【文档说明】(新高考)高考数学二轮精品复习专题27《向量法求空间角》(解析版).doc，共(57)页，7.633 MB，由MTyang资料小铺上传

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专题27向量法求空间角一、单选题1．在正方体1111ABCDABCD中，E，F，P，Q分别为1AB，11BD，1AD，1CD的中点，则异面直线EF与PQ所成角的大小是（）A．4B．6C．3D．2【答案】C【

分析】以D为原点，DA，DC，1DD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，写出E，F，P，Q的坐标，然后可得PQ和EF的坐标，然后可算出答案.【详解】以D为原点，DA，DC，1DD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，设正方体的棱长为2，则1,0,1P，0,1,1Q，2,1,1E，1,1,2F，则1,1,0PQ，1,0,1EF．设异面直线EF与PQ所成的角为0,2，则11cos

222EFPQEFPQ，所以3，故选：C2．在长方体1111ABCDABCD中，1ABAD，12AA，设AC交BD于点O，则异面直线1AO与1BD所成角的余弦值为（）A．41515B．41515C．439D．439【答案】D【分析】首先以D为原点，DA，DC，1D

D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求异面直线成角即可。【详解】以D为原点，DA，DC，1DD分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为1ABAD，12AA，所以11,0,2A，1,1,0B，11,,022O，10,0,2D，111,,22

2AO，11,1,2BD，则111144322cos,911411444AOBD.故选：D【点睛】本题主要考查向量法求异面直线成角，属于简单题。3．如图在棱长为2的正方体1111

ABCDABCD中，点E是AD的中点，那么异面直线1DE和1AB所成的角的余弦值等于（）A．105B．155C．45D．23【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，利用向量求出异面直线1DE和1AB所成角的余弦值．【

详解】建立空间直角坐标系，如图所示；(0D，0，0)，(1E，0，0)，1(0D，0，2)，(2B，2，0)，1(2A，0，2)；1(1DE，0，2)，1(0AB，2，2)，1110022(2)4DEAB，2221|

|10(2)5DE，2221||02(2)22AB；所以1cosDE，111114105||||522DEABABDEAB；所以异面直线1DE和1AB所成角的余弦值为105．故选：A【点睛】方法点睛：求异面直线所成的角常用的两种方法：方法一

：（几何法）找（观察）作（平移法）证（定义）指求（解三角形）；方法二：（向量法）利用向量里异面直线所成的角的公式求解.4．如图，已知点E、F、G、H分别是正方体1111ABCDABCD中棱1AA、AB、BC、11CD的中点，记二面角EFGD的平面

角为，直线HG与平面ABCD所成角为，直线HG与直线DG所成角为，则（）A．B．C．D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角、二面角、异面直角所成角，即可比较；【详解】解：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为

2，则2,0,1E，2,1,0F，1,2,0G，0,1,2H，1,1,2HG，1,2,0DG，0,1,1EF，1,1,0FG，显然面ABCD的法向量为0,0,1n

，设面EFG的法向量为,,mxyz，则·0·0mEFmFG，即00yzxy，令1y则1z、1x，所以1,1,1m所以3cos=3nmnm，26sin36HGnHGn，所以23co

s1sin3，11120230cos1065HGDGHGDG因为330310，即coscos，所以故选：D5．如图，在正四面体ABCD中，,,2BEECCFFDDGGA

，记平面EFG与平面BCD､平面ACD､平面ABD，所成的锐二面角分别为､､，则（）A．B．C．D．【答案】A【分析】过A作AO平面BCD，取BD的中点M，连接CM，交CM于点O，以O为原点

，OC为x轴，ON为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用坐标向量法先求cos,cos,cos，再根据余弦函数单调性比较大小即可.【详解】解：(空间向量法)因为,,2BEECCFFDDGGA，所以E､F分别为BC､CD的中点，G为AD上靠近A的三等分点，取

BD的中点M，连接CM，过A作AO平面BCD，交CM于点O，在平面BCD中过O作//ONBD，交CD于N，设正四面体ABCD的棱长为2，则33OM，233CO，22222326233OAACOC，以O为原点，OC为x轴，ON为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标

系，260,0,3A，3,1,03B，23,0,03C，3,1,03D，31,,062E，31,,062F，3146,

,939G，(0,1,0)EF，53546,,8691EG，2326,0,33AC，326,1,33AD，326,1,33AB

，设平面EFG的一个法向量为1,,nxyz，则1100nEFnEG，即05354601869yxyz，不妨令1z，则18,0,125n，同理可计算出平面BCD､平面ACD､平面

ABD的一个法向量分别为2(0,0,1)n，32,6,1n，4(22,0,1)n，则可得1212517co1s5nnnn，1313717co1s5nnnn，14149cos1751nnnn，所以coscoscos

，又cosyx在0.x上递减，所以，故选：A.6．如图，在长方体1111ABCDABCD中，2AB，11BCBB，P是1AC的中点，则直线BP与1AD所成角的余弦值为

（）A．13B．64C．23D．33【答案】D【分析】以D为原点，DA为x轴DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线BP与1AD所成角的余弦值．【详解】在长方体1111ABCDABCD中，2AB，11B

CBB，P为1AC的中点，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，(1B，2，0)，1(1A，0，1)，(0C，2，0)，11(,1,)22P，(1A，0，0)，1(0D，0，1)，1(2BP，1，1)2，1(1AD，0，1)，设异面

直线BP与1AD所成角为，则1111||322cos3||||624BPADBPAD．异面直线BP与1AD所成角的余弦值为33．故选：D．【点睛】求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分

别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.7．已知两条异面直线的方向向量分别是(3u，1，2)，(3v，2，1)，则这两条异面直线所成的角满足（）A．9sin14

B．1sin4C．9cos14D．1cos4【答案】C【分析】由已知两条异面直线的方向向量的坐标，然后利用数量积求夹角公式，即可求得答案.【详解】两条异面直线的方向向量分别是(3u，1，2)，(3v，2，1)，·3312(2)19uv，2223

1(2)14u，22232114v，又两条异面直线所成的角为(0,]2，·99coscos,14·1414uvuvuv，115sin14.故选：C.二、解答题8．如图，四边形MABC中，AB

C是等腰直角三角形，90ACB，MAC△是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将MAC△向上折叠到DAC△的位置，使D点在平面ABC内的射影在AB上，再将MAC△向下折叠到EAC的位置，使平面EAC平

面ABC，形成几何体DABCE.（1）点F在BC上，若//DF平面EAC，求点F的位置；（2）求二面角DBCE的余弦值.【答案】（1）F为BC的中点；（2）3326.【分析】（1）设D点在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，取BC的中点F，易得//

OF平面EAC.取AC的中点H，连接EH，由平面EAC平面ABC，得到EH平面ABC，又DO平面ABC，则//DOEH，则//DO平面EAC，然后由面面平行的判定定理证明.（2）连接OH，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直

线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面BDC的一个法向量为,,mxyz和平面EBC的一个法向量为,,nabc，由cos,mnmnmn求解.【详解】（1）如图，设D点在平面ABC内的射影为O，连接OD，OC，∵ADCD，∴OAOC，∴在RtABC△中，O

为AB的中点.取BC的中点F，连接OF，DF，则//OFAC，又OF平面EAC，AC平面EAC，∴//OF平面EAC.取AC的中点H，连接EH，则易知EHAC，又平面EAC平面ABC，平面EAC平面ABCAC，∴EH平

面ABC，又DO平面ABC，∴//DOEH，又DO平面EAC，EH平面EAC，∴//DO平面EAC.又DOOFO，∴平面//DOF平面EAC.又DF平面DOF，∴//DF平面EAC，此时F为BC的中点

.（2）连接OH，由（1）可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点，OF，OH，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则1,1,0B，0,0,2D，0,1,3E，1,1,0C，从而0,2,0BCuuur

，1,1,2BD，1,2,3BE.设平面BDC的一个法向量为,,mxyz，则0,0,BCnBDm即20,20,yxyz得0y，取2x，则1z，2,0,1m.设平面EBC的一个法向量为,,nabc，则0,0,BC

nBEn即20,230,babc得0b，取3a，则1c，3,0,1nr，从而61323cos,632mnmnmn.易知二面角DBCE为钝二面角

，所以二面角DBCE的余弦值为3326.【点睛】关键点点睛：（1）在求解与图形的翻折有关的问题时，关键是弄清翻折前后哪些量变了，哪些量没变，哪些位置关系变了，哪些位置关系没变；（2）利用向量法求二面角的关键是建立合适的空间直角

坐标系及准确求出相关平面的法向量.9．如图所示，在四棱锥PABCD中，22PAADCDAB，ABAD，CDAD，PA底面ABCD，M为PC的中点.（1）求证：//BM平面PAD；（2）在侧面PAD内找

一点N，使MN平面PBD；（3）求直线PC与平面PBD所成角的正弦.【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）23.【分析】（1）取PD的中点E，连接AE、EM，证明出四边形ABME为平行四边形，可得出//BMAE，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）以A

为原点，以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设点0,,Nyz，由题意得出00MNPBMNDB，求出y、z的值，求出点N的坐标，可确定点N的位置；（3）利用空间向量法可求得直线PC与平面PBD所成角的正弦

.【详解】（1）取PD的中点E，连接AE、EM，M为PC的中点，E为PD的中点，则//EMCD且12EMCD，在平面ABCD中，ABAD，CDAD，//ABCD，由已知条件可得12ABCD，//EMAB且EMAB，所以，四边形ABME为平行四边形，//

BMAE，BM平面PAD，EA平面PAD，//BM平面PAD；（2）PA底面ABCD，ABAD，以A为原点，以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则1,0,0B、2,2,0C、0,2,0D、002P,,、1,1,1M，

在平面PAD内设0,,Nyz，1,1,1MNyz，1,0,2PB，1,2,0DB，由MNPB，可得1220MNPBz，12z，由MNDB，可得1220MNDBy，12y，所以，110,,22N，所以，

当N是AE的中点，此时MN平面PBD；（3）2,2,2PC，由（2）可知，平面PBD的一个法向量为111,,22MN，22cos,36232PCMNPCMNPCMN，故直线PC与平面PBD所成角的正弦值为23.【点睛

】求直线l与平面所成的角，可先求出平面的法向量n与直线l的方向向量a的夹角，则sincos,na.10．如图所示，四棱锥PABCD中，侧面PDC是边长为2的正三角形且与底面垂直，底面ABCD是ADC60的菱形，M为PB的中点.（1）求PA与

底面ABCD所成角的大小；（2）求证：PA平面CDM；（3）求二面角DMCB的余弦值.【答案】（1）45；（2）证明见解析；（3）10-5.【分析】（1）根据题意，由PDC△是正三角形，取DC的中点O，得出PODC，再由面面垂直的性质得出PO平面ABCD，

连结OA，得出PAO就是PA与底面所成角，根据题给条件得出45PAO，即可得出PA与底面ABCD所成角的大小；（2）根据菱形的性质得出OADC，建立空间直角坐标系，通过空间性量法证明出PADM，PADC，再根据线面垂直的判定定理，即可证出PA平面CDM；

（3）通过空间向量求法向量的方法，分别求出平面BMC的法向量(131)n，，，和平面CDM的法向量(303)PA，，，根据向量法求空间二面角的公式cosnPAnPAnPA，，利用向量数量积和模的运算可得

出结果，经观察二面角DMCB的平面角为钝角，则coscosnPA，，从而得出结果.【详解】解：（1）取DC的中点O，由PDC△是正三角形，有PODC，又∵平面PDC底面ABCD，∴PO平面

ABCD，连结OA，则OA是PA在底面上的射影，∴PAO就是PA与底面所成角，∵ADC60，由已知PCD和ACD△是全等的正三角形，从而求得3OAOP，∴45PAO，∴PA与底面ABCD可成角的大小为45；（2）证明：由底面ABCD为菱形且ADC60

，2DC，1DO，有OADC，建立空间直角坐标系如图，则(300)A，，、(003)P，，、(010)D，，、(320)B，，、()010C，，，由M为PB中点，∴33(1)22M，，，∴33(2)22DM，，，(303)PA，，，(020

)DC，，，∴33320(3)022PADM，03200(3)0PADC，∴PADM，PADC，且DMDCD，而,DMDC平面DMC，∴PA平

面DMC；（3）33(0)22CM，，，(310)CB，，，令平面BMC的法向量()nxyz，，，则0nCM，从而0xz①；0nCB，从而30xy②；由①②，取1x，则3y，1z，

∴可取(131)n，，，由（2）知平面CDM的法向量可取(303)PA，，，∴2310cos556nPAnPAnPA，，设二面角DMCB的平面角为，经观察为钝角，则10coscos5nPA，.【点睛】关键点点睛：本题考查利

用几何法求线面角，考查利用向量法证明线线垂直以及线面垂直的判定定理和面面垂直的性质的应用，考查利用空间空间向量法求解二面角余弦值，注意向量法的合理运用，向量法解题时熟练掌握向量的坐标以及法向量的计算、向量的数量积运算、空间二面角的向量公式是解题的关键.11．如图，三棱柱111ABCABC中，

平面11AACC平面ABC，ABC和1AAC都是正三角形，D是AB的中点．（1）求证：1//BC平面1ADC；（2）求二面角11ADCC的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）1113.【分析】（1）首先证明1//DEBC，进一步得出结论.

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小，首先正确求出两个平面的法向量，进一步求出二面角．【详解】（1）如图，连接1AC，交1AC于点E，连接DE，由于四边形11AACC是平行四边形，所以E是1AC的中点．因为D是AB的中点，所以1//DEB

C．因为DE平面1ADC，1BC平面1ADC，所以1//BC平面1ADC．（2）如图，取AC的中点O，连接1AO，BO，根据ABC和1AAC都是正三角形，得1AOAC，BOAC．又平面11AACC平面ABC，平面11AACC平面ABCAC，所以1AO平面A

BC，于是1AOBO．以O为坐标原点，分别以OB，OC，1OA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．设2AC，则10,0,3A，0,1,0C，31,,022D，10,2,3C．所以

33,,022CD，131,,322AD，135,,322DC．设平面1ADC的法向量为,,mxyz，则100mCDmAD，即3302231

3022xyxyz，令3x，则3y，1z，所以3,3,1m．设平面1DCC的法向量,,nabc，则100nCDnDC，即33022353022ababc

，令3a，则3b，1c，所以3,3,1n．设二面角11ADCC的大小为，由图易知为锐角，则11cos13mnmn，因此二面角11ADCC的余弦值为1113．【点睛】本题是综合性题目，属于课堂学习情境和探索创新

情境，具体是数学推理学习情境和数学探究情境，本题考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．解题关键（1）证明线面平行的关键是找到线线平行，而线线平行常常借助三角形的中位线定理来证明．（2）利用向量法求二面角的大小，关键是建立合适的

空间直角坐标系，然后正确求出两个平面的法向量．12．如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD中//CDAB，ABBC，侧面ABE平面ABCD，且224ABAEBEBCCD，点M在棱AE上，且2MAEM．（Ⅰ）证明：//CE平面BDM；（Ⅱ）

求二面角EBDM的余弦值【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）47035．【分析】（Ⅰ）要证明线面平行需证明线线平行，接AC交BD于点N，连接MN，利用线段比例相等，证明//MNCE；（Ⅱ）如图，建立空间直角坐标系，分别求平面BDM和平面BDE的法向量，利用法向量二面角的余弦值.【详解】命题意图本

题考查空间关系的证明以及利用空间向量计算二面角的余弦值解析（Ⅰ）如图，连接AC交BD于点N，连接MN，因为CDAB，2ABCD，所以12CNCDNAAB，由条件得12EMMA，所以MNCE，又CE平面BDM，MN平面BDM，所以CE平面BDM．（Ⅱ）如图，取AB的中点O，连接EO，

DO．由条件可知OD，OA，OE两两垂直，以OD，OA，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则0,2,0A，0,2,0B，2,0,0D，0,0,23E，因为2AMME，所以2430,,33M

．所以2,2,0BD，8430,,33BM，0,2,23BE，设平面BDM的法向量为111,,mxyz，则0,0,mBDmBM即1111220,8430,33xyyz令13y，则3,3,2m．设平面BDE的

法向量为222,,nxyz，则0,0,nBDnBE即2222220,2230,xyyz令23y，则=3,3,1n，所以二面角EBDM的余弦值为47035．【点睛】方

法点睛：不管是证明面面平行，还是证明线面平行，都需要证明线线平行，证明线线平行的几种常见形式，1.利用三角形中位线得到线线平行；2.构造平行四边形；3.构造面面平行.13．如图，在底面为菱形的四棱锥PABCD中，60BCD，22PAPD

CD．（1）证明：ADPB；（2）若PBAD，点Q在线段PB上，且3PQQB，求二面角ACQB的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）28729.【分析】（1）取AD的中点O，连接OP，OB，BD得ADBO，ADPO证得AD平面P

BO，从而得证线线垂直；（2）设2AB，90APD求得1PO可得POBD，以以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．用空间向量法求二面角．【详解】（1）取AD的中点O，连接OP，OB，B

D，因为四边形ABCD是菱形，且60BCD，所以60BAD，且ABAD，所以ABD△为正三角形，ADBO．因为PAPD，所以ADPO．又BOPOO，所以AD平面PBO，因为PB

平面PBO，所以ADPB．（2）设2AB，则222PAPDCD，所以222PAPDAD，所以90APD．由（1）知，112POAD，又332BOAD，2PBAD，所以222POOBPB，所以POBO

．故以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．则1,0,0A，0,3,0B，2,3,0C，0,0,1P，3310,,44Q，所以3,3,0CA，312,,44C

Q，2,0,0CB．设111,,nxyz是平面ACQ的法向量，则0,0,nCAnCQ即11111330,3120,44xyxyz取13y，则1,3,5n

．设222,,mxyz是平面BCQ的法向量，则0,0,mCBmCQ即222220,3120,44xxyz则20x，取21y，则0,1,3m．则35323287cos2922929

nmnmnm，由图易知二面角ACQB为钝二面角，所以二面角ACQB的余弦值为28729．【点睛】易错点睛：求解本题的易错点：一是求平面的法向量出错，应注意点的坐标求解的准确性；二是符号出错

，把二面角的余弦值与向量夹角的余弦值的关系搞混，导致结果出错．14．如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PDDC，F，G分别是PB，AD的中点．（1）求证：GF平面PCB；（2）求平面PAB与平面PCB夹角的余弦值；（3）在AP上是否

存在一点M，使得DM与PC所成角为60？若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）12；（3）存在，点M的坐标为(1，0，1).【分析】（1）以D为原点，DA、DC、DP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，写出G、P、A、B

、C、F的坐标，根据法向量的性质求得平面PCB的法向量n，证得//GFn即可；（2）由（1）知，平面PCB的法向量为(0n，1，1)，同（1）可求得平面PAB的法向量m，由cosm，||||mnnmn即可得解；（3）设AMAP，则(22M，0，2)，

故有cos60|cosDM，·|·DMPCPCDMPC，解之得的值即可．【详解】（1）证明：以D为原点，DA、DC、DP分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(1G，0，0)，(0P，0，2)，A(2，0，0)，(2B，2，

0)，(0C，2，0)，(1F，1，1)，(0GF，1，1)，(2PB，2，2)，(0PC，2，2)，设平面PCB的法向量为(nx，y，)z，则·0{·0nPBnPC，即2220{220xyzyz，令1y，则0x，1z，(0n，1，1)，//GFn

，故GF平面PCB．（2）解：由（1）知，平面PCB的法向量为(0n，1，1)，(2PA，0，2)，同（1）可求得平面PAB的法向量(1m，0，1)，cosm，·112·22mnnmn，由图可知，平面PAB与平

面PCB的夹角为钝角，平面PAB与平面PCB夹角的余弦值为12．（3）解：设AMAP，则(22M，0，2)，(22DM，0，2)，DM与PC所成角为60，(0PC，2，2)，cos60|cosDM，22·4|·(22)422DMPCPCDMPC

，解得12，故在AP上存在一点M，使得DM与PC所成角为60，点M的坐标为(1，0，1)．【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量在立体几何中的应用，熟练掌握利用空间向量处理线面垂直、二面角和异面直线夹角的方法是解题的关键

，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力．15．已知如图①，在菱形ABCD中，60A且2AB，E为AD的中点，将ABE△沿BE折起使2AD，得到如图②所示的四棱锥ABCDE.（1）求证：平面ABE平面ABC；（2）若P为AC的中点，求二面角PBDA的余弦值.【答案】（1）证

明见解析；（2）17.【分析】（1）利用题中所给的条件证明AEED，BEDE，因为//BCDE，所以BCBE，BCAE，即可证明BC⊥平面ABE，进一步可得面面垂直；（2）先证明AE⊥平面BCDE，以E为坐标原点，EB，ED，EA的方向

分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面PBD的一个法向量m，平面BDA的一个法向量n，利用向量的夹角公式即可求解【详解】解：（1）在图①中，连接BD，如图所示：因为四边形ABCD为菱形，60A，所以ABD△是等边三角形.因为E为A

D的中点，所以BEAE⊥，BEDE.又2ADAB，所以1AEDE.在图②中，2AD，所以222AEEDAD，即AEED.因为//BCDE，所以BCBE，BCAE.又BEAEE，AE，BE平面ABE.所以BC⊥平面ABE.又BC平面ABC

，所以平面ABE平面ABC.（2）由（1）知，AEDE，AEBE.因为BEDEE，BE，DE平面BCDE.所以AE⊥平面BCDE.以E为坐标原点，EB，ED，EA的方向分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标

系：则0,0,0E，0,0,1A，3,0,0B，3,2,0C，0,1,0D.因为P为AC的中点，所以31,1,22P.所以31,1,22PBuuur，31,0,22PD

uuur.设平面PBD的一个法向量为,,mxyz，由00PBmPDm得3102231022xyzxz.令3z，得1x，3y，所以133mur，，.设平面BDA的一个法向

量为111nxyz，，.因为301BAuur，，，011ADuuur，，由00BAnADn得1111300xzyz令11x，3z，3y，得133nr，，则1331cos,777mnmnmn

urrurrurr，所以二面角PBDA的余弦值为17.【点睛】思路点睛：证明面面垂直的思路（1）利用面面垂直的定义，（不常用）（2）利用面面垂直的判定定理；（3）利用性质：//，.16．如图，E为矩形AB

CD边CD的中点，沿BE将CBE△向上翻折至FBE，使得二面角CBEF为60°，且2ABBC，2FGGC.（1）证明：//AF平面BGE；（2）求直线BG与平面ABF夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）310285.【分析】（1）连接AC

交BE于H，由相识三角形可得12CHCEAHAB，从而可得//AFGH，进而可得结论；（2）先证明ACBE，翻折后可得FHBE，可得FHC是CBEF的平面角为60，FHC为正三角形，设3BC，则6,3ABAC，以H为原点，

HA为x轴，HB为y轴，建立如图所示法坐标系，求出法向量与直线的方向向量，利用夹角公式可得答案.【详解】（1）连接AC交BE于H，则AHBCHE，12CHCEAHAB，又12GCFG，//AFGH，又AF面BGE，GH面BGF

，//AF平面BGE；（2）tan2BCCEBCE，tan2ABBCABC，CEBBCA，CEBBCA，90HECHCE，CHBE，即ACBE，翻折后可得FHBE，所以FHC是CBEF的平面角为60，FHC为正三角形，设3

BC，则6,3ABAC，以H为原点，HA为x轴，HB为y轴，建立如图所示法坐标系，则2,0,0,0,2,0AB，1353,0,,,0,2266FG，531353,0,,,2,,,2,22226

6AFBFBG，设平面ABF的法向量为,,nxyz，则53022132022xzxyz，令3z，则32,510xy，332,,355n

，设BG与平面ABF夹角的正弦值夹角为，222222533232331026556sin8553332236655BGnBGn【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”

：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.17．如图，长方体1111ABCDABCD中，2AB，11BCCC

，若在CD上存在点E，使得1AE平面11ABD.（1）求DE的长；（2）求平面11ABD与平面1BBE夹角的余弦值.【答案】（1）12；（2）81339.【分析】（1）建立空间坐标系，设DEa，令11AEAB即可求出a的值；（2）求

出平面1BBE的法向量n，计算n和1AE的夹角即可得出二面角的大小.【详解】（1）以D为原点，以DA，DC，1DD为轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示：设DEa，则(0E，a，0)，(1A，0，0)，1(1

A，0，1)，1(1B，2，1)，1(0D，0，1)，1(0AB，2，1)，11(1DB，2，0)，1(1AE，a，1)，AE^Q平面11ABD，1ABAE，即1210EaAAB，解得12a，12DE.（2）由（1）可知1(1AE，12，1)为平面11ABD

的法向量，(1BE，32，0)，1(0BB，0，1)，设平面1BBE的法向量为(nx，y，)z，则1·0·0nBBnBE，即0302zxy，令2y可得(3n，2，0)，1cosAE，11·4813339132AEAEnnn.

平面11ABD与平面1BBE夹角的余弦值为81339.【点睛】方法点睛：二面角的求法方法一：（几何法）找作（定义法、三垂线法、垂面法）证（定义）指求（解三角形）；方法二：（向量法）首先求出两个平面的法向量,mn；再代入公式cosmnm

n（其中,mn分别是两个平面的法向量，是二面角的平面角.）求解.（注意先通过观察二面角的大小选择“”号）18．如图，三棱柱ABCDEF的侧面BEFC是边长为1的正方形，面BEFC面ADEB，4AB，60DE

B，G是DE的中点.（1）求证：//CE平面AGF；（2）求点D到平面AGF的距离；（3）在线段BC上是否存在一点P，使二面角PGEB为45，若存在，求BP的长；若不存在，说明理由.【答案】（1）证

明见解析；（2）3010；（3）存在，且32BP，理由见解析.【分析】（1）通过三角形的中位线以及线面平行的判定定理，证得//CE平面AGF.（2）建立空间直角坐标系，利用公式计算点D到平面AGF的距离.（3）设出P点坐标，根据二面角PGEB为45列方程，解方程求得

BP.【详解】（1）连接CD交AF于H，连接HG，根据柱体的性质可知//,ADCFADCF，所以四边形ADFC是平行四边形，所以H是AF的中点，由于G是DE的中点，所以//HGCE，由于HG平面AGF，CE平面AGF，所以//CE平面AGF.（2）因为四边形BEFC

是正方形，所以BCBE，因为面BEFC面ADEB，面BEFC面ADEBBE，所以BC⊥平面ADEB，则,BCBEBCBG.因为60DEB，2,1GEBE，在三角形BGE中由余弦定理得222cos603BGB

EGEBEGE，所以222BEBGGE，所以BGBE.以B为原点，建立如图所示空间直角坐标系.则3,0,0,23,2,0,0,1,1,23,1,0,0,1,0GAFDE

.3,2,0,3,1,1,3,1,0AGGFDG.设平面AGF的法向量为1111,,xnyz，则111111132030nAGxynGFxyz，令12x，则113yz，故2,3,3n.设D到平面AGF的距离为d，则330

1010DGndn.（3）假设线段BC上存在一点P，使二面角PGEB为45.设0,0,Ph，则3,0,GPh，0,1,EPh.设平面PGE的法向量为2222,,nxyz，则222222300nGPxhznEPyhz，令

21z则22,3hxyh，所以2,,13hnh.由于BC⊥平面ADEB，所以0,0,1BC，是平面BGE的一个法向量，所以2222212cos,213BCnBCnBCnhh

，解得32h（负根舍去）.所以在线段BC上存在一点P，使二面角PGEB为45，且32BP.【点睛】证明线面平行的方法主要是通过线线平行来证明，求点面距可以考虑向量法来计算.19．如图，在直三棱柱111ABCABC中，ACBC，12ACBCAA

（1）求证：1ACBC；（2）求直线1AC和11AB所成角的大小；（3）求直线1AC和平面11ABBA所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）3；（3）6.【分析】（1）建立空间直角坐标系，由10CACB证得1ACBC.（2）利用直线1A

C和直线11AB的方向向量，求得直线1AC和11AB所成角的余弦值，由此求得该角的大小.（3）利用直线1AC的方向向量和平面11ABBA的法向量，求得直线1AC和平面11ABBA所成角的正弦值，进而求得

该角的大小.【详解】（1）由于三棱柱111ABCABC是直三棱柱，所以1CC平面ABC，所以11,CCACCCBC，依题意可知ACBC.以C为原点建立如图所示空间直角坐标系.则1112,0,0,

0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2ABCAB，则12,0,2,0,2,0CACB，所以10CACB，所以1ACBC.（2）1112,0,2,2,2,0ACAB，设直线1AC和1

1AB所成角为，则11111141cos22222ACABACAB，由于02，所以3.（3）12,2,0,0,0,2ABAA，设平面11ABBA的法向量为,,nxyz，则12

2020nABxynAAz，令1x可得1,1,0n.设直线1AC和平面11ABBA所成角为，则1121sin2222ACnACn，由于02，所以6πβ.【点睛】要证明线线垂直，可以利用这

两条直线的方向向量的数量积为0来证明.20．如图，已知三棱锥PABC中，PA平面ABC，,,2ACBCPAACBCDBAD，M、E分别为PB、PC的中点，N为AE的中点．（Ⅰ）求证：MNCD；（Ⅱ）求直线

PB和平面PCD所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23.【分析】（Ⅰ）以C为原点，,CACB所在直线为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，设2PAACBC，利用空间向量的数量积为0可证MNCD；（Ⅱ）根据向量PB和平面PCD的

法向量可求得结果.【详解】（Ⅰ）证明：如图，以C为原点，,CACB所在直线为x轴、y轴，建立空间直角坐标系，设2PAACBC，则(2,0,0),(0,2,0),(0,0,0),(2,0,2)ABCP，所以3142(1,1,1),(1,0

,1),,0,,,,02233MEND，所以1142,1,,,,02233MNCD，因为01421102332MNCD，所以MNCD

．（Ⅱ）由（Ⅰ）知(2,2,2),(2,0,2)PBCP，设平面PCD的法向量(,,)nxyz，则0,0.CDnCPn得420,33220.xyxz令1x，则2,1yz，故平面PCD的一个法向量为(1,2,1)n，设直线PB与平

面PCD所成的角为，则|||212(2)2(1)|42sin3|||444141236PBnPBn∣.所以直线PB和平面PCD所成角的正弦为23.【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，正确写出相关点的坐标，求出平面的法向量是解题关键，属于中档题.21．如

图，三棱柱111ABCABC中，底面ABC是边长为2的等边三角形，侧面11BCCB为菱形，且平面11BCCB平面ABC，160CBB，D为棱1AA的中点．（1）证明：1BC平面1DCB；（2）求二面角11BDCC的余弦

值．【答案】（1）证明见解析；（2）55.【分析】（1）设BC的中点为E，1BC与1BC的交点为O，连接AE，EO，OD，根据线面垂直的判定定理，可得AE⊥平面11BCCB；再证明//AEDO，得到DO平面11BCCB，推出1DOBC，11BCBC，从而可得线面垂直；（2）先由（1

）可得，OD，OB，1OB两两相互垂直，以O为坐标原点，以OD的方向为z轴正方向，分别以OB，1OB为x轴和y轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，分别求出平面1DCC和1DCB的法向量，由向量夹角公式，即可求出结

果.【详解】（1）证明：设BC的中点为E，1BC与1BC的交点为O，连接AE，EO，OD，如图所示．由E为BC的中点可得AEBC，又平面11BCCB平面ABC，平面11BCCB平面ABCBC，故AE⊥平面11BCCB．又O为1BC的中点．所以11//2EOC

C且112EOCC．又11//2ADCC且112ADCC，所以//ADEO且ADEO，因此四边形ADEO为平行四边形，所以//AEDO且AEDO，所以DO平面11BCCB，故1DOBC，又四边形11BCCB为菱形，所以11BCB

C，又1DOBCO，DO平面1DCB，1BC平面1DCB，所以1BC平面1DCB；（2）由（1）可知OD，OB，1OB两两相互垂直，以O为坐标原点，以OD的方向为z轴正方向，分别以OB，1

OB为x轴和y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．则3,0,0B，13,0,0C，0,0,3D，0,1,0C，设111,,nxyz为平面1DCC的一个法向量，则10,0,nCDnCC即11113

0,30,yzxy可取1,3,1n，由（1）可知，OB为平面1DCB的一个法向量，所以35cos,51313nOBnOBnOB．所以二面角11BDCC的余弦值为55．【点睛】方法点睛：求空间角的常

用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦

值，即可求出结果.22．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，PA平面ABCD，//PABE，2BE，4ABPA.（1）求证：//CE平面PAD；（2）求直线PD与平面PCE所成角的正弦值；（3）在棱AB上是否存在一点F，使得二面角EPCF的大小

为60？如果存在，确定点F的位置；如果不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）36；（3）存在；F为AB的中点.【分析】（1）取PA中点H，通过证明四边形CDEH是平行四边形得出//ECDH，故而//EC平面PAD；（2）建立了空间坐标系，求出平面PCE的法

向量m，计算m和PD的夹角即可求出线面角的正弦值；（3）设AFa，求出平面PCF的法向量n，令1cos,2mn计算a，根据计算结果得出结论.【详解】（1）证明：取PA中点H，连接EH，DH，//E

BPA，12EBPAAH，四边形ABEH是平行四边形，//EHAB，EHAB，四边形ABCD是正方形，//CDAB，CDAB，//EHCD\，EHCD，四边形CDHE是平行四边形，//ECDH，又EC平面PAD，DH

平面PAD，//EC平面PAD.（2）解：以A为原点建立空间直角坐标系Axyz，如图所示：则(0P，0，4)，(4E，0，2)，(4C，4，0)，(0D，4，0)，(0PD，4，4)，(4P

E，0，2)，(0EC，4，2)，设平面PCE的法向量为(mx，y，)z，则·0·0mPEmEC，即420420xzyz，令1x可得(1m，1，2)，设直线PD与平面PCE所成角为，则|||48|43sin||611401616

426mPDmPD，直线PD与平面PCE所成角的正弦值为36.（3）解：设(Fa，0，0)(04)a剟，则(FPa，0，4)，(4FCa，4，0)，设平面PCF的法向量为1(nx，1y，1)z，则·0·0nF

PnFC，即111140(4)40axzaxy，令1za可得(4n，4a，)a，故2||3|cos,|62832mnamnmnaa，令231262832aaa，即2280aa，解得2a，4a（舍），当

F为AB的中点时，二面角EPCF的大小为60.【点睛】方法点睛：求二面角的方法有：①定义法：在二面角的棱上选取特殊点，过该点在两个半平面内作棱的垂线得到二面角的平面角，在三角形中计算可得结果；②向量

法：建立空间直角坐标系，利用二面角的两个半平面的法向量的夹角可求得结果.23．在四棱锥PABCD中，四边形ABCD为正方形，平面PAB平面ABCD，PAB△为等腰直角三角形，PAPB，AB=2.（1）求证：平面PBC平面PAC；（2）设E为C

D的中点，求二面角C-PB-E的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）223.【分析】（1）根据平面PAB平面ABCD，易得BC⊥平面PAB，从而BCPA，再结合PAPB，利用线面垂直的判定定理证得PA平面PBC，然后利用面面垂直的判定定理证明.（2）取AB的中点O，连接OE，OP，易

得PO平面ABCD，然后以O为坐标原点．分别以OE，OA，OP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，求得平面PBE的一个法向量为,,nxyzr，又平面PBC的一个法向量为0,1,1PA，然后利用cos,PAn

PAnPAnuurruurruurr求解.【详解】（1）因为平面PAB平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB，BC平面ABCD且BCAB，所以BC⊥平面PAB．又PA平面PAB，所以B

CPA，因为PAPB，PBBCB，PB，BC平面PBC，所以PA平面PBC．又PA平面PAC，所以平面PBC平面PAC．（2）取AB的中点O，连接OE，OP，则POAB，OEAB．因为平面PAB平面ABCD，平面PAB平面A

BCDAB，PO平面PAB，所以PO平面ABCD，所以POOE．以O为坐标原点．分别以OE，OA，OP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系Oxyz，则0,0,0O，0,1,0A，0,1,0B，0,

0,1P，2,0,0E，则0,1,1PA，0,1,1PBuur，2,1,0BE．设平面PBE的一个法向量为,,nxyzr，则0,0,nPBnBE即0,20,yzxy

取1x，得1,2,2nr；平面PBC的一个法向量为0,1,1PA，所以422cos,329PAnPAnPAnuurruurruurr．因为二面角CPBE为锐二面角，所以二面角CPBE的余弦值为223

．【点睛】方法点睛：1、证明平面和平面垂直的方法：①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．2、向量法求二面角的方法：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．24．已知长方体1111ABCDABCD中，2ADAB，11AA，E为11DC的中点.（1）证明1//BD平面1BEC；（2）求直线1AD与平面1BEC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见

解析；（2）4515【分析】（1）连结1BC，与1CB交于点F，可得1//EFBD，结合EF平面1BEC，根据线面平行的判断定理可证明1//BD平面1BEC；（2）以D为原点，分别以1,,DADCDD所在直线为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面1BEC的法向量m，

及1AD，设直线1AD与平面1BEC所成角为，可得11sinmADADm，计算即可.【详解】（1）连结1BC，与1CB交于点F，则F为1BC的中点，又E为11DC的中点，所以1//EFBD，又EF平面1BEC，1BD平

面1BEC，所以1//BD平面1BEC.（2）以D为原点，分别以1,,DADCDD所在直线为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则0,0,0D，2,0,0A，10,0,1D，2,2,0B，0,2,0C，0,1

,1E，12,2,1B，则12,0,1AD，0,1,1EC，12,1,0BE，设平面1BEC的法向量为,,mxyz，则1020ECmyzBEmxy，令1x

，得2yz，得1,2,2m，设直线1AD与平面1BEC所成角为，则112245sin1559ADADmm.25．如图，四边形ABCD为菱形，120ABC，四边形BDFE为矩形，平面BDFE平面ABCD，点P在AD上，EPBC.（

1）证明：AD平面BEP；（2）若EP与平面ABCD所成角为60°，求二面角CPEB的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）35.【分析】（1）由平面BDFE平面ABCD，得BE平面ABCD，得BEAD.再由已知EPBC.得ADEP，从而可证得线面垂直；（2）由线面

角的定义得60EPB，设2AB，则3BP，3BE.连接AC，以AC和BD的交点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.用空间向量法求得二面角余弦．【详解】（1）因为EPBC，//ADBC，所以ADEP.因

为平面BDFE平面ABCD，BEBD，平面BDFE平面ABCDBD，所以BE平面ABCD，所以BEAD.又因为BEEPE，所以AD平面BEP.（2）由（1）知EB平面ABCD，所以EPB为EP与平面ABCD所成的角，所以60EPB，3BEBP

.由AD平面BEP，知ADBP.设2AB，则3BP，3BE.连接AC，以AC和BD的交点O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则0,3,0A，0,3,0C，1,0,0D，13,,022P

，1,0,3E.所以133,,022PC，1,3,3CE，设,,nxyz为平面CEP的一个法向量，则133022330nPCxynCExyz

,可取4333,1,3n.由（1）可知1,3,0AD为平面BEP的一个法向量.所以433cos,516132713nADnADnAD，结合图可知二面角CPEB的余弦值为35.【点睛】思路点睛：本题考查证明线面垂直，考查求二面角．（1）证明线

面垂直，一般要证明线线垂直，而证明线线垂直又可由线面垂直、面面垂直的性质定理得出，掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直的关系是证明的关键．（2）求二面角常用方法是建立空间直角坐标系，求出二面角的两个面的法向量，求出法向量夹角的余弦值，根据二面角的大小得出二面角的余弦值，从而可得二面

角大小．26．如图，在边长为8的菱形ABCD中，120ABC，将ABD沿BD折起，使点A到达1A的位置，且二面角1ABDC为60°.（1）求证：1ACBD；（2）若点E为1AC中点，求直线BE与平面1

ADC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）1213.【分析】（1）连接AC，交BD于点O，连接1OA，利用线面垂直的判定定理证明BD平面1AOC，再由线面垂直的性质定理可证结论.（2）由（1）知，1AOC即为二面角1ABDC的平面角，所以160AO

Co，以O为坐标原点，建立如图空间直角坐标系Oxyz，求出需要的点的坐标，利用空间向量知识求得线面角的正弦值.【详解】（1）连接AC，交BD于点O，连接1OA，因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD，从而1OABD，OCBD,又1OAOCOI＝，所以

BD平面1AOC，又1AC平面1AOC，所以1ACBD（2）由（1）知，1AOC即为二面角1ABDC的平面角，所以160AOCo.如图，以O为坐标原点，,OBOC为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系

Oxyz，(400)B,,，(400)D,,，(0430)C,,，1(0236)A,,，(0333)E,,,所以(4,33,3)BEuur，1(4,23,6)DAuuur，(4,43,0)DCuuur设平面

1ADC的法向量为(,,)nxyz，则1423604430DAnxyzDCnxy，取1y，得3(3,1,)3nr设直线BE与平面1ADC所成角为，则43+33+38312sin1311316+27+9

3+1+5233BEnBEnuuurruuurr.所以直线BE与平面A1DC所成角的正弦值为1213.【点睛】方法点睛：本题考查线线垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：设直线,lm的方向向量分别为,ab

，平面,的法向量分别为,uv，则①两直线,lm所成的角为(02),cosababrrrr；②直线l与平面所成的角为(02),sinauaurrrr；③二面角l的大小为(0),cos.uv

uvrrrr27．如图，在直三棱柱111ABCABC中，ABAC，2ABAC，14AA，点D是BC的中点.（1）求证：平面1ADC⊥平面11BCCB；（2）求平面1ADC与平面1ABA所成的锐二面角（是指不超过90的角

）的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）23.【分析】（1）证明出AD平面11BCCB，再利用面面垂直的判定定理可证得平面1ADC⊥平面11BCCB；（2）以点A为坐标原点，AB、AC、1AA所在直线分别为x、y、z轴建

立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面1ADC与平面1ABA所成的锐二面角的余弦值.【详解】（1）ABAC，D为BC的中点，则ADBC，在直三棱柱111ABCABC中，1BB平面ABC，AD平面ABC，1

ADBB，1BCBBBQI，AD平面11BCCB，ADQ平面1ADC，因此，平面1ADC⊥平面11BCCB；（2）在直三棱柱111ABCABC中，1AA平面ABC，ABAC，以点A为坐标原点，AB、AC、1AA所在直线分别为x

、y、z轴建立空间直角坐标系，则0,0,0A、1,1,0D、10,2,4C，1,1,0AD，10,2,4AC，设平面1ADC的法向量为,,mxyz，由100mACmAD，得2400yzxy

，令2y，则2x，1z，可得2,2,1m，易知平面1ABA的一个法向量为0,1,0n，22cos,313mnmnmn，因此，平面1ADC与平面1ABA所成的锐二面角的余弦值为23.【点睛】证明两个平面垂直，首先要考虑直线与平面的垂直，也可简单

地记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明非常类似，这种转化方法是本讲内容的显著特征，掌握化归与转化思想方法是解决这类问题的关键．28．ABC中，5ABAC，2BC，E，F分别是边AB，AC上的点，且//EFBC，AHBC于H，∩A

HEFO，将AEF沿EF折起，点A到达A，此时满足面AEF面BCFE．（1）若53AEEB，求直线AB与面BCFE所成角大小；（2）若E，F分别为AB，AC中点，求锐二面角ABEC的余弦值；（3）在（2）的条件下，求点B到面ACF的距离．【答案】（1）45；（2）66；（

3）263．【分析】（1）折叠过程中,AOOH与EF保持垂直，由面面垂直的性质定理得AO平面BCFE，从而可得ABO为直线AB与面BCFE所成角，解ABO即可得；（2）由（1）分别以,,OHOFOA为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，写出点的坐标，求出二面角的

两个面的法向量，由法向量夹角的余弦得二面角的余弦（注意锐二面角）；（3）同样求出平面ACF的一个法向量，由CB在法向量方向上的投影的绝对值即为点B到面ACF的距离可得结论．【详解】（1）因为5ABAC，2BC，//EFBC，AHBC，所以H为BC中

点，1CHBH，222AHACCH，AHEF，所以AOEF，又平面AEF平面BCFE，所以AO平面BCFE，所以ABO为直线AB与面BCFE所成角若53AEEB，由//EFBC得53AOAEOHEB，所以55284AO，34OH，54AOAO，

又222235144OBOHHB，tan1AOABOOB，ABO是锐角，所以45ABO；（2）分别以,,OHOFOA为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为E，F分别为AB，AC中点

，则112EFBC，1AOOH，10,,02E，(1,1,0)B，(0,0,1)A，11,,02EB，(1,1,1)BA，设平面ABE的一个法向量为(,,)mxyz，则1020mEBxymBAxyz

，取2y，则1,1xz，即(1,2,1)m，平面BCE的一个法向量为(0,0,1)n，16cos,661mnmnmn，所以锐二面角ABEC的余

弦值为66．（3）由（2）(1,1,0)C，10,,02F，11,,02FC，(1,1,1)CA，设平面ACF的一个法向量为111(,,)pxyz，则111111020p

FCxypCAxyz，取11x，则12y，11z，即(1,2,1)p，(0,2,0)CB，所以点B到面ACF的距离为426cos,36CBpCBCBpp．【点睛】本题考查求直线与

平面所成的角，考查用空间向量法求二面角，求点到平面的距离，解题关键是建立空间直角坐标系，求出平面的法向量．然后只要计算即可得．29．如图，在梯形ABCD中，//ABDC，60ABC，FC平面ABCD，四边形ACFE为矩形，点M为线段EF的中点，且1ADCDBC

，32CF.（1）求证：平面BCM平面AMC；（2）求平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）55.【分析】（1）依题意可得ACBC、FCBC，即可得到BC⊥平面ACFE，即BC⊥平

面AMC，再根面面垂直的判定定理即可得证；（2）以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，//ABDC，60ABC，ADBC，所以60DAB，ACDCAB，

又ADCD，所以DACACD，所以30DACCAB，所以90ACB，所以ACBC.又FC平面ABCD，BC平面ABCD，所以FCBC，因为ACFCC，AC，FC平面ACFE，所以BC⊥平面ACFE，即BC⊥平面AMC.又B

C平面BCM，则平面BCM平面AMC.（2）解：由（1）知CA，CB，CF两两垂直，所以以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，因为1BC，60ABC，32CF，所以3A

C，所以3,0,0A，0,1,0B，33,0,22M，所以3,1,0ABuuur，33,0,22AM.设1,,nxyz为平面MAB的一个法向量，由1100nABnAM，

得3033022xyxz，解得3yxzx，取1x，则11,3,1n.因为21,0,0n是平面FCB的一个法向量，设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为，所以121215cos55nnnn.【

点睛】本题考查面面垂直的证明，空间向量在立体几何中的应用，考查空间想象能力及计算能力，属于中档题.30．如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，侧面PAD底面ABCD．PAD△为等腰直角三角形，且PAAD．E，F分别为底边AB和侧棱PC的中点．（Ⅰ）求证：//EF平面PAD；（Ⅱ）

求二面角EPDC的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）33．【分析】（Ⅰ）证明：取PD的中点G，连接FG，AG．由平面几何知识可证得四边形AEFG是平行四边形．再由线面平行的判断可得证．（Ⅱ）先由面面垂直的性质和线面垂直的判定和性质证得,,ABADAP两两垂直．再以点A为

原点，分别以,,ABADAP为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求解方法可得答案.【详解】解：（Ⅰ）证明：取PD的中点G，连接FG，AG．因为F，G分别是PC，PD的中点，所以FG是△PCD的中位线．所以FG∥CD，且12FGCD．又因为E是AB的中点，且底面ABCD

为正方形，所以1122AEABCD，且AE∥CD．所以AE∥FG，且AEFG．所以四边形AEFG是平行四边形．所以EF∥AG．又EF平面PAD，AG平面PAD，所以EF∥平面PAD．（Ⅱ）证明：因为平面PAD平面

ABCD，PAAD，且平面PAD平面ABCDAD，所以PA平面ABCD．所以PAAB，PAAD．又因为ABCD为正方形，所以ABAD，所以,,ABADAP两两垂直．以点A为原点，分别以,,ABADAP为,,xyz轴，建立空间直角坐标系（如图）

．由题意易知ABADAP，设2ABADAP，则(0,0,0)A，(2,0,0)B，(2,2,0)C，(0,2,0)D，(0,0,2)P，(1,0,0)E．得到022PD，，，2,0,0DC，设平面PD

C的法向量为,,mabc，则0,0.mPDmDC，所以22020bca，即0bca，令1b，则0,1,1m．得102EP，，，0,2,2PD．设平

面EPD的法向量为(,,)nxyz，则0,0.nEPnPD，所以20220xzyz，即2xzyz，令1z，则2,1,1n．所以23cos,326mnmnmn．由图可知，二面角EPDC

的大小为锐角，所以二面角EPDC的余弦值为33．【点睛】向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取.1、建：建立空间直角坐标系.以三条互相垂直的垂线的交点为原点，没有三垂线时需做辅助线，建立右手直角坐标

系,让尽量多的点落在坐标轴上.2、设：设所需点的坐标，并得出所需向量的坐标.3、求：求出两个面的法向量.4、算：运用向量的数量积运算，求两个法向量的夹角的余弦值；5、取：根据二面角的范围0，和图示得出的二面角是锐角

还是钝角,再取值.