【文档说明】（新高考）高考数学二轮精品专题八《立体几何与空间向量》（教师版）.doc，共(39)页，4.481 MB，由MTyang资料小铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1．空间几何体结构特征的考查，主要为表面积和体积的求解，一般以选择题和填空题的形式出现．2．空间点、线、面的位置关系的考查，一般为线线关系、线面关系、面面关系的证明以及表面积、体积的求解．3．空间向量通

常当作工具来求解空间几何体的问题．1．空间几何体的表面积与体积（1）多面体的表面积，，．（2）旋转体的表面积①圆柱：，其中为底面半径，为母线长；②圆锥：，其中为底面半径，为母线长；③圆台：，其中为上、下底面半径分别，为母线长；④球体：，其中为球的半径．（3）几何体的体积公式①柱体

：，其中为底面面积，为高；命题趋势考点清单专题8××立体几何与空间向量②椎体：13VSh锥体，其中为底面面积，为高；③台体：13VSSSSh台体，其中、分别为上、下底面面积，为高；④球体：343Vr球，其中为球的半径．2．空间点

、直线、平面之间的位置关系（1）平面的基本性质公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内．公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经

过两条平行直线，有且只有一个平面．公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．公理4：平行于同一直线的两条直线平行．3．直线、平面平行的判定及其性质（1）直线与平面平行的判定定理

文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．符号语言：，，．图形语言：如下图．（2）直线与平面平行的性质定理文字语言：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．

符号语言：，，．图形语言：如下图．（3）平面与平面平行的判定定理文字语言：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．符号语言：，，，，．图形语言：如下图．（4）平面与平面平行的性质定理文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行

．符号语言：，，．图形语言：如下图．4．直线、平面垂直的判定及其性质（1）直线与平面垂直的判定定理文字语言：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直．符号语言：，，，，．图形语言：如下图．（2）直线与平面垂直的性质定理文

字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行．符号语言：，．图形语言：如下图．（3）平面与平面垂直的判定定理文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直．符号语言：，．图形语言：如下图．（4）平面与

平面垂直的性质定理文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．符号语言：，，，．图形语言：如下图．5．空间向量的运用设平面的法向量分别为111,,xyz，222,,xyz，直线的方向向量为333,,xyz，则：（1）线面平行1313130l

xxyyzz∥（2）线面垂直13lxkx∥，13yky，13zkz（3）面面平行12xkx∥∥，12yky，12zkz（4）面面垂直1212120xxyyzz一、选择题

．1．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，ADb，，则下列向量中与相等的向量是（）A．1122abcB．1122abcC．1122abcD．1122abc【答案】A【解析】在平行六面体中，为与的交点，111111222BMBBBMADBAAA

abc，故选A．【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．2．如图，已知四棱锥SABCD的底面是边长为6的菱形，60BAD，，相交于点，SO平面，，是的中点，动点在该棱锥表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长为（）A．3B．7C．

13D．8【答案】D【解析】取，的中点，，连接GE，，∵是的中点，∴，，平面，平面，精题集训（70分钟）经典训练题则平面，平面，平面，则平面，又，∴平面平面，∵SO平面，∴，又四边形是菱形，∴，∵，∴平面，则平面，故只要动点在平面内即总保持，又动点在棱锥表面

上运动，∴动点的轨迹的周长即为的周长，∵四边形是菱形边长为6，且60BAD，∴，则，又，∴，故52FEFG，，∴的周长为8，故选D．【点评】本题主要考查了线面平行以及面面平行的判定定理，考查了线面垂直的判

定定理以及性质定理；解决本题的关键是通过证明平面平面，得到平面，进而得到动点在平面内即总保持．3．如图，在直三棱柱111ABCABC的侧面展开图中，，是线段的三等分点，且．若该三棱柱的外接球的表面积为，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由展开

图可知，直三棱柱111ABCABC的底面是边长为的等边三角形，其外接圆的半径满足322sin60r，所以．由，得3R．由球的性质可知，球心到底面的距离为，结合球和直三棱柱的对称性可知，，故选D．【点评】本题考查直正三棱柱的判定与

性质，球面的性质，球的表面积，属基础题，关键是由侧面展开图得到几何体的形状，并注意球心到球的截面圆心距离与球的半径，截面圆半径之间的关系．4．已知正三棱柱的所有棱长均相等，、在上，且，则异面直线与所成角的正弦值为（）A．720B．33020C．33920D

．13020【答案】C【解析】如下图所示，设，取的中点，BC的中点，连接、，在正三棱柱中，且，则四边形为平行四边形，且，由于、分别为、BC的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则且，平面，则平面，为等边三角形，且为的中点，则，以点为坐标原点，、、所在直线

分别为、、轴建立空间直角坐标系，则33,0,02A、30,,12D、30,,22E、30,,32C，333,,122AD，0,3,1EC，772

cos201010,ADECADECADEC，227339sin1co,s10,220ADECADEC，因此，异面直线与所成角的正弦值为33920，故选C．【点评】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法

，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是π0,2

，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．5．（多选）在正方体中，点P在线段上运动，则下列命题正确的是（）A．异面直线和1CB所成的角为定值B．直线和平面1BPC相交C．三棱锥的体积为定值D．直线和直线可能相交【答案】

AC【解析】对于A，因为在正方体中，，，又，1BC，平面，所以平面，而平面，所以，故这两个异面直线所成的角为定值90°，所以A正确；对于B，因为平面1BPC与面是同一平面，，平面，平面，故平面，即平面1BPC，

故B错误；对于C，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，而平面为固定平面，且大小一定，又因为，因为，1AD平面，平面，所以平面，所以点A到平面的距离即为点P到该平面的距离，为定值，所以三棱锥的体积为定值，故C正确；对于D，直线和直线是异面

直线，不可能相交，故D错误，故选AC．【点评】本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定及性质，异面直线所成的角，直线与平面所成的角，空间中的距离，正确理解判定定理和性质是解题的关键．二、填空题．6．小明同学在进行剪纸游戏，将长方体剪成如图所示的侧面展开图，其中，，，已知，分

别为，的中点，则将该长方体还原后直线与所成角的余弦值为______．【答案】105【解析】连接，因为，分别为，的中点，所以，故所求角的大小等于或其补角，又，，，所以由余弦定理及勾股定理，185510cos

52225BNA，故所求角的余弦值为105，故答案为105．【点评】平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成

的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是π0,2，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．7．在三棱锥中，，是

正三角形，为中点，有以下四个结论：①若，则三棱锥的体积为223；②若，且三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为；③若，则三棱锥的体积为233；④若，且三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为．其中结论正确的序号为__________．【答案】①②

④【解析】取中点，连接，以为坐标原点，为轴，为轴，过建立空间直角坐标系，如图所示，设，则3,0,02Ba，0,,02aA，0,,02aC，23(,0,4)63aPa，231(,,4)124

23aaEa，所以221343123PABCABCaVPDSa△，由，是正三角形，得三棱锥为正三棱锥，设外接球球心为，半径为，则，且OPz∥轴，所以23(,0,4)64aOaR，22223()()(4)623aaOAaRR

，解得2243Ra，若，则23(,,4)623aaPCa，2531(,,4)12423aaBEa，所以2224202586aaPCBEa，解得，所以223222241233PABCV，故选项①正确

；又2262243R，所以3463OVR球，故选项②正确；若，则23(,,4)623aaPAa，所以2224202586aaPABEa，解得，故选项③错误；又2232243R，所以2412OS

R球，故选项④正确，故答案为①②④．【点评】本题主要考了空间几何体——三棱锥为背景设计问题，要求学生能理解空间几何体的结构特征的基础上，利用基础知识探究新的问题，涉及了球的几何性质以及球的体积公式、表面积公式的应用，解决空间问题的一个常用方式是——空间向量法，解题的关键是建立空间直角坐标

系，准确求出所需点的坐标，然后将空间问题转化成向量问题进行处理，对于学生的运算能力有较高的要求．8．在三棱锥中，平面，，，．三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的半径为______；若点是的重心，则过点的平面截球所得截面的面积的最小值为______．【答案】32，49【解析】（1）平面，平

面，，又，且，平面，平面，，所以是两个直角三角形和的斜边，取的中点，点到四点的距离相等，即点是三棱锥的外接球的球心，22123PC，32R．（2）当点是截面圆的圆心时，此时圆心到截面的距离

最大，那么截面圆的半径最小，即此时的面积最小，点是的中点，是的重心，112366MNBNAC，1122ONPA，所以22116OMONMN，截面圆的半径2223rROM，所以2min49Sr．故答案为32，49．【点评】本题考

查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力．（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为，那么外接球的直径．（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关

系建立的方程．（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心．三、解答题．9．如图，在正四面体中，点，分别是，的中点，点，分别在，上，且14DHAD，14DGCD．（1）求证：直线，必相交于

一点，且这个交点在直线上；（2）若，求点到平面EFGH的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）63．【解析】（1）因为12EFAC∥，14GHAC∥，所以12GHEF∥，故，，，四点共面，且直线，必相交于一点，设，因为MEH，平面，

所以平面，同理：平面，而平面平面，故，即直线，必相交于一点，且这个交点在直线上．（2）连结，，点到平面EFGH的距离为，正四面体的棱长为2，则该正四面体的高为222262(3)33，所以到平面的距

离为63，在中，1CF，32CD，由余弦定理可得2272cos602CFCGCFCGFG，在等腰梯形EFGH中可得：到的距离为227133()()244，而到的距离为点到的距离的34，也为334，所以的面积与的面积相等，由可得63d，故点到平面EFGH的距

离为63．【点评】求解空间中点到平面的距离常用的方法：（1）空间向量的方法：建立适当的空间直角坐标系，求出平面的法向量，以及一条斜线的方向向量，根据PAdmm，即可求出点到面的距离；（2）等体积法：先设所求点到面

的距离，选几何体不同的顶点，求出该几何体对应的体积，列出等量关系，即可求出点到面的距离．10．如图，已知是圆柱的轴截面，、分别是两底面的圆心，是弧上的一点，，圆柱的体积和侧面积均为4．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的大小．【答案】（1）证明

见解析；（2）．【解析】（1）∵是圆柱的母线，∴平面，因为平面，所以，又是弧上的一点，且是圆的直径，∴，∵1AAACA，∴平面，又平面，∴平面平面．（2）设圆柱的底面半径为，母线长为，∵圆柱的体积和侧面积均为4，∴2244rlrl

，解得，，即，，∵，∴，，设圆柱过点的母线为，以为原点，，，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，∴，，，，设平面11CAB的法向量为,,xyzn，由112002300xzCAy

zCBnn，取，则，，∴平面11CAB的一个法向量为3,1,23n；设平面的法向量为,,abcm，由110223000BAabccBBmm，取，则，，∴平面的

一个法向量为3,1,0m，∴311cos,2311231nmmnnm，由图中可看出二面角是锐角，故二面角的值为．【点评】证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平

面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可；（2）利用性质：（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）；（4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于．11．如图，四棱锥中，底面，，2ABC

，122ABBCAD，且，，分别为，的中点．（1）若，求证：平面；（2）若四棱锥的体积为2，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）26．【解析】（1）当时，，点是的中点，，又平面，，且，，平面，平面，，又，

平面．（2）1112422332PABCDABCDVSAPAP，解得，如图，以为原点，,,ABADAP，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，，，，，，，设平面的法向量,,xyzm，则00PCPDmm，即22040xyz

yz，令，则，1,1,4m；显然平面，设平面的法向量1,0,0n，212cos,6114mnmnmn，二面角是锐二面角，二面角的余弦值是26．【点评】本题考查线面垂直判

断，以及利用空间向量求解二面角的余弦值，属于中档题．12．如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是菱形，是线段上一点(不含)，在平面内过点作GP∥平面SBC交于点．（1）写出作点P､GP的步骤(不

要求证明)；（2）若3BAD，，P是SD的中点，求平面SBC与平面所成锐二面角的大小．【答案】（1）答案见解析；（2）4．【解析】（1）第一步：在平面ABCD内作GHBC∥交CD于点H；第二步：在平面SCD内作HP∥SC

交SD于点P；第三步：连接GP，点P､GP即为所求．（2）因是的中点，，所以是的中点，而//GHBC，所以是的中点．连交于，连，设在底面ABCD的射影为，因为，所以，即为的外心，所以与重合，因为233OD，，所以263SO

，24333OCAC，过作//交于，以分别为，，轴建立空间直角坐标系，则260,0,3S，3,1,03B，23,2,03C，所以326,1,33SB，3,1,0BC，

设平面SBC的法向量为,,xyzn，则32603330SBxyzBCxynn，取，则，所以1,3,2n，又平面，故为平面的法向量，设平面SBC与平面所成锐二面角的大小为，则32co

s26GBGBnn，因为0,2，所以4．故平面SBC与平面所成锐二面角的大小为4．【点评】本题在建立空间直角坐标系前，首先利用垂直关系得到233OD，263SO，24333OCAC，否则建立坐标系后不能写出向量坐标，因此建系之前需要证明垂直关

系，寻求数量关系．13．如图，在直角梯形中，，，11223ADABCD，E为的中点，F在线段上，且．将四边形DAEF沿折起，使得到的四边形所在平面与平面垂直，M为的中点．连接BD，，．（1）证明：；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（

2）66．【解析】（1）证明：因为，，所以，则，即．又平面平面EFCB，平面平面，所以平面BCFE，所以，又由，可知，且，所以平面．取CF的中点Q，连接MQ，BQ，依题意可得四边形EFQB为平行四边形

，则．因为M为的中点，所以，又，所以平面平面，所以平面BMQ，因为平面BMQ，所以．（2）解：如图，分别以为轴建立空间直角坐标系Fxyz，则，(2,2,0)B，，，(2,2,0)BC．设平面的法向量1,

,xyzn，则112220220DBxyzBCxynn，令，得1(1,1,2)n；易知平面的一个法向量20,4,0FCn，且12121246cos646,nnnnnn，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为66．【点评】本题

考查证明线线垂直，考查用空间向量法求二面角，解题方法是建立空间直线坐标系，求出二面角的两个面的法向量，由法向量夹角的余弦值得出二面角的余弦值．这种方法把立体几何中的证明转化为计算，便于学生思考．一、选择题．高频易错题1．设

､为两条直线，､为两个平面，则下列命题中假命题是（）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C【解析】A．若，，，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；B．若，，则，又，

则平面内存在直线，所以，所以，B正确；C．若，，，则可能相交，可能平行，C错；D．若，，，则的法向量平行，所以，D正确，故选C．【点评】本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键．另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面

平行与垂直也是一种行之有效用较简单的方法．二、解答题．2．如图，已知四边形为菱形，对角线与相交于O，60BAD，平面平面直线，平面，．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）35．【解析】（1）因为四边形为菱形，所以，平面，平面平面，因为平面平面直线平面，所以．

（2）因为四边形为菱形，所以，因为平面，所以以O为坐标原点、OA，OB，OF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，取CD中点M，连接EM，OM，，，为正三角形，，1122OMBCOMBCEFBCEFBC∥，，∥，，EFOMEFOMOFEMOFEM

∥，，∥，，从而3,0,0A，0,1,0B，3,0,0C，0,1,0D，31,,322E，设平面一个法向量为,,xyzm，则00DADEmm，即30313022xyxyz，令；设平面一个法向量为，则00BCEC

nn，即30313022xyxyz，令，3cos,5mnmnmn，因此二面角的余弦值为35．【点评】求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图

形判断所求角是锐角还是钝角．一、选择题．1．在空间，已知直线及不在上两个不重合的点､，过直线做平面，使得点､到平面的距离相等，则这样的平面的个数不可能是（）A．1个B．2个C．3个D．无数个【答案】C【解析】（1）如图，当直线与异面时，则只有一种情况；（2）当直线与平

行时，则有无数种情况，平面可以绕着转动；（3）如图，当过线段的中垂面时，有两种情况．精准预测题故选C．【点评】本题考查空间向量直线与平面的位置关系的应用，平面的基本性质的应用，是中档题．2．日常生活中，有各式各样精美的糖果包装礼盒某

个铁皮包装礼盒的平面展开图是由两个全等的矩形，两个全等的三角形和一个正方形所拼成的多边形(如图)，矩形的长为，矩形的宽和正方形的边长均为．若该包装盒内有一颗球形硬糖的体积为，则的最大值为（）A．6423B．3223C．32D．2563【答案】A【解析】根据题意作出礼盒的直

观图如下图所示：由图可知该几何体为直三棱柱，设等腰三角形的内切圆半径为，又因为等腰三角形的高为，所以根据等面积法可知：1212888222R，所以，又因为正方形的边长为，所以82242R

，所以球形硬糖的半径最大值为，所以体积的最大值为346422233，故选A．【点评】解答本题的关键是通过分析等腰三角形的内切圆的半径以及半径与正方形边长的大小关系，确定出球形的最大半径，由此完成求解．3．在四面体中，，，，

若与互余，则的最大值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设，可得2ABC，则为锐角，在四面体中，，，，则coscos2BABCBDBABCBABDBABCBABD18sin24cos30sin

，其中为锐角，且4tan3．02，则2，所以，当2时，取得最大值，故选B．【点评】在计算向量的数量积时，要确定好基底向量，作为基底向量的向量，长度以及向量间的夹角需已知．4．如图，在正四棱柱中，底面边长，高，为棱的中点．设、、，则、

、之间的关系正确的是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意可得2BAD，连接，则为等边三角形，所以3BED，连接，则，，取的中点，连接，则，，所以16tan32BEO，所以13BEO，即123BED

，所以，故选B．【点评】本题主要考查了棱柱的结构特征，属于中档题．二、填空题．5．若正四棱锥的侧面均是正三角形，且它的表面积是，则该四棱锥外接球的体积是__________．【答案】323【解析】设该正四棱锥为，该正四棱锥的棱长为，取正方形的中心，连接，由于该正四棱锥的表面积为222

14sin60318832aaa，解得，所以，，122AEAC，为正四棱锥底面的中心，则平面，平面，PE平面，，所以，，所以，点为四棱锥的外接球球心，则球的半径为，因此，该四棱锥外接球的体积是3432233V，故答案为323

．【点评】求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大

圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．6．如图，棱长为1的正方体ABCD-中，P为线段1AB上的动点(不含端点)，有下列结

论：①平面P⊥平面AP；②多面体的体积为定值；③直线P与BC所成的角可能为3；④AP能是钝角三角形．其中结论正确的序号是___________(填上所有序号)．【答案】①②④【解析】对于①，正方体中，111ADAA，11ADAB，1AABAA，平面，平面11DAP，平面11D

AP平面，故①正确；对于②，1111122CDDS△，到平面的距离，三棱锥的体积：111111326DCDPPCDDVV，为定值，故②正确；对于③，以为原点，为轴，为轴，1DD为轴，建立空间直角坐标系，1(0D，0，1)，，(0C，

1，0)，设，，，，1(1DP，，1)b，(1,0,0)BC，12211101(c1)os,DPBCBCDPaDBCbP，假设221121(1)ab，所以，，，所以，所以假设不成立，故③错误；对于④，见上图，由题得，设，所以，所以

2111212cos,yyyyPAPDPAPDPAPD，当102y时，，即是钝角，此时1APD△是钝角三角形，故④正确，故答案为①②④．【点评】解答本题的关键是判断③④的真假，它们都是可能性问题的判断，判断③的真假可以选择向量反证

法比较方便，判断④的真假可以选择向量直接法．要根据已知灵活选择方法解答，优化解题．三、解答题．7．如图三棱柱中，底面是边长为的等边三角形，，分别为，的中点，，112323ABAAEB．（1）证明：平面；（2）求二面角的平面角大

小．【答案】（1）证明见解析；（2）3．【解析】（1）证明：设，∵112323ABAAEB，则，，，∵点E为棱的中点，∴，∴，∴．∵三棱柱的侧面为平行四边形，∴四边形为矩形，∵点F为棱的中点，∴，，∴，∴．∵三棱柱的底面是正三角形，

E为的中点，∴CEAB．∵，且平面，平面，且，相交，∴CE平面，∵平面，∴，∵，∴平面．（2）由（1）可知CE平面，∴，∴平面，∴三棱柱是正三棱柱，设的中点为M，则直线，，两两垂直，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，以点E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设，(0,6,0

)Ca，(2,0,)Faa，1(2,0,2)Baa，则，，．设平面的一个法向量为，则100FCFBnn，则2602200axayazaxyaz，则260220xyzxz

，不妨取，则，则，所以；设平面的一个法向量为，则00FCEFmm，则260200axayazaxyaz，则26020xyzxz，令，则，所以，113022231cos,621213

8nm，又因为该二面角为锐角，则二面角的平面角的大小为3．【点评】利用空间向量求二面角时，首先要建立合适的空间直角坐标系，其次要正确写出点的坐标，特别注意遇到不容易写的点坐标可以单独分离出底面直角坐标系求解，在计算平面法向量时，注意不定方程求解方法，最后利

用向量夹角公式求解．8．已知三棱柱，平面，．（1）求异面直线与所成的角；（2）求二面角的正弦值；（3）设M为的中点，在的内部或边上是否存在一点N，使得平面?若存在，确定点N的位置，若不存在，说明理由．【答案

】（1）；（2）32；（3）存在，点为的中点．【解析】因为平面，，如图，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，因为，所以，，，，，．（1），，11111111cos2,22ACABACABACAB

，所以异面直线与所成的角为．（2），设平面的法向量为，1111111110000ACyzxyzBCnn，，不妨令，则平面的一个法向量为；设平面的法向量为，1222222120000ABxzxyzBC

nn，，不妨令，则平面的一个法向量为，1212121cos,2nnnnnn，从而123sin,2nn，所以二面角的正弦值为32．（3）假设在平面的边上或内部存在一点，因为为的中

点，，所以11,0,22M，所以11,,22MNxy，又，，则111020ACMNyBCMNxy，所以11,,122N，且12BNBC，所以是的中点．故存在点，为的中点，满足条件．【点评】解决二面角相关问题通常

用向量法，具体步骤为：（1）建坐标系，建立坐标系的原则是尽可能的使得已知点在坐标轴上或在坐标平面内；（2）根据题意写出点的坐标以及向量的坐标，注意坐标不能出错．（3）利用数量积验证垂直或求平面的法向量．（4）利用法向量求距离、线面角或二面角．9．

如图1，扇形的圆心角为60°，半径为3，点，分别在线段，上，且，将沿折起到的位置，如图2所示．（1）求证：；（2）若3OA，求平面与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23913．【解析】（1）在

中，，，，由余弦定理，，即，所以，即，即，所以，，，所以平面，又平面，所以．（2）如图，过点作平面，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，由题意可得，，133,,022B，13,0,22O

，则13,3,22OD，13,,022DB．设平面的法向量为，则13302213022ODxyzDBxymm，令，则一条法向量，易知为

平面的一个法向量，所以1cos,13CDCDCDmmm，所以21239sin,11313CDm，所以平面与平面所成角的正弦值为23913．【点评】解决翻折问题的关键是确定翻折前后各量之

间的关系，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变关系”：①与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；②与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．