高中數(shù)學培優(yōu)講義練習（選擇性必修一）：空間角的向量求法大題專項訓練（30道）（教師版）

專題1.11空間角的向量求法大題專項訓練（30道）【人教A版2019選擇性必修第一冊】姓名：___________班級：___________考號：___________1．（2022?松江區(qū)校級開學）在三棱錐A﹣BCD中，已知CB＝CD=5，BD＝2，O為BD中點，AO⊥平面BCD，AO＝2（1）求三棱錐A﹣BCD的體積；（2）若點E、F分別為AC、BC的中點，求直線AD與平面DEF所成角的大?。窘忸}思路】（1）先求出底面積S△BCD＝2，證明出AO⊥平面BCD，即可求體積；（2）以OB，OC，OA所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系．用向量法求解．【解答過程】解：（1）連接OC，在△BCD中，因為CB＝CD=5，BD＝2，O為BD所以OC⊥BD，所以OC=CB2?BO2=2因為AO⊥平面BCD，且AO＝2，即三棱錐A﹣BCD的高為2，所以三棱錐A﹣BCD的體積為V=1（2）由（1）知，OC⊥BD且AO⊥平面BCD，以OB，OC，OA所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系．如圖所示，可得A（0，0，2），B（1，0，0），C（0，2，0），D（﹣1，0，0）．因為點E，F(xiàn)分別為AC，BC的中點，所以E（0，1，1），F(xiàn)（12，1，0所以DA→=(1，0，設平面DEF的法向量為n→=(x，取y＝﹣3，可得x＝2，z＝1，即n→設直線AD與平面DEF所成角為θ，可得sinθ=|所以直線AD與平面DEF所成角為arcsin2702．（2022秋?南昌月考）如圖，四邊形ABCD中，AB＝AD＝22，BC＝CD＝4且AB⊥AD，△BCD沿著BD翻折，當三棱錐C﹣ABD體積最大值時．（1）求此時三棱錐C﹣ABD的體積；（2）求此時直線AD與平面ABC夾角的正弦值．【解題思路】（1）當平面ABD⊥平面BCD時，體積最大，取BD中點O，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可證AO⊥平面BCD，根據(jù)長度關系計算可得體積；（2）根據(jù)已知條件建立空間直角坐標系，將問題轉化為向量夾角問題求解．【解答過程】解：（1）△BCD沿BD折疊，當平面ABD⊥平面BCD時，體積最大，由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，取BD中點O，AO⊥BD，則AO⊥平面BCD，又AB=AD=22，BC=CD=4且AB則BD＝4，則△BCD為正三角形，在△BCD中，BD邊上的高為23則三棱錐C﹣ABD體積最大值時，高為23VC?ABD（2）由（1）可知AO⊥平面BCD，可建立如圖所示的空間直角坐標系，A（2，0，0），D（0，2，0），B（0，﹣2，0），C（0，0，23則AD→=(?2，設平面ABC的法向量為n→則n→?AB令z=3，則x=3則n→設直線AD與平面ABC夾角為θ，則sinθ=|cos＜3．（2022秋?五華區(qū)校級月考）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是正方形，ED⊥平面ABCD，平面FBC⊥平面ABCD，BF⊥CF，DE＝AD＝2．（1）求多面體ABCDEF體積的最大值；（2）當多面體ABCDEF體積取最大值時，求直線DF與平面EBC所成角．【解題思路】（1）由已知可求四棱錐E﹣ABCD的體積為V=83，進而可求得VE﹣BCF的最大值，再求出多面體（2）以D為原點，DA，DC，DE所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，求出平面EBC的法向量與直線DF的方向向量，再求出直線DF與平面EBC所成角．【解答過程】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，ED⊥平面ABCD，∴四棱錐E﹣ABCD的體積為V=13×2×2×過點F作FH∥BC交BC于點H，如圖所示，∵平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD＝AC，∴FH⊥BC，F(xiàn)H?平面FBC，∴FH⊥平面FBC，∴ED∥FH，又FH?平面FBC，ED?平面FBC，∴ED∥平面FBC，而DC⊥BC，F(xiàn)H∩BC＝C，F(xiàn)H，BC?平面FBC，∴DC⊥平面FBC，∴VE﹣BCF＝VD﹣BCF=23S△BCF=13在Rt△BCF中，BF2+CF2＝BC2＝4≥BF×CF，∴當且僅當BF＝CF＝2時，有最大值2，VE﹣BCF有最大值，∴多面體ABCDEF體積有最大值為103（2）以D為原點，DA，DC，DE所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖所示，可知D（0，0，0），E（0，0，2），B（2，2，0），C（0，2，0），當BF＝CF時，F(xiàn)（1，2，1），設平面EBC的法向量為n→=（x，y，EB→=（2，2，﹣2），CB→=（2，0，0），DF→=（則n→?CB→=2x=0n→?EB→=2x+2y?2z=0，令z設直線DF與平面EBC所成角為θ，∴sinθ＝|cos＜n→，DF→故直線DF與平面EBC所成角為π34．（2022秋?安徽月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，PD＝3FD，BE＝3EP．（1）求證：AE⊥FC；（2）求AE與平面ACF所成角的余弦值．【解題思路】（1）建系，將線線垂直的證明轉化成兩直線的方向向量垂直的證明，然后再轉化成證明向量數(shù)量積等于零；（2）建系，將線面角轉成直線的方向向量與平面的法向量所成角，然后再利用空間向量的夾角公式即可求解．【解答過程】解：建立如圖的空間右手直角坐標系，設PA＝AB＝12，則根據(jù)題意可得A（0，0，0），E（3，0，9），C（12，12，0），F(xiàn)（0，8，4），∴AE→=（3，0，9），F(xiàn)C→=（12，4，﹣4），AC→=（（1）證明：∵AE→?FC→=3×12+0×4+9∴AE⊥FC；（2）設平面ACF的法向量為n→則n→設x＝1，則y＝﹣1，z＝2，∴n→設AE與平面ACF所成角為θ，又AE→=（3，0，∴sinθ＝|cos＜AE→，∴cosθ=1?si故AE與平面ACF所成角的余弦值為165305．（2021秋?吉陽區(qū)校級月考）在六面體PABCDE中，PA⊥平面ABCD，ED⊥平面ABCD，且PA＝2ED，底面ABCD為菱形，且∠ABC＝60°．（1）求證：BD⊥平面PAC．（2）若PA＝AC，求直線BD與平面ACE所成的角是多少．【解題思路】（1）連接BD，交AC于點O，進而PA⊥BD．再求出BD⊥AC，從而BD⊥平面PAC．（2）以點O為原點，OB，OC，OF分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系O﹣xyz，利用向量法求出直線BD與平面ACE所成角的正弦值．【解答過程】證明：（1）連接BD，交AC于點O，∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．（2）解：設AC＝PA＝2．∵底面ABCD為菱形，且∠ABC＝60°．∴△ABC為等邊三角形．因為PA⊥平面ABCD，OB⊥OC，故以點O為原點，OB，OC分別為x，y軸，建立空間直角坐標系O﹣xyz（如圖）．則O（0，0，0），P（0，﹣1，2），C（0，1，0），D（?3，0，0），E（?3，0，1），B（3，0，則OC→=（0，1，0），OE→=（?3，0，1），BD→=（﹣設平面ACE的法向量為n→=（x，y，則n→?OE→=?3x+z=0n→設直線BD與平面ACE所成為θ，∴sinθ＝|cos＜n→，BD→＞|＝|∴直線BD與平面ACE所成角的正弦值為126．（2021秋?盤龍區(qū)月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E為線段PD的中點，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°．（1）證明：直線PB∥平面ACE；（2）求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．【解題思路】（1）連接BD交AC于點H，連接HE，可證HE∥PB，從而可證PB∥平面ACE，（2）作Ax⊥AP，建立如圖所示的空間直角坐標系，求得平面PCD的一個法向量，利用向量法求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．【解答過程】（1）證明：連接BD交AC于點H，連接HE，∵AB∥DC，AB＝CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴H是AC的中點，又E為線段PD的中點，∴HE∥PB，又HE?平面ACE，PB?平面ACE，∴直線PB∥平面ACE，（2）解：∵AB⊥平面PAD，作Ax⊥AP，建立如圖所示的空間直角坐標系，由已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°，得B（0，0，2），P（0，2，0），D（3，﹣1，0），C（3，﹣1，2），∴PB→=（0，﹣2，2），PD→=（3，﹣3，0），CD→=（設平面PCD的一個法向量為n→=（x，y，則n→?CD→=0n→?PD→=0∴cos＜PB→，所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為247．（2021秋?云南期末）如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB，PA⊥PD，求直線PA與平面PBC所成角的余弦值．【解題思路】（1）先證明AB⊥平面PAD，從而可得證明結論．（2）分別取AD，BC的中點O，H，連接PO，OH，先證明PO，OH，AD兩兩垂直，然后建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可．【解答過程】（1）證明：∠BAP＝∠CDP＝90°，∴AB⊥AP，CD⊥PD，AB∥CD∴AB⊥PD，又∵AP?PD＝P，AP?平面PAD，PD?PAD，AB⊥平面PAD，由AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．（2）解：分別取AD，BC的中點O，H，連接PO，OH，則OH∥AB，OH⊥平面PAD，∵PA＝PD，∴PO⊥AD，∴PO，OH，AD兩兩垂直，如圖，以O為原點，OA，OH，OP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系O﹣xyz，設PA＝PD＝AB＝2，由PA⊥PD，∴AD=22，PO=則A(2，0，0)，B(∴PB→=(2設平面PBC的法向量n→則n→?PB→=0n→?PC∴平面PBC的法向量n→=(0，設直線PA與平面PBC所成角θ，∴sinθ=|n→?∴直線PA與平面PBC所成角的余弦值為638．（2022春?巫山縣校級期末）如圖，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝4．A1在底面ABC上的射影恰為AC的中點D．且BA1⊥AC1．（1）求證：AC1⊥平面A1BC；（2）求二面角B1﹣A1B﹣C的余弦值．【解題思路】（1）A1在底面ABC上的射影為AC的中點D，平面A1ACC1⊥平面ABC，BC⊥AC，可得BC⊥平面A1ACC1，BC⊥AC1，進而證明AC1⊥平面A1BC．（2）如圖所示，以C為坐標原點建立空間直角坐標系，平面A1AB的法向量n→=（3，3，1），平面A1BC的法向量AC1→=（﹣6，0，23【解答過程】（1）證明：∵A1在底面ABC上的射影為AC的中點D，∴平面A1ACC1⊥平面ABC，∵BC⊥AC且平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴BC⊥平面A1ACC1，∴BC⊥AC1，∵AC1⊥BA1且BC∩BA1＝B，∴AC1⊥平面A1BC．（2）解：如圖所示，以C為坐標原點建立空間直角坐標系，∵AC1⊥平面A1BC，∴AC1⊥A1C，∴四邊形A1ACC1是菱形，∵D是AC的中點，∴∠A1AD＝60°，∴A（4，0，0），A1（2，0，23），B（0，4，0），C1（﹣2，0，23），∴A1A→=（2，0，﹣23），AB→=（﹣設平面A1AB的法向量n→=（x，y，∴n→取n→=（3，3，1），平面A1AB的法向量n→=（3，平面A1BC的法向量AC1→=（﹣6，0∴cos＜n→，設二面角A﹣A1B﹣C的平面角為θ，θ為鈍角，∴cosθ=?∴二面角A﹣A1B﹣C的余弦值為?79．（2022春?響水縣校級期中）如圖所示，在四棱錐E﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，AC與BD交于點O，EC⊥底面ABCD，F(xiàn)為BE的中點，AB＝CE．（1）求異面直線EO與AF所成角的余弦值；（2）求AF與平面EBD所成角的正弦值．【解題思路】（1）建立空間直角坐標系，利用向量法求得異面直線EO與AF所成角的余弦值．（2）利用向量法求得AF與平面EBD所成角的正弦值．【解答過程】解：（1）四邊形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，所以三角形ACD和三角形ABC是等邊三角形，設G是AD的中點，連接CG，則CG⊥AD，CG⊥BC，由于EC⊥平面ABCD，所以EC⊥BC，EC⊥CG．以CG為x軸、CB為y軸、CE為z軸的正方向建立如圖所示空間直角坐標系，設菱形ABCD的邊長為2，可得CE＝2，可得E（0，0，2），A（3，1，0），O（32，12，0），F(xiàn)（0，1，可得：EO→=(3設異面直線EO與AF所成角為θ，可得：cosθ=|EO（2）D（3，﹣1，0），B（0，2，0），E（0，0，2），可得DB→=(?3，3，0)可得DB→?n→=?3x+3y=0由AF→=(?3，0|n10．（2022?南京模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，其中AD∥BC，AD＝3，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，且PA＝3．點M在棱PD上，點N為BC中點．（1）證明：若DM＝2MP，則直線MN∥平面PAB；（2）求平面CPD與平面NPD所成角的正弦值．【解題思路】（1）取AQ=13AD，利用平行線分線段成比例和平行四邊形的性質(zhì)，結合線面平行的判定可證得MQ∥平面PAB，QN（2）以A為坐標原點可建立空間直角坐標系，利用面面角的向量求法可求得所求角的余弦值，由余弦值可求得正弦值．【解答過程】解：（1）證明：在AD上取一點Q，使得AQ=13AD，連接MQ∵QDAD=DMDP=23，∴MQ∥AP，又MQ?平面∴MQ∥平面PAB；∵AQ=13AD=1，BN=12∴AQ∥BN，AQ＝BN，∴四邊形ABNQ為平行四邊形，∴AB∥QN，又QN?平面PAB，AB?平面PAB，∴QN∥平面PAB，又MQ∩QN＝Q，MQ，QN?平面MNQ，∴平面MNQ∥平面PAB，又MN?平面MNQ，∴MN∥平面PAB；（2）由題意可建立如圖的空間右手直角坐標系，則C（2，2，0），P（0，0，3），D（0，3，0），N（2，1，0），∴PC→=(2，2，設平面CPD的法向量n1則PC→?n1→=2解得y1＝2，x1＝1，∴n1設平面NPD的法向量n2則DN→?n2→=2解得y2＝1，z2＝1，∴n2∴|cos＜∴平面CPD與平面NPD所成角的正弦值為1?11．（2022秋?安徽月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C．（1）求證：AB⊥B1C；（2）若∠B1BC＝60°，直線AB與平面BB1C1C所成的角為30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值．【解題思路】（1）推導出B1C⊥BC1，AO⊥B1C，從而B1C⊥平面AOB，由此能證明B1C⊥AB．（2）設O為原點，OB1為x軸，OC1為y軸，OA為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值．【解答過程】（1）證明：因為AO⊥平面BB1C1C，B1C?平面BB1C1C，所以AO⊥B1C．因為BC＝BB1，四邊形BB1C1C是平行四邊形，所以四邊形BB1C1C是菱形．所以BC1⊥B1C．因為AO∩BC1＝O，AO?平面ABC1，BC1?平面ABC1，所以B1C⊥平面ABC1．因為AB?平面ABC1，所以B1C⊥AB．（2）解：因為AB與平面BB1C1C所成角為30°，AO⊥平面BB1C1C，所以∠ABO＝30°，因為∠B1BC＝60°，所以△BCB1是正三角形，設BC＝2，則B1以O為原點，分別以OB，OB1，OA所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(3所以AB設平面AB1C1的一個法向量為n1＝（x，y，z），則n令x＝1，得n1設平面B1C1A1的一個法向量為n2＝（x′，y′，z′），則n令x′＝1，解得n2設二面角A1﹣B1C1﹣A的大小為θ，因為cos?所以sinθ=1?所以二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值為4312．（2022秋?洛陽月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，已知平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，CD＝2AB＝4，AE是等邊△PAD的中線．（1）證明：AE∥平面PBC．（2）若PA=42，求二面角E﹣AC﹣D【解題思路】（1）取PC的中點F，連接EF，BF，進而證明四邊形ABFE是平行四邊形，進而證明AE∥平面PBC；（2）取AD的中點O，連接PO，易知PO⊥平面ABCD，進而以O為坐標原點，OA→，OP→的方向分別為x，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系【解答過程】（1）證明：如圖，取PC的中點F，連接EF，BF．因為E是棱PD的中點，所以EF∥CD，且EF=1因為AB∥CD，AB=12CD，所以EF所以四邊形ABFE是平行四邊形，所以AE∥BF，因為AE?平面PBC，BF?平面PBC，所以AE∥平面PBC．（2）解：取AD的中點O，連接PO，因為△PAD為等邊三角形，所以PO⊥AD，因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，所以，以O為坐標原點，OA→，OP→的方向分別為x，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系因為等邊△PAD的邊長為42所以A(22，0設平面ACE的一個法向量為m→由AC→?令x＝1，則y=2，z=又平面ACD的一個法向量為n→因為cos?所以二面角E﹣AC﹣D的大小為45°．13．（2022秋?南京月考）如圖，四棱錐P﹣ABCD的體積為34，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是面積為3的等邊三角形，四邊形ABCD是等腰梯形，BC＝1，E為棱PA（1）若直線EC與平面ABCD的夾角為60°，求二面角B﹣CE﹣D的正弦值；（2）求EDEC【解題思路】（1）根據(jù)四棱錐的體積可求解OT=32，根據(jù)直線EC與平面ABCD的夾角為60°，可判斷E，（2）根據(jù)空間中兩點間距離公式，可表達出EDEC【解答過程】解：（1）因為△PAD是面積為3的等邊三角形，所以PA＝PD＝AD＝2，因為平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是等腰梯形，過P作AD的垂線，垂足為O，過E作AD的垂線，垂足為M，連接MC，因為平面PAD⊥平面ABCD，其交線為AD，EM⊥AD，故EM⊥平面ABCD，故∠ECM為直線EC與平面ABCD的夾角，記BC中點為T，連接OT，所以OT⊥AD，以O為坐標原點，OT為x軸，OD為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系O﹣xyz，且BC=1，又四棱錐P﹣ABCD的體積為34，所以四邊形ABCD的面積為3故OT=32，設又C(32，12，0)，所以EC=4t2?5t+4又E(0，設平面BCE的法向量n1→=（x1，y1，z1），平面CDE的法向量n2→=（x2，y2，z令x1＝2，則z1＝1，故n1→=（2，0n2→?CE→=0，n2→?CD記二面角B﹣CE﹣D的平面角為θ，則|cosθ|=|cos?即二面角B﹣CE﹣D的正弦值為45（2）因為ED=4t2?4t+4，EC=4EDEC∵14t+4t當且僅當t＝1時取等號，且t＝0時，EDEC所以EDEC14．（2022?遵義開學）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E為AB的中點，DE＝AE，側面PAD⊥底面ABCD．（1）證明：PA⊥平面PBD；（2）若PB與平面ABCD所成角的正切值為55，求平面PAD與平面PCE【解題思路】（1）取AD的中點O，連接OE，OP，可得EO⊥AD，進一步得到EO⊥平面PAD，則EO⊥PA，可得PA⊥BD，結合PA⊥PD，即可證明PA⊥平面PBD；（2）由PO⊥底面ABCD，可得∠PBO為PB與平面ABCD所成角，求解三角形可得OB＝25，進一步得到BD，分別以DA、DB所在直線為x、y軸，過D作垂直于底面的直線為z軸建立空間直角坐標系，分別求出平面PCE的法向量與平面PDA的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得平面PAD與平面PCE所成的銳二面角的余弦值．【解答過程】（1）證明：取AD的中點O，連接OE，OP，由EA＝ED，可得EO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴EO⊥平面PAD，得EO⊥PA，∵EO∥BD，∴PA⊥BD，又PA⊥PD，且BD∩PD＝D，∴PA⊥平面PBD；（2）解：∵PO⊥底面ABCD，∴OB為PB在底面ABCD上的射影，可得∠PBO為PB與平面ABCD所成角，在直角三角形PBO中，有tan∠PBO=POOB=12∵EO⊥AD，EO∥BD，∴BD⊥AD，在直角三角形OBD中，可得BD=(2分別以DA、DB所在直線為x、y軸，過D作垂直于底面的直線為z軸建立空間直角坐標系，則P（2，0，2），C（﹣4，4，0），E（2，2，0），PC→=(?6，設平面PCE的法向量為m→由m→?PC→=?6x+4y?2z=0m→平面PDA的一個法向量為n→∴cos＜m∴平面PAD與平面PCE所成的銳二面角的余弦值為31915．（2021秋?綏化月考）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，BC＝CC1＝4．若Q，R分別為棱BB1，BC上的點，且B1Q＝BR＝1，平面ABSP與棱CC1，DD1分別交于S，P，DP＝a（0≤a≤4）．（1）求證：B1R⊥D1Q；（2）求平面APSB與平面C1D1Q所成的銳二面角余弦值的取值范圍．【解題思路】（1）建立恰當?shù)目臻g直角坐標系，用向量法可證；（2）用a表示所求二面角的余弦值，求其取值范圍即可．【解答過程】（1）證明：在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，DA，DC，DD1兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系：則B1（4，5，4），R（3，5，0），D1（0，0，4），Q（4，5，3），所以B1R→所以B1R→⊥D1Q→，所以（2）解：DP＝a，則P（0，0，a）（0≤a≤4），A（4，0，0），AP→=(?4，0，因為D1C1⊥平面BCC1B1，B1R?平面BCC1B1，所以D1C⊥B1R，又B1R⊥D1Q且D1Q?D1C1＝D1，D1Q?平面D1C1Q，D1C1?平面D1C1Q，所以B1R⊥平面D1C1Q，所以B1R→為平面D1C設n→=(x1，y1所以n→?AP令x1＝a，則z1＝4，所以n→=(a，設平面APSB與平面C1D1Q所成的銳二面角為θ，則θ∈0≤a≤4?﹣16≤a﹣16≤﹣12，則cosθ=|設t=1a?16，則y＝272t2+32t+1開口向上，對稱軸為t=?在區(qū)間[?112，?116]的右側，所以y＝272所以116≤y≤2所以33434≤據(jù)此可得銳二面角余弦值的取值范圍是[316．（2022?萬州區(qū)校級開學）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別是BD，DD1的中點，M是A1B1上一點，且A1（1）證明：BM∥平面EFA1；（2）求直線EC1與平面EFA1所成角的正弦值．【解題思路】（1）如圖，以點A為原點，分別以直線AB，AD，AA1為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法即可得出結論；（2）利用向量法即可得出答案．【解答過程】（1）證明：如圖，以點A為原點，分別以直線AB，AD，AA1為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則A（0，0，0），B（2，0，0），M(23，0，2)，A1（0，0，2），E（1，1，0），F(xiàn)（0，2，1），B1（2，0，2），C1（所以BM→=(?43，設平面EFA1的法向量為n→由EA1→?n因為n→?BM→=0，BM在平面EFA1外，所以（2）解：因為EC1→=(1，1設直線EC1與平面EFA1所成角為θ，故sinθ=|cos?直線EC1與平面EFA1所成角的正弦值為42117．（2022?貴陽開學）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四邊形ABCD是菱形，E，F(xiàn)分別是棱BB1，DD1的中點．（1）證明：平面AEF⊥平面ACC1．（2）若AA1＝2AB，∠BAD＝60°，求二面角B﹣AF﹣E的余弦值．【解題思路】（1）連接BD，可證BD⊥平面ACC1，進而證明EF∥BD，可證平面AEF⊥平面ACC1．（2）記AC∩BD＝O，以O為原點，分別以OB→，OC→的方向為x，y軸的正方向，垂直平面ABCD向上為z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O﹣xyz．求得兩平面的法向量，利用向量法可求二面角B﹣【解答過程】（1）證明：連接BD，因為四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，由直四棱柱的定義可知C1⊥平面ABCD，則CC1⊥BD，因為C1?平面ACC1，AC?平面ACC1，且AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1，由直四棱柱的定義可知BB1∥DD1，BB1＝DD1，因為E，F(xiàn)分別是棱BB1，DD1的中點，所以BE∥DF，BE＝DF，所以四邊形BEFD是平行四邊形，則EF∥BD，故EF⊥平面ACC1，因為EF?平面AEF，所以平面AEF⊥平面ACC1．（2）解：記AC∩BD＝O，以O為原點，分別以OB→，OC→的方向為x，y軸的正方向，垂直平面建立如圖所示的空間直角坐標系O﹣xyz．設AB＝2，則A(0，故AB→設平面ABF的法向量為n＝（x1，y1，z1），則令x1=3，得設平面AEF的法向量為m＝（x2，y2，z2），則令y2＝2得m=(0，設二面角B﹣AF﹣E為θ，由圖可知θ為銳角，則cosθ=|cos?所以二面角B﹣AF﹣E的余弦值為5718．（2021秋?包頭期末）如圖，在三棱錐S﹣ABC中，SA＝SC，D為AC的中點，SD⊥AB．（1）證明：平面SAC⊥平面ABC；（2）若△BCD是邊長為3的等邊三角形，點P在棱SC上，PC＝2SP，且VS?ABC=932，求二面角A【解題思路】（1）要證明面面垂直，轉化為證明線面垂直，即證明SD⊥平面ABC；（2）首先利用體積公式，求得SD＝3，并得SA⊥SC，根據(jù)垂直關系，以點D為原點，如圖建立空間直角坐標系，利用法向量求二面角的余弦值，并利用三角關系，求得二面角的余弦值．【解答過程】（1）證明：因為SA＝SC，且D為AC的中點，所以SD⊥AC，又SD⊥AB，AC∩AB＝A，所以SD⊥平面ABC，又SD?平面SAC，所以平面SAC⊥平面ABC．（2）解：因為△BCD是邊長為3的等邊三角形，故AD＝DC＝DB＝3，所以AB⊥BC，且AB=A由VS?ABC=932，得13S△ABC?SD=932，解得SD＝取AB，BC的中點分別為E，F(xiàn)，則DE⊥DF，故SD，DE，DF兩兩互相垂直．以D為原點，DE→，DF→，DS→分別為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系D過P作PR⊥SD，R為垂足，PH⊥DC，H為垂足，由PC＝2SP，可知SR=13SD=1，RDDH=1在平面ABC內(nèi)，過H作HT⊥x軸，交x軸負半軸于T，在Rt△DHT中，∠DHT＝30°，DH＝1，所以DT=12，故P(?12，3S（0，0，3），SP→=(?12，設n→=(x，y，z)是平面取z＝1，解得x＝1，y＝0，故n→設平面PBC的法向量為m→因為PB→=(2，則m→?PB→=0所以cos?所以二面角的正弦值sinθ=1?(所以二面角A﹣PB﹣C的正弦值為1541419．（2022?河南開學）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，PA＝PD＝22，AB＝AD＝2CD＝4，∠BAD＝60°．（1）若E為PB的中點，證明：CE∥平面PAD．（2）若二面角P﹣AD﹣B為150°，求二面角P﹣BC﹣A的余弦值．【解題思路】（1）取PA的中點F，連接EF，DF，可證EF∥CD，EF＝CD，可得四邊形CDFE為平行四邊形，可證CE∥平面PAD．（2）取AD的中點O，連接PO，BO，依題意可得PO⊥AD，BO⊥AD，以O為坐標原點，OA→的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O﹣xyz求提兩平面的法向量，可求二面角P﹣BC﹣A的余弦值．【解答過程】（1）證明：取PA的中點F，連接EF，DF，因為E為PB的中點，所以EF∥AB，EF=12又因為AB∥CD，AB＝2CD，所以EF∥CD，EF＝CD，所以四邊形CDFE為平行四邊形，從而CE∥DF，又DF?平面PAD，CE?平面PAD，所以CE∥平面PAD．（2）解：取AD的中點O，連接PO，BO，依題意可得PO⊥AD，BO⊥AD，則∠POB＝150°以O為坐標原點，OA→的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O﹣xyz則P(0，設平面PBC的法向量為n→=（x，y，則n→?PB→=0，n→?BC令y=3，得n→=（﹣1，3易知m→=（0，0，1）是平面因為cos＜m→，所以二面角P﹣BC﹣A的余弦值為98520．（2022?浙江開學）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥AD，PA⊥CD，∠ADC=π2，AD＝DC=12（1）證明：PD⊥CD；（2）求BP與平面PCD所成角的正弦值．【解題思路】（1）先證明CD⊥PA，結合條件證明CD⊥平面APD，從而得證；（2）以AP，AD分別為y，z軸，在平面ABCD內(nèi)過A點作AD的垂線為x軸建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可．【解答過程】證明：（1）由PA⊥AD，PA⊥CD，且AD∩CD＝D，則PA⊥平面ABCD，又CD?平面ABCD，則CD⊥PA，由∠ADC=π2，則AD⊥CD，又AD∩PA所以CD⊥平面APD，且PD?平面APD，所以PD⊥解：（2）由（1）可得PA⊥平面ABCD，以AP，AD分別為y，z軸，在平面ABCD內(nèi)過A點作AD的垂線為x軸建立空間直角坐標系：設AD＝CD＝1，則AP=2，∠ADC=π2，AD=DC，則∠DAC＝45°，則∠CAx＝90°﹣45°＝45°，∠BAx＝60由△ABC為正三角形，則AB=AC=2所以xB=|AB|cos15°=1+所以A（0，0，0），D（0，1，0），P（0，0，2），C（1，1，0），所以PB→=(1+32，1?設平面PCD的法向量為n→=(x，即x+y?2z=0x=0設BP與平面PCD所成角為θ，則sinθ=cos?21．（2022?濮陽開學）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱長都為3，∠BAD＝60°，F(xiàn)為棱BB1上一點，且BF＝1．（Ⅰ）求證：平面AC1F⊥平面BCC1B1；（Ⅱ）求直線BD與平面AC1F所成角的正弦值．【解題思路】（Ⅰ）延長線段C1F，CB交于點E，連接AE，證明AE⊥平面BCC1B1即可；（Ⅱ）以E為坐標原點，直線EC，EA分別為x軸，y軸建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可．【解答過程】證明：（Ⅰ）如圖，延長線段C1F，CB交于點E，連接AE，則AE為平面AC1F與底面ABCD的交線，由已知可得B1F＝2BF，△B1C1F∽△BEF，所以BE=3易知底面ABCD是菱形，因為∠BAD＝60°，所以∠ABE＝60°，在△ABE中，由余弦定理，可得AE=3所以AB2＝AE2+BE2，即AE⊥CE，因為ABCD﹣A1B1C1D1是直四棱柱，故CC1⊥平面ABCD，又AE?平面ABCD，所以CC1⊥AE，因為CE∩CC1＝C，所以AE⊥平面BCC1B1，又AE?平面AC1E，所以平面AC1E⊥平面BCC1B1；解：（Ⅱ）如圖，以E為坐標原點，直線EC，EA分別為x軸，y軸建立空間直角坐標系，則E（0，0，0），A(0，332，0)，C1所以EA→=(0，332，0)，設平面EAC1的法向量為n→則n→?EA→=33設直線BD與平面AC1E所成的角為θ，則sinθ=|cos?即直線BD與平面AC1E所成角的正弦值為131322．（2022春?京口區(qū)校級期末）在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，PD⊥底面ABCD，ABAD=2，直線PA與底面ABCD成60°角，點M，N分別是PA，（1）求直線PA與平面PBC所成角的正弦值；（2）求二面角P﹣NC﹣D的大小的余弦值．【解題思路】（1）以D為原點，向量DA→、DC→、DP→的方向為x、y、z軸的正方向，建立坐標系，設AD＝1，設面PBC的法向量為m→=(x1，y（2）由（1）知面PBC的法向量為m→=(0，3，2)，設面CDN的法向量為【解答過程】解：（1）以D為原點，向量DA→、DC→、DP→的方向為x、y設AD＝1，則AB＝2，∵PD⊥底面ABCD，∴∠PAD為直線PA與平面ABCD所成的角，∴∠PAD＝60°，∴PD=3∴D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），P(0，0，3)PA→=(1，0，?3直線PA與面PBC所成的角為θ，則m→?PB取z1＝2，則x1＝0，y1=3，∴m（2）由（1）知面PBC的法向量為m→=(0，3，∵DN→=(12，由n→?DN∴cos?又∵m→?DP∴二面角P﹣NC﹣D的大小的余弦值為7723．（2022秋?雨花臺區(qū)校級月考）已知如圖1直角梯形ABCD，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝4，AD＝CD＝2，E為AB的中點，沿EC將梯形ABCD折起（如圖2），使平面BED⊥平面AECD．（1）證明：BE⊥平面AECD；（2）在線段CD上是否存在點F，使得平面FAB與平面EBC所成的銳二面角的余弦值為23，若存在，求出點F【解題思路】（1）連接AC，則AC⊥DE，由平面BDE⊥平面AECD可得AC⊥平面BDE，可得AC⊥BE，又BE⊥CE可證BE⊥平面AECD；（2）建立空間直角坐標系，設F（a，0，2），0≤a≤2，根據(jù)二面角的向量計算公式即可求出．【解答過程】（1）證明：連接AC，則AC⊥DE，又平面BDE⊥平面AECD，平面BDE∩平面AECD＝DE，AC?平面AECD，所以AC⊥平面BDE，所以AC⊥BE，又BE⊥CE，AC?CE＝C，AC，CE?平面AECD，所以BE⊥平面AECD．（2）解：由（1）得BE⊥平面AECD，所以BE⊥AE，所以EA，EB，EC兩兩垂直，分別以EA→，EB→，EC→方向為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標系E如圖所示，則E（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），設F（a，0，2），0≤a≤2，所以AF→=(a?2，設平面FAB的法向量為n→則AF→取x＝2，得n→取平面EBC的法向量為m→所以cos?所以a＝1，所以線段CD上存在點F，且F為CD中點時，使得平面FAB與平面EBC所成的銳二面角的余弦值為2324．（2022春?銅山區(qū)期中）如圖所示，在四棱錐中P﹣ABCD，AB→=2DC→，AB→?BC（1）求證：平面ADP⊥平面ABCD；（2）已知點E是線段BP上的動點（不與點P、B重合），若使二面角E﹣AD﹣P的大小為π4，試確定點E【解題思路】（1）先由邊的關系證得AD⊥BD，結合AP⊥BD，即可證得BD⊥平面ADP，進而證得平面ADP⊥平面ABCD；（2）取AD中點F，證得PF⊥平面ABCD，以D為原點建立空間直角坐標系，設PE→=λPB→，表示出平面PAD和平面EAD的法向量，由夾角公式解出【解答過程】（1）證明：連接BD，由AB→=2DC→，在Rt△BCD中，BD2＝CD2+BC2＝16，BD＝4，設AB的中點為Q，連接DQ，則CD∥QB，QB＝CD，所以四邊形BCDQ為平行四邊形，又CD⊥BC，DC＝BC，所以四邊形BCDQ為正方形，所以DQ⊥AB，DQ=AQ=22，在Rt△AQD中，AD2＝AQ2+在Rt△ABD中，AD2+BD2＝16+16＝32＝AB2，所以AD⊥BD，又AP⊥BD，AP∩AD＝A，AP，AD?平面ADP，所以BD⊥平面ADP，又BD?平面ABCD，所以平面ADP⊥平面ABCD．（2）解：在△APD中，AP2+PD2＝8+8＝16＝AD2，所以AP⊥PD，在Rt△APD中，過點P作PF⊥AD，垂足為F，因為PA＝PD，所以F為AD中點，所以PF＝DF＝2，由（1）得BD⊥平面ADP，PF?平面ADP，則BD⊥PF，AD，BD?平面ABCD，AD?BD＝D，則PF⊥平面ABCD．以D為原點，分別以DA，DB所在直線為x，y軸，以過點D與平面ABCD垂直的直線為z軸，建立如圖所示空間坐標系，則D(0，設PE→則DE→=DP→+設平面EAD的法向量為n→則n→令z＝1，則n→所以|cos＜m→，n→＞|＝|m→即1?λ5λ2?2λ+1=22，即3λ2+2λ﹣1＝0所以，當點E在線段BP上滿足PE=13PB時，使二面角E﹣AD﹣P25．（2022?南京開學）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分別為AB，BC的中點，點F在側棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1．（1）求證：A1F⊥平面B1DE；（2）若AB＝AC＝4，且三棱錐B1﹣A1C1F的體積為83，求平面A1C1F與平面BCC1B1【解題思路】（1）先證明DE⊥平面AA1B1B，再由線面垂直得出DE⊥A1F，再證線面垂直即可得證；（2）建立空間直角坐標系，根據(jù)向量法求二面角即可．【解答過程】證明：（1）因為D，E分別為AB，BC的中點，所以DE為△ABC的中位線，且DE∥AC，因為ABC﹣A1B1C1為棱柱，所以AC∥A1C1，所以DE∥A1C1，在直棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因為DE?平面ABC，所以DE⊥AA1，又因為A1C1⊥A1B1，所以DE⊥A1B1，因為AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1?平面AA1B1B，所以DE⊥平面AA1B1B，又A1F?平面AA1B1B，所以DE⊥A1F，又因為A1F⊥B1D，DE∩B1D＝D，且DE、B1D?平面B1DE，所以A1F⊥平面B1DE；解：（2）以AB，AC，AA1分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A（0，0，0），B（4，0，0），C（0，4，0），D（2，0，0），因為三棱錐B1﹣A1C1F的體積為83所以VB1?A1C1因為B1D⊥A1F，且D是AB的中點，所以△A1B1F≌△B1BD，由A1B1所以B1B＝8，則F（4，0，7），A1（0，0，8），B1（4，0，8），C1（0，4，8），因為E為BC的中點，AB＝AC，所以AE⊥BC，所以AE⊥平面BCC1B1，所以平面BCC1B1的法向量為AE→設平面A1C1F的法向量為n→=（x，y，因為A1由A1F→?n→=0A1C1→?n→故n→=（1，0，cos?所以平面A1C1F與平面BCC1B1所成銳二面角的余弦值為343426．（2022秋?迎澤區(qū)校級月考）如圖所示，正方形ABCD所在平面與梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，CN＝23．（1）證明：MB⊥平面ABCD；（2）在線段CM（不含端點）上是否存在一點E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值為33，若存在求出的CE【解題思路】（1）由面面垂直的性質(zhì)可得BC⊥BM，再得出BM⊥AB即可證明；（2）設CE→=λCM→，求出平面【解答過程】（1）證明：正方形ABCD中，BC⊥AB，∵平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面ABMN＝AB，BC?平面ABCD，∴BC⊥平面ABMN，∴BC⊥BM，且BC⊥BN，又BC=2，∴BN=C又∵AB＝AN＝2，∴BN2＝AB2+AN2，∴AN⊥AB，又∵AN∥BM，∴BM⊥AB，BC∩BA＝B，∴BM⊥平面ABCD；解：（2）由（1）知，BM⊥平面ABCD，BM⊥AB，以B為坐標原點，BA，BM，BC所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N（2，2，0），M（0，4，0），設點E(x，y，z)，CE→=λCM→，∴（x，y，z﹣∴x=0y=4λz=2?2λ，∴E（0，4λ，2﹣2∴BN→設平面BEN的法向量為m→=（x，y，∴BN→?m→=2x+2y=0BE→?m顯然，平面BMN的法向量為BC→∴|cos＜即|2λ|2(1?λ)2即3λ2+2λ﹣1＝0，解得λ=13或﹣則存在一點E，且CEEM27．（2022春?廣東月考）如圖，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥側面BB1C1C，已知∠CBC1＝90°，BC＝1，AB＝C1C＝2，點E是棱C1C的中點．（1）求異面直線AE與B1C所成的角的余弦值；（2）在棱CA上是否存在一點M，使得EM與平面A1B1E所成角的正弦值為21111，若存在，求出【解題思路】（1）AB、BC、BC1兩兩互相垂直，以B為原點，分別以BC→，BC1→和BA→的方向為x，y和z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量的數(shù)量積求解異面直線AE（2）求出平面A1B1E的一個法向量，假設存在點M，設M（x，y，z），利用空間向量的距離公式，列出方程求解即可．【解答過程】解：（1）由題意，因為∠CBC1＝90°，∴BC⊥BC1又AB⊥側面BB1C1C，得AB⊥BC，AB⊥BC1∴AB、BC、BC1兩兩互相垂直，∠CBC1＝90°，BC＝1，AB＝C1C＝2，得BC以B為原點，分別以BC→，BC1→和BA→的方向為x，y和z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則有A（0，0，2），B1(?1，3，0)，E(AE→=(1設異面直線AE與B1C所成的角為θ，則cosθ=|所以異面直線AE與B1C所成的角的余弦值為3570（2）由（1）可知A（0，0，2），B1(?1，3，0)，E(1設平面A1B1E的一個法向量為m→∵m→?A令y=3，則x＝1，∴m假設存在點M，設M（x，y，z），∵CM→=λCA→，λ∈∴（x﹣1，y，z）＝λ（﹣1，0，2），∴M（1﹣λ，0，2λ），∴EM→∴21111=|m→?EM→||即（3λ﹣1）（23λ﹣5）＝0，∴λ=13或∴CMCA=128．（2022?海淀區(qū)校級開學）如圖，矩形ABCD所在的平面與菱形ABEF所在的平面垂直，G為BE邊中點，AE＝AF．（Ⅰ）求證：直線AG⊥平面BCE；（Ⅱ）若AF＝2，____，求二面角C﹣AG﹣F的余弦值．從①BC=2AB，②BC＝AG【解題思路】（Ⅰ）由矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，得BC⊥平面ABEF，再由已知可得AG⊥BE，利用直線與平面垂直的判定可得AG⊥平面BCE；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知AD，AF，AG兩兩垂直，以A為原點，AG為x軸，AF為y軸，AD為z軸建立空間直角坐標系，分別選①和②，求出平面ACG的法向量與平面AGF的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得二面角C﹣AG﹣F的余弦值．【解答過程】證明：（Ⅰ）∵矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，∴AB⊥BC，∵矩形ABCD∩菱形ABEF＝AB，∴BC⊥平面ABEF，∵AG?平面ABEF，∴BC⊥AG，菱形ABEF中，∵AE＝AF，∴AE＝AB，又G為BE邊中點，∴AG⊥BE，∵BC∩BE＝B，∴AG⊥平面BCE；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知AD，AF，AG兩兩垂直，以A為原點，AG為x軸，AF為y軸，AD為z軸建立空間直角坐標系，若選①BC=2AB，∵AF＝2，∴AB＝2，BC=22，AG故A（0，0，0），C（3，﹣1，22），G（3，0，0則AC→=（3，﹣1