《（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 8.5 空間向量及其應(yīng)用、空間角與距離精練.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 8.5 空間向量及其應(yīng)用、空間角與距離精練.docx（50頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

8.5　空間向量及其應(yīng)用、空間角與距離 挖命題 【考情探究】 考點(diǎn) 內(nèi)容解讀 5年考情 預(yù)測熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點(diǎn) 1.用向量證明空間中的平行和垂直關(guān)系 1.理解直線的方向向量與平面的法向量 2.能用向量語言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直、平行關(guān)系 3.能用向量法證明有關(guān)直線和平面位置關(guān)系的一些定理(包括三垂線定理) 2018天津,17 2017天津,17 用向量法求空間角的正弦值、用向量法證明空間中直線與平面的平行關(guān)系 空間角問題 ★★★ 2016天津,17 用向量法求空間角的正弦值、用向量法證明空間中直線與平面的平行關(guān)系 求線面角的正弦值 2.用向量求空間角與距離 1.能用向量法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計(jì)算問題 2.能用向量法解決點(diǎn)面、線面、面面距離問題,了解向量方法在立體幾何問題中的應(yīng)用 2015天津,17 2014天津,17 用向量法求空間角 線面平行的判定、線線垂直的判定 ★★★ 分析解讀　　1.能運(yùn)用共線向量、共面向量、空間向量基本定理以及有關(guān)結(jié)論證明點(diǎn)共線、點(diǎn)共面、線共面及線線、線面的平行與垂直問題;會(huì)求線線角、線面角;會(huì)求點(diǎn)點(diǎn)距、點(diǎn)面距等問題,從而培養(yǎng)用向量法思考問題和解決問題的能力.2.會(huì)利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算、兩點(diǎn)間的距離公式、夾角公式以及相關(guān)結(jié)論解決有關(guān)平行、垂直、長度、角、距離等問題,從而培養(yǎng)準(zhǔn)確無誤的運(yùn)算能力.3.本節(jié)內(nèi)容在高考中延續(xù)解答題的形式,以多面體為載體,求空間角的命題趨勢較強(qiáng),屬中檔題. 破考點(diǎn) 【考點(diǎn)集訓(xùn)】 考點(diǎn)一　用向量證明空間中的平行和垂直關(guān)系 1.(2017浙江,19,15分)如圖,已知四棱錐P-ABCD,△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E為PD的中點(diǎn). (1)證明:CE∥平面PAB; (2)求直線CE與平面PBC所成角的正弦值. 解析　(1)證明:設(shè)AD的中點(diǎn)為O,連接OB,OP. ∵△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形,∴OP⊥AD. ∵BC=12AD=OD,且BC∥OD, ∴四邊形BCDO為平行四邊形,又∵CD⊥AD, ∴OB⊥AD,∵OP∩OB=O, ∴AD⊥平面OPB. 過點(diǎn)O在平面POB內(nèi)作OB的垂線OM,交PB于M, 以O(shè)為原點(diǎn),OB所在直線為x軸,OD所在直線為y軸,OM所在直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖. 設(shè)CD=1,則有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0). 設(shè)P(x,0,z)(z>0),由PC=2,OP=1, 得(x-1)2+1+z2=4,x2+z2=1,解得x=-12,z=32, 即點(diǎn)P-12,0,32, 而E為PD的中點(diǎn),∴E-14,12,34. 設(shè)平面PAB的法向量為n=(x1,y1,z1), ∵AP=-12,1,32,AB=(1,1,0), ∴-12x1+y1+32z1=0,x1+y1=0?x1=-y1,z1=-3y1, 取y1=-1,得n=(1,-1,3). 而CE=-54,-12,34,則CEn=0,而CE?平面PAB, ∴CE∥平面PAB. (2)設(shè)平面PBC的法向量為m=(x2,y2,z2), ∵BC=(0,1,0),BP=-32,0,32, ∴y2=0,-32x2+32z2=0,取x2=1,得m=(1,0,3). 設(shè)直線CE與平面PBC所成角為θ, 則sinθ=|cos|=|CEm||CE||m|=28, 故直線CE與平面PBC所成角的正弦值為28. 方法總結(jié)　1.證明直線與平面平行的方法.(例:求證:l∥α) ①利用線面平行的判定定理:在平面α內(nèi)找到一條與直線l平行的直線m,從而得到l∥α. ②利用面面平行的性質(zhì):過直線l找到(或作出)一個(gè)平面β,使得β∥α,從而得l∥α. ③向量法:(i)求出平面α的法向量n和直線l的方向向量l,證明nl=0,結(jié)合l?α可得l∥α. (ii)證明直線l的方向向量l能被平面α內(nèi)的兩個(gè)基向量所表示,結(jié)合l?α可得l∥α. 2.求線面角的方法. ①定義法:作出線面角,解三角形即可. ②解斜線段、射影、垂線段構(gòu)成的三角形. 例:求AB與平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出點(diǎn)B到平面α的距離d(通常由等體積法求d),由sinθ=dAB得結(jié)論. ③向量法:求出平面α的法向量n,設(shè)直線AB與α所成角為θ,則sinθ=|cos|. 最好是畫出圖形,否則容易出錯(cuò). 考點(diǎn)二　空間角與距離 2.(2018課標(biāo)Ⅱ,9,5分)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　) A.15　　　　B.56　　　　C.55　　　　D.22 答案　C　 3.已知正方形ABCD的邊長為1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分別為AB,BC的中點(diǎn). (1)求點(diǎn)D到平面PEF的距離; (2)求直線AC到平面PEF的距離. 解析　(1)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz, 則D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E1,12,0,F12,1,0, ∴PE=1,12,-1, EF=-12,12,0, DP=(0,0,1). 設(shè)平面PEF的法向量為n=(x,y,z). 則有nPE=0,nEF=0?x+12y-z=0,-12x+12y=0?z=32x,y=x. 令x=1,則n=1,1,32. ∴點(diǎn)D到平面PEF的距離為 d=|DPn||n|=32172=31717. (2)直線AC到平面PEF的距離等于點(diǎn)A到平面PEF的距離. ∵AE=0,12,0,平面PEF的一個(gè)法向量為n=1,1,32, ∴點(diǎn)A到平面PEF的距離為d1=|AEn||n|=12172=1717. ∴直線AC到平面PEF的距離為1717. 4.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面AA1C1C,AA1=AB=AC=2,∠A1AC=60.過AA1的平面交B1C1于點(diǎn)E,交BC于點(diǎn)F. (1)求證:A1C⊥平面ABC1; (2)求證:四邊形AA1EF為平行四邊形; (3)若BFBC=23,求二面角B-AC1-F的大小. 解析　(1)證明:因?yàn)锳B⊥平面AA1C1C,A1C?平面AA1C1C,所以A1C⊥AB. 在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AC,所以平行四邊形AA1C1C為菱形,所以A1C⊥AC1. 又AB∩AC1=A,AB,AC1?平面ABC1,所以A1C⊥平面ABC1. (2)證明:因?yàn)锳1A∥B1B,A1A?平面BB1C1C,BB1?平面BB1C1C,所以A1A∥平面BB1C1C. 因?yàn)槠矫鍭A1EF∩平面BB1C1C=EF,所以A1A∥EF. 因?yàn)槠矫鍭BC∥平面A1B1C1,平面AA1EF∩平面ABC=AF,平面AA1EF∩平面A1B1C1=A1E, 所以A1E∥AF, 所以四邊形AA1EF為平行四邊形. (3)在平面AA1C1C內(nèi),過A作Az⊥AC. 因?yàn)锳B⊥平面AA1C1C,所以AB,AC,Az兩兩垂直. 故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,1,3),C1(0,3,3),所以BC=(-2,2,0),AC1=(0,3,3). 因?yàn)锽FBC=23,所以BF=23BC=-43,43,0, 所以F23,43,0, 所以AF=23,43,0. 由(1)得平面ABC1的一個(gè)法向量為A1C=(0,1,-3). 設(shè)平面AC1F的法向量為n=(x,y,z), 則nAC1=0,nAF=0, 即3y+3z=0,23x+43y=0. 令y=1,則x=-2,z=-3, 所以n=(-2,1,-3). 所以cos=nA1C|n||A1C|=22. 由圖可知二面角B-AC1-F的平面角是銳角, 所以二面角B-AC1-F的大小為45. 思路分析　(1)通過證明四邊形AA1C1C為菱形,得出A1C⊥AC1,從而證得A1C⊥平面ABC1; (2)由面面平行的性質(zhì)定理、線面平行的性質(zhì)定理分別得到兩組對邊互相平行,進(jìn)而證明四邊形AA1EF為平行四邊形; (3)由平面的法向量和夾角公式求解. 方法總結(jié)　正確掌握線面平行和垂直的證明方法和計(jì)算空間角的基本方法是求解立體幾何問題的基礎(chǔ)和保障,務(wù)必“記牢活用.” 煉技法 【方法集訓(xùn)】 方法1　空間角與距離的向量求法 1.正四棱錐S-ABCD的八條棱長都相等,SB的中點(diǎn)是E,則異面直線AE,SD所成角的余弦值為　　　　. 答案　33 2.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為A1B1的中點(diǎn),則異面直線D1E和BC1間的距離為　　　　. 答案　263 方法2　用向量法求立體幾何中的探索性問題 3.如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,E為AD的中點(diǎn),PA⊥AD,BE∥CD,BE⊥AD,PA=AE=BE=2,CD=1. (1)求證:平面PAD⊥平面PCD; (2)求二面角C-PB-E的余弦值; (3)在線段PE上是否存在點(diǎn)M,使得DM∥平面PBC?若存在,求出點(diǎn)M的位置;若不存在,請說明理由. 解析　(1)證明:因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,PA⊥AD, 且平面PAD∩平面ABCD=AD, 所以PA⊥平面ABCD. 又CD?平面ABCD, 所以PA⊥CD. 又因?yàn)锽E⊥AD,BE∥CD, 所以CD⊥AD. 又因?yàn)镻A∩AD=A,PA,AD?平面PAD, 所以CD⊥平面PAD. 因?yàn)镃D?平面PCD, 所以平面PAD⊥平面PCD. (2)以E為原點(diǎn),以EB,ED的方向分別為x軸,y軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyz, 則E(0,0,0),P(0,-2,2),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0), 所以PB=(2,2,-2),BC=(-1,2,0),EP=(0,-2,2). 設(shè)平面PBC的法向量為n=(x,y,z), 則nPB=0,nBC=0,即2x+2y-2z=0,-x+2y=0. 令y=1,則x=2,z=3, 所以n=(2,1,3). 設(shè)平面PBE的法向量為m=(a,b,c), 則mPB=0,mEP=0,即2a+2b-2c=0,-2b+2c=0. 令b=1,則a=0,c=1, 所以m=(0,1,1). 所以cos=nm|n||m|=20+11+31142=277. 由圖可知,所求二面角為銳角, 所以二面角C-PB-E的余弦值為277. (3)“在線段PE上存在點(diǎn)M,使得DM∥平面PBC”等價(jià)于“在線段PE上存在點(diǎn)M,使其滿足DMn=0”. 設(shè)PM=λPE,λ∈[0,1]. 因?yàn)镻E=(0,2,-2),所以PM=(0,2λ,-2λ), 則M(0,2λ-2,2-2λ),所以DM=(0,2λ-4,2-2λ). 由(2)知平面PBC的一個(gè)法向量為n=(2,1,3), 所以DMn=2λ-4+6-6λ=0, 解得λ=12. 因?yàn)棣?12∈[0,1], 所以在線段PE上存在點(diǎn)M,使得DM∥平面PBC,此時(shí)點(diǎn)M為PE的中點(diǎn). 4.如圖1,在平面五邊形ABCDE中,AB∥CD,∠BAD=90,AB=2,CD=1,△ADE是邊長為2的正三角形,現(xiàn)將△ADE沿AD折起,得到四棱錐E-ABCD(如圖2),且DE⊥AB. (1)求證:平面ADE⊥平面ABCD; (2)求平面BCE與平面ADE所成銳二面角的大小; (3)在棱AE上是否存在點(diǎn)F,使得DF∥平面BCE?若存在,求出EFEA的值;若不存在,請說明理由. 解析　(1)證明:由已知得AB⊥AD,因?yàn)锳B⊥DE, 且AD∩DE=D,AD,DE?平面ADE,所以AB⊥平面ADE. 又AB?平面ABCD,所以平面ADE⊥平面ABCD. (2)設(shè)AD的中點(diǎn)為O,連接EO. 因?yàn)椤鰽DE是正三角形, 所以EA=ED,所以EO⊥AD. 因?yàn)槠矫鍭DE⊥平面ABCD, 平面ADE∩平面ABCD=AD,EO?平面ADE, 所以EO⊥平面ABCD. 在平面ABCD內(nèi)過O點(diǎn)作垂直于AD的直線交CB于點(diǎn)M. 以O(shè)為原點(diǎn),OA所在的直線為x軸,OM所在的直線為y軸,OE所在的直線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,如圖所示, 則E(0,0,3),B(1,2,0),C(-1,1,0), 所以CE=(1,-1,3),CB=(2,1,0). 設(shè)平面BCE的法向量為m=(x,y,z), 則mCE=0,mCB=0,即x-y+3z=0,2x+y=0. 令x=1,則y=-2,z=-3, 所以m=(1,-2,-3). 易知平面ADE的一個(gè)法向量為n=(0,1,0), 所以cos=mn|m||n|=-22. 所以平面BCE與平面ADE所成銳二面角的大小為π4. (3)在棱AE上存在點(diǎn)F,使得DF∥平面BCE,此時(shí)EFEA=12. 理由:設(shè)BE的中點(diǎn)為G,連接CG,FG, 則FG∥AB,FG=12AB, 因?yàn)锳B∥CD,且CD=12AB, 所以FG∥CD,且FG=CD. 所以四邊形CDFG是平行四邊形, 所以DF∥CG. 因?yàn)镃G?平面BCE,且DF?平面BCE, 所以DF∥平面BCE. 過專題 【五年高考】 A組　自主命題天津卷題組 1.(2018天津,17,13分)如圖,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2. (1)若M為CF的中點(diǎn),N為EG的中點(diǎn),求證:MN∥平面CDE; (2)求二面角E-BC-F的正弦值; (3)若點(diǎn)P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60,求線段DP的長. 解析　本題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力. 依題意,可以建立以D為原點(diǎn),分別以DA,DC,DG的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,32,1,N(1,0,2). (1)證明:依題意DC=(0,2,0),DE=(2,0,2). 設(shè)n0=(x0,y0,z0)為平面CDE的法向量, 則n0DC=0,n0DE=0,即2y0=0,2x0+2z0=0, 不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1). 又MN=1,-32,1,可得MNn0=0, 又因?yàn)橹本€MN?平面CDE, 所以MN∥平面CDE. (2)依題意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2). 設(shè)n=(x1,y1,z1)為平面BCE的法向量, 則nBC=0,nBE=0,即-x1=0,x1-2y1+2z1=0, 不妨令z1=1,可得n=(0,1,1). 設(shè)m=(x2,y2,z2)為平面BCF的法向量, 則mBC=0,mCF=0,即-x2=0,-y2+2z2=0, 不妨令z2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos=mn|m||n|=31010,于是sin=1010. 所以,二面角E-BC-F的正弦值為1010. (3)設(shè)線段DP的長為h(h∈[0,2]),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h). 易知,DC=(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量, 故|cos|=|BPDC||BP||DC|=2h2+5, 由題意,可得2h2+5=sin60=32, 解得h=33∈[0,2]. 所以,線段DP的長為33. 方法歸納　利用空間向量解決立體幾何問題的一般步驟: (1)審清題意并建系.利用條件分析問題,建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系; (2)確定相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo).結(jié)合建系過程與圖形,準(zhǔn)確地寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo); (3)確定直線的方向向量和平面的法向量.利用點(diǎn)的坐標(biāo)求出相關(guān)直線的方向向量和平面的法向量,若已知某直線垂直某平面,可直接取該直線的方向向量為該平面的法向量; (4)轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算.將空間位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為向量關(guān)系,空間角轉(zhuǎn)化為向量的夾角問題去論證、求解; (5)問題還原.結(jié)合條件與圖形,作出結(jié)論(注意角的范圍). 2.(2017天津,17,13分)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90.點(diǎn)D,E,N分別為棱PA,PC,BC的中點(diǎn),M是線段AD的中點(diǎn),PA=AC=4,AB=2. (1)求證:MN∥平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值; (3)已知點(diǎn)H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為721,求線段AH的長. 解析　本小題主要考查直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力. 如圖,以A為原點(diǎn),分別以AB,AC,AP方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)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:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則nDE=0,nDB=0,即2y=0,2x-2z=0. 不妨設(shè)z=1,可得n=(1,0,1). 又MN=(1,2,-1),可得MNn=0. 因?yàn)镸N?平面BDE, 所以MN∥平面BDE. (2)易知n1=(1,0,0)為平面CEM的一個(gè)法向量. 設(shè)n2=(x,y,z)為平面EMN的法向量,則n2EM=0,n2MN=0. 因?yàn)镋M=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-2y-z=0,x+2y-z=0. 不妨設(shè)y=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos=n1n2|n1||n2|=-421, 于是sin=10521. 所以,二面角C-EM-N的正弦值為10521. (3)依題意,設(shè)AH=h(0≤h≤4),則H(0,0,h),進(jìn)而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos|=|NHBE||NH||BE|=|2h-2|h2+523=721, 整理得10h2-21h+8=0, 解得h=85或h=12. 所以,線段AH的長為85或12. 方法總結(jié)　利用空間向量法證明線面位置關(guān)系與計(jì)算空間角的步驟:(1)根據(jù)題目中的條件,充分利用垂直關(guān)系,建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系,盡量使相關(guān)點(diǎn)在坐標(biāo)軸上,求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo);(2)求出相關(guān)直線的方向向量及相關(guān)平面的法向量,根據(jù)題目的要求,選擇適當(dāng)?shù)墓?將相關(guān)的坐標(biāo)代入進(jìn)行求解或證明;(3)檢驗(yàn),得出最后結(jié)論. 3.(2016天津,17,13分)如圖,正方形ABCD的中心為O,四邊形OBEF為矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,點(diǎn)G為AB的中點(diǎn),AB=BE=2. (1)求證:EG∥平面ADF; (2)求二面角O-EF-C的正弦值; (3)設(shè)H為線段AF上的點(diǎn),且AH=23HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 解析　依題意,OF⊥平面ABCD,如圖,以O(shè)為原點(diǎn),分別以AD,BA,OF的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0). (1)證明:依題意,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2). 設(shè)n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量, 則n1AD=0,n1AF=0,即2x=0,x-y+2z=0. 不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,2,1), 又EG=(0,1,-2),可得EGn1=0, 又因?yàn)橹本€EG?平面ADF, 所以EG∥平面ADF. (2)易證,OA=(-1,1,0)為平面OEF的一個(gè)法向量. 依題意,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2). 設(shè)n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量,則n2EF=0,n2CF=0, 即x+y=0,-x+y+2z=0.不妨設(shè)x=1,可得n2=(1,-1,1). 因此有cos=OAn2|OA||n2|=-63, 于是sin=33. 所以,二面角O-EF-C的正弦值為33. (3)由AH=23HF,得AH=25AF. 因?yàn)锳F=(1,-1,2), 所以AH=25AF=25,-25,45, 進(jìn)而有H-35,35,45, 從而BH=25,85,45, 因此cos=BHn2|BH||n2|=-721. 所以,直線BH和平面CEF所成角的正弦值為721. 思路分析　(1)利用平面的法向量和直線的方向向量的數(shù)量積為0證明線面平行.(2)求出兩平面法向量夾角的余弦值,進(jìn)而得二面角的正弦值.(3)求出直線的方向向量與平面法向量夾角的余弦值,進(jìn)而得線面角的正弦值. 4.(2015天津,17,13分)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn). (1)求證:MN∥平面ABCD; (2)求二面角D1-AC-B1的正弦值; (3)設(shè)E為棱A1B1上的點(diǎn).若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為13,求線段A1E的長. 解析　如圖,以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系, 依題意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2). 又因?yàn)镸,N分別為B1C和D1D的中點(diǎn), 所以M1,12,1,N(1,-2,1). (1)證明:依題意,可得n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量.MN=0,-52,0.由此可得MNn=0, 又因?yàn)橹本€MN?平面ABCD, 所以MN∥平面ABCD. (2)AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0). 設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACD1的法向量,則n1AD1=0,n1AC=0, 即x-2y+2z=0,2x=0.不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,1,1). 設(shè)n2=(x,y,z)為平面ACB1的法向量, 則n2AB1=0,n2AC=0, 又AB1=(0,1,2),得y+2z=0,2x=0. 不妨設(shè)z=1,可得n2=(0,-2,1). 因此有cos=n1n2|n1||n2|=-1010, 于是sin=31010. 所以,二面角D1-AC-B1的正弦值為31010. (3)依題意,可設(shè)A1E=λA1B1,其中λ∈[0,1],則E(0,λ,2),從而NE=(-1,λ+2,1). 又n=(0,0,1)為平面ABCD的一個(gè)法向量, 由已知,得cos=NEn|NE||n| =1(-1)2+(λ+2)2+12=13, 整理得λ2+4λ-3=0, 又因?yàn)棣恕蔥0,1],解得λ=7-2. 所以,線段A1E的長為7-2. 評析本小題主要考查直線與平面平行和垂直、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識(shí).考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算能力和推理論證能力. 5.(2014天津,17,13分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn). (1)證明BE⊥DC; (2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值; (3)若F為棱PC上一點(diǎn),滿足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值. 解析　依題意,以點(diǎn)A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E為棱PC的中點(diǎn),得E(1,1,1). (1)證明:向量BE=(0,1,1),DC=(2,0,0),故BEDC=0. 所以BE⊥DC. (2)向量BD=(-1,2,0),PB=(1,0,-2).設(shè)n=(x,y,z)為平面PBD的法向量, 則nBD=0,nPB=0,即-x+2y=0,x-2z=0. 不妨令y=1,可得n=(2,1,1)為平面PBD的一個(gè)法向量. 于是有cos=nBE|n||BE|=262=33. 所以直線BE與平面PBD所成角的正弦值為33. (3)向量BC=(1,2,0),CP=(-2,-2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0).由點(diǎn)F在棱PC上,設(shè)CF=λCP,0≤λ≤1. 故BF=BC+CF=BC+λCP=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得BFAC=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=34.即BF=-12,12,32.設(shè)n1=(x,y,z)為平面FAB的法向量,則n1AB=0,n1BF=0,即x=0,-12x+12y+32z=0. 不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)為平面FAB的一個(gè)法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),則 cos=n1n2|n1||n2|=-3101=-31010. 易知,二面角F-AB-P是銳角,所以其余弦值為31010. B組　統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組 考點(diǎn)一　用向量證明空間中的平行和垂直關(guān)系 　(2018浙江,19,15分)如圖,已知多面體ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2. (1)證明:AB1⊥平面A1B1C1; (2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值. 解析　(1)證明:如圖,以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn),分別以射線OB,OC為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下: A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1). 因此AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1C1=(0,23,-3). 由AB1A1B1=0得AB1⊥A1B1.由AB1A1C1=0得AB1⊥A1C1. 又A1B1∩A1C1=A1,A1B1,A1C1?平面A1B1C1, 所以AB1⊥平面A1B1C1. (2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ. 由(1)可知AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2). 設(shè)平面ABB1的法向量n=(x,y,z), 則nAB=0,nBB1=0,即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0). 所以sinθ=|cos|=|AC1n||AC1||n|=3913. 因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是3913. 考點(diǎn)二　空間角與距離 1.(2018課標(biāo)Ⅱ,20,12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn). (1)證明:PO⊥平面ABC; (2)若點(diǎn)M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30,求PC與平面PAM所成角的正弦值. 解析　(1)因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn), 所以O(shè)P⊥AC,且OP=23. 連接OB.因?yàn)锳B=BC=22AC, 所以△ABC為等腰直角三角形, 且OB⊥AC,OB=12AC=2. 由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB. 由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC. (2)如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 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). 取平面PAC的法向量OB=(2,0,0). 設(shè)M(a,2-a,0)(0=23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2. 由已知可得|cos|=32. 所以23|a-4|23(a-4)2+3a2+a2=32. 解得a=-4(舍去)或a=43. 所以n=-833,433,-43. 又PC=(0,2,-23),所以cos=34. 所以PC與平面PAM所成角的正弦值為34. 2.(2017課標(biāo)Ⅰ,18,12分)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. 解析　本題考查了立體幾何中面面垂直的證明和二面角問題. (1)由已知∠BAP=∠CDP=90,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD, 又AP∩PD=P,AP,PD?平面PAD,從而AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB, 所以平面PAB⊥平面PAD. (2)在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD,垂足為F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF, 又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD. 以F為坐標(biāo)原點(diǎn),FA的方向?yàn)閤軸正方向,|AB|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz. 由(1)及已知可得A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0. 所以PC=-22,1,-22,CB=(2,0,0),PA=22,0,-22,AB=(0,1,0). 設(shè)n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,則 nPC=0,nCB=0,即-22x1+y1-22z1=0,2x1=0. 可取n=(0,-1,-2). 設(shè)m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,則 mPA=0,mAB=0,即22x2-22z2=0,y2=0. 可取m=(1,0,1). 則cos=nm|n||m|=-33. 易知二面角A-PB-C為鈍二面角, 所以二面角A-PB-C的余弦值為-33. 方法總結(jié)　面面垂直的證明及向量法求解二面角. (1)面面垂直的證明 證明兩個(gè)平面互相垂直,可以在一個(gè)平面內(nèi)找一條直線l,證明直線l垂直于另一平面. (2)利用空間向量求解幾何體中的二面角的余弦值 建立空間直角坐標(biāo)系,找到點(diǎn)的坐標(biāo),求出兩個(gè)半平面的法向量n1,n2,設(shè)二面角的大小為θ,則|cosθ|=|n1n2||n1||n2|,再根據(jù)二面角的范圍判斷二面角余弦值的正負(fù)情況. 3.(2017課標(biāo)Ⅱ,19,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90,E是PD的中點(diǎn). (1)證明:直線CE∥平面PAB; (2)點(diǎn)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. 解析　本題考查了線面平行的證明和線面角、二面角的計(jì)算. (1)取PA的中點(diǎn)F,連接EF,BF.因?yàn)镋是PD的中點(diǎn),所以EF∥AD,EF=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90得BC∥AD,又BC=12AD,所以EF??BC,四邊形BCEF是平行四邊形,CE∥BF,又BF?平面PAB,CE?平面PAB,故CE∥平面PAB. (2)由已知得BA⊥AD,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB的方向?yàn)閤軸正方向,|AB|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0). 設(shè)M(x,y,z)(0|=sin45,|z|(x-1)2+y2+z2=22, 即(x-1)2+y2-z2=0.① 又M在棱PC上,設(shè)PM=λPC,則 x=λ,y=1,z=3-3λ.② 由①,②解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),或x=1-22,y=1,z=62, 所以M1-22,1,62,從而AM=1-22,1,62. 設(shè)m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量, 則mAM=0,mAB=0,即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0, 所以可取m=(0,-6,2). 于是cos=mn|m||n|=105. 易知所求二面角為銳角. 因此二面角M-AB-D的余弦值為105. 方法總結(jié)　本題涉及直線與平面所成的角和二面角,它們是高考熱點(diǎn)和難點(diǎn),解決此類題時(shí)常利用向量法,解題關(guān)鍵是求平面的法向量,再由向量的夾角公式求解. 解題關(guān)鍵　由線面角為45求點(diǎn)M的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵. 4.(2016四川,18,12分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90,BC=CD=12AD,E為棱AD的中點(diǎn),異面直線PA與CD所成的角為90. (1)在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M,使得直線CM∥平面PBE,并說明理由; (2)若二面角P-CD-A的大小為45,求直線PA與平面PCE所成角的正弦值. 解析　(1)在梯形ABCD中,AB與CD不平行. 延長AB,DC,相交于點(diǎn)M(M∈平面PAB),點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn). 理由如下: 由已知,BC∥ED,且BC=ED. 所以四邊形BCDE是平行四邊形. 從而CM∥EB.又EB?平面PBE,CM?平面PBE, 所以CM∥平面PBE. (說明:延長AP至點(diǎn)N,使得AP=PN,則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn)) (2)由已知,CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A, 所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角. 所以∠PDA=45.由PA⊥AB,可得PA⊥平面ABCD. 設(shè)BC=1,則在Rt△PAD中,PA=AD=2. 作Ay⊥AD,以A為原點(diǎn),以AD,AP的方向分別為x軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz, 則A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0), 所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2). 設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z), 由nPE=0,nEC=0,得x-2z=0,x+y=0, 設(shè)x=2,解得n=(2,-2,1). 設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α, 則sinα=|nAP||n||AP|=2222+(-2)2+12=13. 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為13. 5.(2014福建,17,13分)在平面四邊形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.將△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如圖. (1)求證:AB⊥CD; (2)若M為AD中點(diǎn),求直線AD與平面MBC所成角的正弦值. 解析　(1)證明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB?平面ABD,AB⊥BD, ∴AB⊥平面BCD. 又CD?平面BCD,∴AB⊥CD. (2)過點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD,如圖. 由(1)知AB⊥平面BCD,又BE?平面BCD, ∴AB⊥BE. 以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,BD,BA的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系. 依題意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M0,12,12, 則BC=(1,1,0),BM=0,12,12,AD=(0,1,-1). 設(shè)平面MBC的法向量為n=(x0,y0,z0), 則nBC=0,nBM=0,即x0+y0=0,12y0+12z0=0, 取z0=1,得平面MBC的一個(gè)法向量為n=(1,-1,1). 設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ, 則sinθ=|cos|=|nAD||n||AD|=63, 即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為63. 評析本題主要考查空間直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、函數(shù)與方程思想. C組　教師專用題組 1.(2017山東,17,12分)如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的,G是DF的中點(diǎn). (1)設(shè)P是CE上的一點(diǎn),且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)當(dāng)AB=3,AD=2時(shí),求二面角E-AG-C的大小. 解析　本題考查線面垂直的證明和二面角的計(jì)算. (1)因?yàn)锳P⊥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, 因此∠CBP=30. (2)以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0), 故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3), 設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量. 由mAE=0,mAG=0可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0. 取z1=2,可得平面AEG的一個(gè)法向量m=(3,-3,2). 設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量. 由nAG=0,nCG=0可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0. 取z2=-2,可得平面ACG的一個(gè)法向量n=(3,-3,-2). 所以cos=mn|m||n|=12. 易知所求角為銳二面角, 因此所求的角為60. 方法總結(jié)　求二面角的常見方法有兩種:一種是“找”,即根據(jù)二面角的面的特殊性(如等邊三角形、等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形、梯形等)找二面角的平面角的頂點(diǎn),進(jìn)而作出該平面角,再通過解三角形求解;另一種是“算”,即利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算,由平面的法向量和夾角公式求解.利用空間向量的運(yùn)算求二面角時(shí),一定要注意二面角是銳二面角還是鈍二面角. 2.(2016浙江,17,15分)如圖,在三棱臺(tái)ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3. (1)求證:BF⊥平面ACFD; (2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值. 解析　(1)證明:延長AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,如圖所示. 因?yàn)槠矫鍮CFE⊥平面ABC,且平面BCFE∩平面ABC=BC,AC⊥BC, 所以,AC⊥平面BCK,又BF?平面BCK,因此,BF⊥AC. 又因?yàn)镋F∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2, 所以△BCK為等邊三角形, 且F為CK的中點(diǎn),則BF⊥CK. 又因?yàn)镃K∩AC=C,CK,AC?平面ACFD, 所以BF⊥平面ACFD. (2)解法一:過點(diǎn)F作FQ⊥AK于Q,連接BQ. 因?yàn)锽F⊥平面ACK, 所以BF⊥AK,則AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK. 所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角. 在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=31313. 在Rt△BQF中,FQ=31313,BF=3,得cos∠BQF=34. 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為34. 解法二:如圖,延長AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,則△BCK為等邊三角形.取BC的中點(diǎn)O,則KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以點(diǎn)O為原點(diǎn),分別以射線OB,OK的方向?yàn)閤,z的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 由題意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0),E12,0,32,F-12,0,32. 因此,AC=(0,3,0),AK=(1,3,3),AB=(2,3,0). 設(shè)平面ACK的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量為n=(x2,y2,z2). 由ACm=0,AKm=0得3y1=0,x1+3y1+3z1=0,取m=(3,0,-1); 由ABn=0,AKn=0得2x2+3y2=0,x2+3y2+3z2=0,取n=(3,-2,3). 于是,cos=mn|m||n|=34. 由圖可知所求二面角為銳角, 所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為34. 評析本題主要考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系,二面角等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力. 3.(2015江蘇,22,10分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四邊形ABCD為直角梯形,∠ABC=∠BAD=π2,PA=AD=2,AB=BC=1. (1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值; (2)點(diǎn)Q是線段BP上的動(dòng)點(diǎn),當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時(shí),求線段BQ的長. 解析　以{AB,AD,AP}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則各點(diǎn)的坐標(biāo)為B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2). (1)因?yàn)锳D⊥平面PAB,所以AD是平面PAB的一個(gè)法向量,AD=(0,2,0). 因?yàn)镻C=(1,1,-2),PD=(0,2,-2), 設(shè)平面PCD的法向量為m=(x,y,z), 則mPC=0,mPD=0, 即x+y-2z=0,2y-2z=0. 令y=1,解得z=1,x=1. 所以m=(1,1,1)是平面PCD的一個(gè)法向量. 從而cos=ADm|AD||m|=33, 由圖可知平面PAB與平面PCD所成的二面角為銳角, 所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為33. (2)因?yàn)锽P=(-1,0,2), 設(shè)BQ=λBP=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1), 又CB=(0,-1,0), 則CQ=CB+BQ=(-λ,-1,2λ), 又DP=(0,-2,2), 從而cos=CQDP|CQ||DP|=1+2λ10λ2+2. 設(shè)1+2λ=t,t∈[1,3], 則cos2=2t25t2-10t+9=291t-592+209≤910. 當(dāng)且僅當(dāng)t=95,即λ=25時(shí),|cos|的最大值為31010. 因?yàn)閥=cosx在0,π2上是減函數(shù),所以此時(shí)直線CQ與DP所成角取得最小值. 又因?yàn)锽P=12+22=5, 所以BQ=25BP=255. 評析本題主要考查空間向量、二面角和異面直線所成角等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)用空間向量解決問題的能力. 4.(2015福建,17,13分)如圖,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的中點(diǎn). (1)求證:GF∥平面ADE; (2)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值. 解析　(1)證法一:如圖,取AE的中點(diǎn)H,連接HG,HD, 又G是BE的中點(diǎn), 所以GH∥AB,且GH=12AB. 又F是CD的中點(diǎn),所以DF=12CD. 由四邊形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD, 所以GH∥DF,且GH=DF, 從而四邊形HGFD是平行四邊形,所以GF∥DH. 又DH?平面ADE,GF?平面ADE,所以GF∥平面ADE. 證法二:如圖,取AB中點(diǎn)M,連接MG,MF. 又G是BE的中點(diǎn),可知GM∥AE. 又AE?平面ADE,GM?平面ADE,所以GM∥平面ADE. 在矩形ABCD中,由M,F分別是AB,CD的中點(diǎn)得MF∥AD. 又AD?平面ADE,MF?平面ADE,所以MF∥平面ADE. 又因?yàn)镚M∩MF=M,GM?平面GMF,MF?平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE. 因?yàn)镚F?平面GMF,所以GF∥平面ADE. (2)如圖,在平面BEC內(nèi),過B點(diǎn)作BQ∥EC.因?yàn)锽E⊥CE,所以BQ⊥BE. 又因?yàn)锳B⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ. 以B為原點(diǎn),分別以BE,BQ,BA的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因?yàn)锳B⊥平面BEC,所以BA=(0,0,2)為平面BEC的一個(gè)法向量. 設(shè)n=(x,y,z)為平面AEF的法向量. 又AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1), 由nAE=0,nAF=0得2x-2z=0,2x+2y-z=0,取z=2,得n=(2,-1,2). 從而cos=nBA|n||BA|=432=23, 所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為23. 評析本題主要考查直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想. 5.(2015重慶,19,13分)如圖,三棱錐P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=π2.D,E分別為線段AB,BC上的點(diǎn),且CD=DE=2,CE=2EB=2. (1)證明:DE⊥平面PCD; (2)求二面角A-PD-C的余弦值. 解析　(1)證明:由PC⊥平面ABC,DE?平面ABC,得PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=2得△CDE為等腰直角三角形,故CD⊥DE.由于PC∩CD=C,DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線, 故DE⊥平面PCD. (2)由(1)知,△CDE為等腰直角三角形,∠DCE=π4.如圖,過D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1,又由已知得EB=1,故FB=2. 由∠ACB=π2得DF∥AC,DFAC=FBBC=23,故AC=32DF=32. 以C為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以CA,CB,CP的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則C(0,0,0),P(0,0,3),A32,0,0,E(0,2,0),D(1,1,0),所以,ED=(1,-1,0),DP=(-1,-1,3),DA=12,-1,0. 設(shè)平面PAD的法向量為n1=(x1,y1,z1), 由n1DP=0,n1DA=0,得-x1-y1+3z1=0,12x1-y1=0, 故可取n1=(2,1,1). 由(1)可知DE⊥平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取為ED,即n2=(1,-1,0). 從而法向量n1,n2的夾角的余弦值為 cos=n1n2|n1||n2|=36, 由圖可知所求二面角為銳角, 故所求二面角A-PD-C的余弦值為3