利用平方關系sin2θ＋cos2θ＝1求出其值．不要誤認為直線的方向向量與平面的法向量所夾角的余弦值為所求．　　 [即時演練] 1．正四棱錐S -ABCD中，SA＝AB＝2，則直線AC與平面SBC所成角的正弦值為(　　) A.　　　　　　　　　B. C. D. 解析：選C　建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 由題意得A(1，－1,0)，C(－1,1,0)，B(1,1,0)，S(0,0，)． ∴＝(－2,2,0)，＝(－1，－1，)，＝(1，－1，)． 設

33、平面SBC的一個法向量n＝(x，y，z)， 則即 令z＝，得x＝0，y＝2，∴n＝(0,2，)． 設直線AC與平面SBC所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 2.如圖所示的多面體是由一個直平行六面體被平面AEFG所截后得到的，其中∠BAE＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°. (1)求證：BD⊥平面ADG； (2)求直線GB與平面AEFG所成角的正弦值． 解：(1)證明：在△BAD中， ∵AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°. 由余弦定理得，BD2＝AD2＋AB2－2AB·ADcos 60°， 解得BD＝， ∵AB2＝AD2＋BD2，

34、 ∴AD⊥BD， 在直平行六面體中，GD⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， ∴GD⊥BD， 又AD∩GD＝D， ∴BD⊥平面ADG. (2)以D為坐標原點，DA，DB，DG所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz， ∵∠BAE＝∠GAD＝45°， AB＝2AD＝2， ∴A(1,0,0)，B(0，，0)，E(0，，2)，G(0,0,1)， ＝(－1，，2)，＝(－1,0,1) ， GB―→＝(0，，－1)， 設平面AEFG的法向量n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，得y＝－，z＝1， ∴n＝， 設直線GB和平面AEFG的夾角為θ

35、， 則sin θ＝|cos〈GB―→，n〉|＝＝， ∴直線GB與平面AEFG所成角的正弦值為. 利用空間向量求二面角 [典例]　 (2017·山東高考)如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其內部)以AB邊所在直線為旋轉軸旋轉120°得到的，G是的中點． (1)設P是上的一點，且AP⊥BE，求∠CBP的大?。? (2)當AB＝3，AD＝2時，求二面角E-AG-C的大?。? [解]　(1)因為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∠EBC＝120°，

36、所以∠CBP＝30°. (2)以B為坐標原點，分別以BE，BP，BA所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系． 由題意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)， 設m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一個法向量． 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一個法向量m＝(3，－，2)． 設n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一個法向量． 由可得 取z2＝－2，可得平面ACG的一個法向量n＝(3，－，－2)． 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 由圖知二面角E-AG-C為銳角，

37、 故所求二面角E-AG-C的大小為60°. [方法技巧] 利用法向量求二面角的2個注意點 (1)對于某些平面的法向量要注意題中條件隱含著，不用單獨求． (2)注意判斷二面角的平面角是銳角還是鈍角，可結合圖形進行，以防結論失誤．　　 [即時演練] 1．在正方體ABCD -A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，設棱長為1，則A1(0,0,1)， E，D(0,1,0)， ∴＝(0,1，－1)， ＝， 設平面A1ED

38、的一個法向量為n1＝(1，y，z)， 則即 ∴∴n1＝(1,2,2)． 又平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝. 即所成的銳二面角的余弦值為. 2.如圖，四棱錐P -ABCD的底面為菱形，∠ABC＝60°，E是DP的中點．若AP＝PB＝，AB＝PC＝2. (1)證明：PB∥平面ACE； (2)求二面角A-PC-D的余弦值． 解：(1)證明：連接BD交AC于點F，連接EF， ∵底面ABCD為菱形， ∴F為BD中點． 又∵E是DP中點， ∴EF∥PB. ∵PB?平面ACE，EF?平面ACE， ∴PB∥平面ACE. (2)取AB

39、的中點Q，連接PQ，CQ， ∵底面ABCD為菱形，且∠ABC＝60°， ∴△ABC為正三角形，∴CQ⊥AB. ∵AP＝PB＝，AB＝PC＝2， ∴CQ＝，且△PAB為等腰直角三角形， ∴PQ⊥AB，PQ＝1， ∴PQ2＋CQ2＝CP2，∴PQ⊥CQ. 以Q為坐標原點，QA，QC，QP所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0)，C(0，，0)，P(0,0,1)，D(2，，0)，＝(－1,0,1)，＝(0，－，1)，＝(2,0,0)． 設平面APC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 令y1＝1，得x1＝，z1＝，故n1＝(，1，)．

40、 設平面DPC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， 則即 令y2＝1，得z2＝，故n2＝(0,1，)． ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝， 由圖知二面角A-PC-D為銳角， ∴二面角A-PC-D的余弦值為. 1.(2017·全國卷Ⅰ)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)證明：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：(1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得AB⊥AP，CD⊥PD. 因為AB∥CD，所以AB⊥PD. 又AP∩PD＝P，所以AB

41、⊥平面PAD. 又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內作PF⊥AD，垂足為F. 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD. 以F為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系F-xyz. 由(1)及已知可得A，P，B， C. 所以＝，＝(，0,0)， ＝，＝(0,1,0)． 設n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的法向量， 則即 所以可取n＝(0，－1，－)． 設m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的法向量， 則即 所以可取m＝(1,0,1)． 則cos〈n，m〉＝＝＝－

42、. 由圖知二面角A-PB-C為鈍角， 所以二面角A-PB-C的余弦值為－. 2．(2016·全國卷Ⅰ)如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°. (1)證明：平面ABEF⊥平面EFDC； (2)求二面角E-BC-A的余弦值． 解：(1)證明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE， 所以AF⊥平面EFDC. 又AF?平面ABEF， 故平面ABEF⊥平面EFDC. (2)過D作DG⊥EF，垂足為G.由(1)知DG⊥平面ABEF. 以G為坐標原點，的方向為x軸正方向，||

43、為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系G -xyz. 由(1)知∠DFE為二面角D -AF-E的平面角， 故∠DFE＝60°，則DF＝2，DG＝， 可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3，0,0)，D(0,0，)． 由已知得AB∥EF，所以AB∥平面EFDC. 又平面ABCD∩平面EFDC＝CD， 故AB∥CD，CD∥EF. 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC， 所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角，∠CEF＝60°. 從而可得C(－2,0，)． 所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)． 設n＝(x，y，z)是平面B

44、CE的法向量， 則即 所以可取n＝(3,0，－)． 設m是平面ABCD的法向量，則 同理可取m＝(0，，4)． 則cos 〈n，m〉＝＝－. 由圖知，二面角E-BC-A為鈍角， 故二面角E-BC-A的余弦值為－. 1．如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，點D是棱AB的中點，BC＝1，AA1＝. (1)求證：BC1∥平面A1DC； (2)求二面角D-A1C-A的正弦值． 解：(1)證明：過點A作AO⊥BC交BC于點O，過點O作OE⊥BC交B1C1于E. 因為平面ABC⊥平面CBB1C1，所以AO⊥平面CBB1C1. 以O為坐標原點，OB，OE，OA所在直

45、線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．因為BC＝1，AA1＝，△ABC是等邊三角形，所以O為BC的中點． 則O(0,0,0)，A，B，C，D，A1，C1， ＝，＝， 設平面A1DC的一個法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則即 取x1＝，得z1＝－3，y1＝1， ∴平面A1DC的一個法向量為n1＝(，1，－3)． 又∵＝(－1，，0)，∴·n1＝0， 又BC1?平面A1DC，∴BC1∥平面A1DC. (2)設平面ACA1的一個法向量為n2＝(x2，y2，z2)， ∵＝(0，，0)， 則即 取x2＝，得y2＝0，z2＝－1. ∴平面ACA1的一個法向量為

46、n2＝(，0，－1)． 則cos〈n1，n2〉＝＝， 設二面角D-A1C-A的大小為θ， ∴cos θ＝，sin θ＝， 故二面角D-A1C-A的正弦值為. 2．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，四棱錐P-ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點． (1)證明：直線CE∥平面PAB； (2)點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M-AB-D的余弦值． 解：(1)證明：取PA的中點F，連接EF，BF. 因為E是PD的中點，所以EF∥AD，EF＝AD. 由∠BAD＝∠ABC＝90°

47、，得BC∥AD， 又BC＝AD，所以EF綊BC， 所以四邊形BCEF是平行四邊形，CE∥BF， 又CE?平面PAB，BF?平面PAB， 故CE∥平面PAB. (2)由已知得BA⊥AD，以A為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz，則A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)． 設M(x，y，z)(0

48、n〉|＝sin 45°，＝， 即(x－1)2＋y2－z2＝0.?、? 又M在棱PC上，設＝λ， 則x＝λ，y＝1，z＝－λ.?、? 由①②解得(舍去)，或 所以M，從而＝. 設m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量， 則即 所以可取m＝(0，－，2)． 于是cos〈m，n〉＝＝. 由圖知二面角M-AB-D為銳角， 因此二面角M-AB-D的余弦值為. 3.如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求證：MN∥平面BDE； (2)求二面角C-EM-N

49、的正弦值； (3)已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長． 解：由題意知，AB，AC，AP兩兩垂直，故以A為坐標原點，分別以，，方向為x軸、y軸、z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．依題意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)． (1)證明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)． 設n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量， 則即 不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)． 又＝(1,2，－1)，可得·n＝0. 因為MN?平面BDE，所以M

50、N∥平面BDE. (2)易知n1＝(1,0,0)為平面CEM的一個法向量． 設n2＝(x1，y1，z1)為平面EMN的法向量， 又＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)， 則即 不妨取y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)． 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－， 于是sin〈n1，n2〉＝. 所以二面角C-EM-N的正弦值為. (3)依題意，設AH＝h(0≤h≤4)，則H(0,0，h)， 進而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos〈，〉|＝ ＝＝， 整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝. 所以線段AH的長為或. 4.如圖，在四

51、棱錐P-ABCD中，側面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四邊形， ∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E為CD的中點，點F在線段PB上． (1)求證：AD⊥PC； (2)試確定點F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等． 解：(1)證明：在平行四邊形ABCD中，連接AC， 因為AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45°， 由余弦定理得AC2＝8＋4－2×2×2×cos 45°＝4， 解得AC＝2，所以AC2＋BC2＝AB2， 所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC. 又AD∥BC，所以AD⊥AC. 又AD＝AP＝2，DP＝2，

52、 所以AD2＋AP2＝DP2，所以AP⊥AD， 又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC，所以AD⊥PC. (2)因為側面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為坐標原點，AC，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz， 則D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1,0)，P(0,0,2)， 所以＝(0,2，－2)，＝(－2,0，－2)， ＝(2,2，－2)，設＝λ(λ∈[0,1])， 則＝(2λ，2λ，－2λ)，F(xiàn)(2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以＝

53、(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)． 設平面PDC的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，得n＝(1，－1，－1)． 因為直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等， 所以|cos〈，m〉|＝|cos〈，n〉|，即＝，所以|－2λ＋2|＝， 即|λ－1|＝|λ|，解得λ＝，所以＝. 　某工廠欲加工一件藝術品，需要用到三棱錐形狀的坯材，工人將如圖所示的長方體ABCD-EFQH材料切割成三棱錐H-ACF. (1)若點M，N，K分別是棱HA，HC，HF的中點，點G是NK上的任意一點，求證：MG∥平面

54、ACF； (2)已知原長方體材料中，AB＝2，AD＝3，DH＝1，根據(jù)藝術品加工需要，工程師必須求出該三棱錐的高；甲工程師先求出AH所在直線與平面ACF所成的角θ，再根據(jù)公式h＝AH·sin θ求三棱錐H-ACF的高h.請你根據(jù)甲工程師的思路，求該三棱錐的高． 解：(1)證明：∵HM＝MA，HN＝NC，HK＝KF， ∴MK∥AF，MN∥AC. ∵MK?平面ACF，AF?平面ACF， ∴MK∥平面ACF，同理可證MN∥平面ACF， ∵MK∩MN＝M，MN?平面MNK，MK?平面MNK， ∴平面MNK∥平面ACF. 又MG?平面MNK，∴MG∥平面ACF. (2)以D為坐標原

55、點，DA，DC，DH所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D -xyz.則A(3，0,0)，C(0,2,0)，F(xiàn)(3,2,1)，H(0,0，1)，＝(－3,2,0)， ＝(0,2,1)，＝(－3,0,1)， 設平面ACF的一個法向量n＝(x，y，z)， 則即令y＝3，則n＝(2,3，－6)， ∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， ∴三棱錐H-ACF的高為AH·sin θ＝×＝. 高考研究課(二) 空間向量2綜合——翻折、探索 [全國卷5年命題分析] 考點 考查頻度 考查角度 翻折問題 5年1考 平面圖形的翻折與二面角求法 探索性問題 未考

56、查 平面圖形的翻折問題 將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這類問題稱為平面圖形翻折問題. 常與空間中的平行、垂直以及空間角相結合命題. [典例]　(2018·臨沂模擬)如圖1，已知△ABC為正三角形，D為AB的中點，AE＝AC.現(xiàn)沿DE將△ADE折起，折起過程中點A仍然記作點A，使得平面ADE⊥平面BCED，如圖2. (1)證明：AD⊥CE； (2)求平面ABD與平面ACE所成角(銳角)的余弦值． [解]　(1)證明：在正三角形ABC中，取AC的中點G，連接BG(圖略)，此時E為AG的中點，所以DE∥BG.因為BG⊥AC，所以DE⊥CE，DE⊥

57、AE. 在折起的圖形中，因為平面ADE⊥平面BCED， 所以AE⊥平面BCED，所以AE⊥CE. 因為AE∩DE＝E，所以CE⊥平面ADE. 因為AD?平面ADE，所以AD⊥CE. (2)由(1)的證明可知ED，EC，EA兩兩垂直，以點E為坐標原點，射線ED，EC，EA的正方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系E-xyz. 設正三角形ABC的邊長為4，則A(0,0,1)，B(2，1,0)，D(，0,0)，＝(2，1，－1)，＝(，1,0)． 設平面ABD的法向量m＝(x，y，z)， 則即 令x＝，得y＝－3，z＝3， 所以平面ABD的一個法向量為

58、m＝(，－3,3)． 顯然n＝(1,0,0)為平面ACE的一個法向量． 設平面ABD與平面ACE所成角(銳角)的大小為θ， 則cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝. 所以平面ABD與平面ACE所成角(銳角)的余弦值為. [方法技巧] (1)平面圖形的翻折問題，關鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關系和度量關系的變化情況．一般地，翻折后還在同一個平面上的性質不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質發(fā)生變化． (2)與空間角相結合問題求解時多利用空間向量法．　　 [即時演練] 如圖，在直角梯形PBCD中，PB∥DC，DC⊥BC，點A在邊PB上，AD∥BC，PB＝3BC＝6，現(xiàn)沿AD將△PA

59、D折起，使平面PAD⊥平面ABCD. (1)當CD＝BC時，證明：直線BD⊥平面PAC； (2)當三棱錐P-ABD的體積取得最大值時，求平面PBD與平面PCD所成銳二面角的余弦值． 解：(1)證明：在直角梯形PBCD中，AD∥BC，AB∥DC，DC⊥BC， ∵當CD＝BC時，四邊形ABCD是正方形， ∴BD⊥AC. ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，AD?平面ABCD， ∴PA⊥平面ABCD. ∵BD?平面ABCD，∴BD⊥PA. 又AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC. (2)設DC＝t，t∈(0,6)，則PA＝6－t， 由(1)

60、知VP-ABD＝××(6－t)×t×2 ≤2＝3， 當且僅當6－t＝t，即t＝3時取等號， 此時AP＝AB＝DC＝3. 以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz， 則B(3,0,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，C(3,2,0)， ＝(3,0,0)，＝(0，－2,3)， ＝(－3,2,0)， 設n＝(x，y，z)是平面PCD的一個法向量， 則即 取z＝2，得n＝(0,3,2)． 設m＝(a，b，c)是平面PBD的一個法向量， 則即 取c＝2，得m＝(2,3,2)． 設平面PBD與平面PCD所成銳二面

61、角為θ， 則cos θ＝＝＝. ∴平面PBD與平面PCD所成銳二面角的余弦值為. 立體幾何中的探索性問題　　　　 探索性問題雖然在全國卷中未作考查，但在地方卷中卻頻頻露面，此類問題主要從兩個角度進行考查： (1)與空間平行或垂直有關的探索性問題； (2)與空間角有關的探索性問題. 角度一：與空間平行或垂直有關的探索性問題 1.如圖所示，四邊形ABCD是邊長為3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE與平面ABCD所成角為60°. (1)求證：AC⊥平面BDE； (2)設點M是線段BD上一個動點，試確定點M的位置，使得AM∥平面BEF，并證明你的結論．

62、 解：(1)證明：因為DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AC. 因為四邊形ABCD是正方形，所以BD⊥AC. 又DE∩BD＝D，DE?平面BDE，BD?平面BDE， 所以AC⊥平面BDE. (2)因為DA，DC，DE兩兩垂直，所以建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz， 因為BE與平面ABCD所成角為60°，即∠DBE＝60°，所以＝. 由AD＝3，可知DE＝3，AF＝， 則A(3,0,0)，F(xiàn)(3,0，)，E(0,0,3)，B(3,3，0)， 所以＝(0，－3，)，＝(3,0，－2)． 設平面BEF的法向量n＝(x，y，z)， 則即 令z＝，得n＝(4,2，)， 又

63、點M是線段BD上一個動點， 設M(t，t,0)(0≤t≤3)，則＝(t－3，t,0) 因為AM∥平面BEF， 所以·n＝0，即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2. 此時，點M的坐標為(2,2,0)， 即當BM＝BD時，AM∥平面BEF. [方法技巧] 對于線面關系中的存在性問題，首先假設存在，然后在這假設條件下，利用線面關系的相關定理、性質進行推理論證，尋找假設滿足的條件，若滿足則肯定假設，若得出矛盾的結論則否定假設．　　 角度二：與空間角有關的探索性問題 2.(2018·江西一模)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，平面A1BC⊥側面A1ABB1，且AA1＝AB＝2.

64、 (1)求證：AB⊥BC； (2)若直線AC與平面A1BC所成的角為，則在線段A1C上是否存在點E，使得二面角A-BE-C的大小為？請說明理由． 解：(1)證明：連接AB1交A1B于點D， ∵AA1＝AB，∴AD⊥A1B. ∵平面A1BC⊥側面A1ABB1，平面A1BC∩側面A1ABB1＝A1B，AD?側面A1ABB1， ∴AD⊥平面A1BC，又BC?平面A1BC， ∴AD⊥BC. ∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱，∴AA1⊥底面ABC. ∵BC?底面ABC，∴AA1⊥BC. 又AA1∩AD＝A，AA1?平面A1ABB1，AD?平面A1ABB1， ∴BC⊥平面A1AB

65、B1，又AB?平面A1ABB1， ∴AB⊥BC. (2)由(1)得AD⊥平面A1BC，連接CD， 則∠ACD是直線AC與平面A1BC所成的角， 即∠ACD＝， 又AD＝AB1＝， ∴AC＝2，BC＝＝2. 以B為坐標原點，BC，BA，BB1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系B-xyz， 則A(0,2,0)，B(0,0,0)，A1(0,2,2)，C(2,0,0)，B1(0,0,2)． ∴＝(0，－2,0)，＝(2，－2，－2)，＝(0，－2,2)，＝(0,0,2)． 假設A1C上存在點E，使得二面角A-BE-C的大小為，連接AE，BE， 設＝λ＝(2

66、λ，－2λ，－2λ)． ∴＝＋＝(2λ，－2λ，2－2λ)． 設平面EAB的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1，得n＝. 由(1)知AB1⊥平面A1BC， ∴＝(0，－2,2)為平面CEB的一個法向量． ∴cos〈，n〉＝＝， ∵二面角A-BE-C的大小為，λ<1， ∴＝cos ＝－，解得λ＝， ∴線段A1C上存在點E，且E為線段A1C的中點，使得二面角A-BE-C的大小為. [方法技巧] 對于探索性問題用向量法比較容易入手．一般先假設存在，設出空間點的坐標，轉化為代數(shù)方程是否有解的問題，若有解且滿足題意則存在，若有解但不滿足題意或無解則不存在．　　 1．(2016·全國卷Ⅱ)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，AC＝6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝. (1)證明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角B-D′A-C的正弦值． 解：(1)證明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD. 又由AE＝CF，得＝，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，從而EF⊥