2022版新高考数学人教A版一轮总复习集训：8-5 空间向量及其在立体几何中的应用 综合集训 WORD版含解析.docx

1、8.5空间向量及其在立体几何中的应用基础篇【基础集训】考点一用向量法证明平行、垂直1.已知直线l与平面ABC,若直线l的方向向量为n=(-1,2,-1),向量AB=(1,0,-1),AC=(2,1,0),则有()A.直线l平面ABCB.直线l平面ABCC.直线l与平面ABC相交但不垂直D.直线l平面ABC或直线l平面ABC答案B2.(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,如果AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),那么下列结论正确的有()A.APABB.APADC.AP是平面ABCD的一个法向量D.APBD答案ABC3.如图所示的长方体ABCD-

2、A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,O为AC与BD的交点,BB1=2,M是线段B1D1的中点.求证:(1)BM平面D1AC;(2)D1O平面AB1C.4.如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PA平面ABCD,E,F分别是AB,PD的中点,且PA=AD.(1)求证:AF平面PEC;(2)求证:平面PEC平面PCD.考点二用向量法求空间角与距离5.在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,ABBD,CDBD.将ABD沿BD折起,使得平面ABD平面BCD,如图.(1)求证:ABCD;(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值;(3)在(2)的条件下,求点D到平

3、面BMC的距离.6.如图,在四棱锥A-EFCB中,AEF为等边三角形,平面AEF平面EFCB,EFBC,BC=4,EF=2a,EBC=FCB=60,O为EF的中点.(1)求证:AOBE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE平面AOC,求a的值;(4)在(3)的条件下,求BE与AF所成角的余弦值.教师专用题组【基础集训】考点一用向量法证明平行、垂直1.(2018北京石景山一模,17)如图,四边形ABCD是正方形,PA平面ABCD,EBPA,AB=PA=4,EB=2,F为PD的中点.(1)求证:AFPC;(2)求证:BD平面PEC;(3)求二面角D-PC-E的大小.解析依题意,AD,A

4、B,AP两两垂直.如图,以A为原点,分别以AD、AB、AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(0,4,0),C(4,4,0),D(4,0,0),P(0,0,4),E(0,4,2),F(2,0,2).(1)证明:AF=(2,0,2),PC=(4,4,-4),所以AFPC=8+0+(-8)=0.所以AFPC.(2)证明:取PC的中点M,连接EM.因为M(2,2,2),EM=(2,-2,0),BD=(4,-4,0),所以BD=2EM,所以BDEM.又因为EM平面PEC,BD平面PEC,所以BD平面PEC.(3)因为AFPD,AFPC,PDPC=P,所以AF平面

5、PCD,故AF=(2,0,2)为平面PCD的一个法向量.设平面PCE的法向量为n=(x,y,z),因为PC=(4,4,-4),PE=(0,4,-2),所以nPC=0,nPE=0,即4x+4y-4z=0,4y-2z=0,令y=-1,得x=-1,z=-2,故n=(-1,-1,-2).所以cos=-2-0-4226=-32,由图可知二面角D-PC-E的平面角为钝角,所以二面角D-PC-E的大小为56.2.(2018宁夏银川一中月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,PD平面ABCD,PB=2,PB与平面PCD成45角,PB与平面ABD成30角.(1)在PB上是否存在一点E,使

6、得PC平面ADE?若存在,确定E点位置,若不存在,请说明理由;(2)当E为PB的中点时,求二面角P-AE-D的余弦值.解析(1)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,由题意易知PD=CD=1,BC=2,ADPC,故要使PC平面ADE,只需PCDE,则D(0,0,0),P(0,0,1),B(2,1,0),C(0,1,0),则PB=(2,1,-1),设PE=PB(01),PE=PB=(2,1,-1).PC=(0,1,-1),由PCDE=PC(DP+PE)=(0,1,-1)(2,1-)=0,解得=12,即PB上存在点E使得PC平面ADE,且E为PB中点.(2)由(1)知D(0,0,0),A(2,0

7、,0),E22,12,12,P(0,0,1),DA=(2,0,0),DE=22,12,12,PA=(2,0,-1),PE=22,12,-12,设平面ADE的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面PAE的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n1DA=0,n1DE=02x1=0,22x1+12y1+12z1=0,令y1=1,得n1=(0,1,-1).同理求得n2=(1,0,2),所以cos=n2n1|n2|n1|=-33.易知所求二面角为锐二面角,故二面角P-AE-D的余弦值为33.3.(2020河南天一9月联考,18)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACB=90,CA=CB=AA1=

8、2,M,N分别是A1B与CC1的中点,G为ABN的重心.(1)求证:MG平面ABN;(2)求二面角A1-AB-N的正弦值.解析(1)证明:由题意知AC,BC,CC1两两垂直,以C为原点,分别以AC、BC、CC1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,2),A1(2,0,2),由中点坐标公式,得M(1,1,1),N(0,0,1),由重心性质得G23,23,13,则MG=-13,-13,-23,AB=(-2,2,0),AN=(-2,0,1),AA1=(0,0,2),MGAN=0,MGAB=0,MGAN,MGAB,又ANAB=

9、A,MG平面ABN.(2)由(1)得平面ABN的一个法向量为MG=-13,-13,-23,设平面A1AB的法向量n=(x,y,z),则nAA1=2z=0,nAB=-2x+2y=0,取x=1,得n=(1,1,0),cos=MGn|MG|n|=-33,设二面角A1-AB-N的大小为,则sin=1-332=63.二面角A1-AB-N的正弦值为63.4.(2018陕西榆林一模,19)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,ABD=90,EB平面ABCD,EFAB,AB=2,EB=3,EF=1,BC=13,且M是BD的中点.(1)求证:EM平面ADF;(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小.

10、解析(1)证明:EB平面ABD,ABBD,故以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.AB=2,EB=3,EF=1,BC=13,B(0,0,0),D(3,0,0),A(0,2,0),E(0,0,3),F(0,1,3),M32,0,0,EM=32,0,-3,AD=(3,-2,0),AF=(0,-1,3).设平面ADF的法向量n=(x,y,z).nAD=3x-2y=0,nAF=-y+3z=0,令y=3,得n=(2,3,3).又EMn=3-3=0,nEM,又EM平面ADF,故EM平面ADF.(2)由(1)可知平面ADF的一个法向量n=(2,3,3).易知BD=(3,0,0),BF=(0,1

11、,3),设平面BFD的法向量m=(x1,y1,z1),mBD=3x1=0,mBF=y1+3z1=0,令z1=1,得m=(0,-3,1),cos=mn|m|n|=-2324=-34,又二面角A-FD-B为锐角,故二面角A-FD-B的余弦值为34.易错警示(1)盲目建立坐标系,导致运算量太大.(2)运算失误导致错解.5.如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,ABAC,M是CC1的中点,N是BC的中点,点P在直线A1B1上,且满足A1P=A1B1.(1)当=1时,求证:直线PN平面AMN;(2)若平面PMN与平面AA1C1C所成的锐二面角的大小为45,试确定点

12、P的位置.解析(1)证明:如图所示,建立空间直角坐标系.则N12,12,0,M0,1,12,A(0,0,0),AN=12,12,0,AM=0,1,12.当=1时,点P与点B1重合,此时P点坐标为(1,0,1),PN=-12,12,-1.又PNAN=-14+14+0=0,PNAM=0+12-12=0,故PNAN,PNAM,又AMAN=A,所以直线PN平面AMN.(2)设平面PMN的法向量为m=(x,y,z),由题意知P(,0,1),则MP=,-1,12,NP=-12,-12,1,则mNP=0,mMP=0,即-12x-12y+z=0,x-y+12z=0,取m=(3,2+1,2-2).易知平面AA1

13、C1C的一个法向量为n=AB=(1,0,0).平面PMN与平面AA1C1C所成的锐二面角的大小为45,|cos|=|mn|m|n|=39+(2+1)2+4(1-)2=22,解得=-12或=1.点P在B1A1的延长线上,且|A1P|=12或点P与点B1重合.6.(2020浙江新高考研究卷五,19)如图,四棱锥P-ABCD中,PAAD,CDAD,ADBC,PBC为正三角形,PA=AD=CD=12BC,PE=2ED,CF=2FB.(1)证明:EF平面PAB;(2)求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.解析(1)证明:过点E作EGAD交PA于G,连接BG.因为PE=2ED,CF=2FB,所以EG=23

14、AD=13BC=BF.因为ADBC,所以EGBF,(3分)所以四边形GBFE为平行四边形,所以EFBG.因为EF平面PAB,BG平面PAB,所以EF平面PAB.(6分)(2)过点A作AHCD交BC于H,则H为BC的中点,连接PH,因为AHCD,CDAD,所以ADAH,又PAAD,PAAH=A,从而AD平面PAH,(8分)不妨设PA=AD=DC=1,则PB=PC=CB=2,所以PH=3.如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),D(0,1,0),F1,-13,0,在PAH中,由余弦定理知cosPAH=PA2+AH2-PH22PAAH=-12

15、,所以PAH=120,则P-12,0,32,所以E-16,23,36,所以EF=76,-1,-36,BC=(0,2,0),BP=-32,1,32.(11分)设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则nBC=0,nBP=0,即2y=0,-32x+y+32z=0,取x=1,得z=3,则n=(1,0,3),(12分)设直线EF与平面PBC所成角为,则sin=|cos|=|nEF|n|EF|=2222.故直线EF与平面PBC所成角的正弦值为2222.(15分)7.(2020天津南开二模,17)如图所示,平面CDEF平面ABCD,且四边形ABCD为平行四边形,DAB=45,四边形CDEF为直角梯形,E

16、FDC,EDCD,AB=3EF=3,ED=a,AD=2.(1)求证:ADBF;(2)若线段CF上存在一点M,满足AE平面BDM,求CMCF的值;(3)若a=1,求二面角D-BC-F的余弦值.解析(1)证明:平面CDEF平面ABCD,EDCD,ED平面ABCD.(1分)如图,以D为原点,DC所在直线为y轴,DE所在直线为z轴,过点D垂直于DC的直线为x轴建立空间直角坐标系D-xyz,DAB=45,AB=3EF=3,ED=a,AD=2,A(1,-1,0),B(1,2,0),C(0,3,0),E(0,0,a),F(0,1,a).(3分)BF=(-1,-1,a),DA=(1,-1,0).(4分)BFD

17、A=(-1,-1,a)(1,-1,0)=0,ADBF.(5分)(2)设CM=CF,0,1,则CM=(0,-2,a)=(0,-2,a),则DM=DC+CM=(0,3,0)+(0,-2,a)=(0,3-2,a).(6分)设平面BDM的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1DB=(x1,y1,z1)(1,2,0)=x1+2y1=0,n1DM=(x1,y1,z1)(0,3-2,a)=(3-2)y1+az1=0,取x1=2,得y1=-1,z1=3-2a,即n1=2,-1,3-2a.(8分)由AE平面BDM,得AEn1=(-1,1,a)2,-1,3-2a=0,即-2-1+3-2=0,解得=35.线段C

18、F上存在一点M,满足AE平面BDM,此时CMCF=35.(11分)(3)设平面BCF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2CB=(x2,y2,z2)(1,-1,0)=x2-y2=0,n2CF=(x2,y2,z2)(0,-2,1)=-2y2+z2=0,取x2=1,得y2=1,z2=2,即n2=(1,1,2).(13分)易知平面BCD的一个法向量为n3=(0,0,1),cos=n2n3|n2|n3|=26=63,(14分)由图可知,二面角D-BC-F为锐角,二面角D-BC-F的余弦值为63.(15分)8.(2019河南洛阳尖子生第四次联考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正

19、方形,PA底面ABCD,PA=AB=2,点M为棱PC的中点,点E,F分别为棱AB,BC上的动点(E,F与所在棱的端点不重合),且满足BE=BF.(1)证明:平面PEF平面MBD;(2)当三棱锥F-PEC的体积最大时,求二面角C-MF-E的余弦值.解析(1)证明:因为PA底面ABCD,ABAD,所以AP,AB,AD两两垂直,以A为坐标原点,AB,AD,AP的方向为x轴,y轴,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.则P(0,0,2),M(1,1,1),B(2,0,0),D(0,2,0).设E(t,0,0)(0t2),则F(2,2-t,0),(2分)PE=(t,0,-2),PF=(2,

20、2-t,-2),MB=(1,-1,-1),MD=(-1,1,-1).设m1=(a1,b1,c1)为平面PEF的法向量,则m1PE=0,m1PF=0,即ta1-2c1=0,2a1+(2-t)b1-2c1=0,可取m1=(2,-2,t).(4分)设m2=(a2,b2,c2)为平面MBD的法向量,则m2MB=0,m2MD=0,即a2-b2-c2=0,-a2+b2-c2=0,可取m2=(1,1,0).(5分)因为m1m2=21-21+t0=0,所以m1m2.所以平面PEF平面MBD.(6分)(2)因为VF-PEC=VP-EFC,所以当三棱锥F-PEC的体积最大,即VP-EFC最大时,SEFC最大.因为

21、SEFC=12(2-t)t=-12(t-1)2+12,因为0t2,所以当t=1时,SEFC最大.(8分)由(1)中空间直角坐标系得C(2,2,0),F(2,1,0),E(1,0,0),M(1,1,1),MF=(1,0,-1),FE=(-1,-1,0),FC=(0,1,0).(9分)设n1=(x1,y1,z1)是平面MEF的法向量,则n1MF=0,n1FE=0,即x1-z1=0,-x1-y1=0,可取n1=(1,-1,1).(10分)设n2=(x2,y2,z2)是平面MCF的法向量,则n2MF=0,n2FC=0,即x2-z2=0,y2=0,可取n2=(1,0,1).(11分)则cos=n1n2|

22、n1|n2|=232=63.由图知所求二面角为钝二面角,所以二面角C-MF-E的余弦值为-63.(12分)方法点拨解答空间几何体中的垂直关系时,一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的垂直关系进行转化,转化时要正确运用有关的定理,找出足够的条件进行推理.考点二用向量法求空间角和距离1.(2018陕西渭南一模,7)二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=2,AC=3,BD=4,CD=17,则该二面角的大小为()A.30B.45C.60D.120答案C由已知可得:CAAB=0,ABBD=0,CD=CA+AB+BD,|CD|2=|C

23、A+AB+BD|2=|CA|2+|AB|2+|BD|2+2CAAB+2ABBD+2CABD=32+22+42+234cos=(17)2,cos=-12,即=120,所以=60,二面角的大小为60.故选C.2.(2016吉林期中)正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角是()A.30B.45C.60D.90答案A如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz,设OD=SO=OA=OB=OC=a,直线BC与平面PAC所成的角为,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P0,-a2,a2.则CA=(2a,0,

24、0),PA=a,a2,-a2,BC=(-a,-a,0).设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则2ax=0,ax+a2y-a2z=0,令y=1,可得n=(0,1,1),则|cos|=12.sin=12,易知090,=30,直线BC与平面PAC所成的角为30.故选A.思路分析以底面中心O为原点建系,利用平面的法向量和向量的夹角公式求解.3.如图,已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=A1A=12AB=2,点E是棱AB上一点,且AEEB=.(1)证明:D1EA1D;(2)若二面角D1-EC-D的余弦值为63,求CE与平面D1ED所成的角的大小.解析(1)证明:如图,以D为坐标原点,D

25、A、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),A1(2,0,2),B1(2,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2).因为AEEB=,所以E2,41+,0,于是D1E=2,41+,-2,A1D=(-2,0,-2),因为D1EA1D=2,41+,-2(-2,0,-2)=0,故D1EA1D.(2)因为D1D平面ABCD,所以平面DEC的一个法向量为n1=DD1=(0,0,2).设平面D1CE的法向量为n2=(x,y,z),又CE=2,41+-4,0,CD1=(0,-4,2),n2CE=2x+y41+-

26、4=0,n2CD1=-4y+2z=0,所以可取向量n2=2-21+,1,2,因为二面角D1-EC-D的余弦值为63,所以|n1n2|n1|n2|=63,解得=1,所以E(2,2,0),故DE=(2,2,0),CE=(2,-2,0),因为CEDD1=0,CEDE=0,故CEDD1,CEDE,又DD1DE=D,所以CE平面D1ED.即CE与平面D1ED所成角的大小为2.4.(2018江西南昌二中1月模拟,18)如图,ABC的外接圆O的半径为5,CDO所在的平面,BECD,CD=4,BC=2,且BE=1,tanAEB=25.(1)求证:平面ADC平面BCDE;(2)试问线段DE上是否存在点M,使得直

27、线AM与平面ACD所成角的正弦值为27?若存在,确定点M的位置,若不存在,请说明理由.解析(1)证明:CD平面ABC,BECD,BE平面ABC,BEAB.BE=1,tanAEB=25,AB=25.O的半径为5,AB是直径,ACBC.又CD平面ABC,CDBC,又ACCD=C,BC平面ADC.BC平面BCDE,平面ADC平面BCDE.(2)建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,则A(4,0,0),B(0,2,0),D(0,0,4),E(0,2,1),C(0,0,0),则DE=(0,2,-3),易知平面ACD的一个法向量为CB=(0,2,0).假设满足题意的点M存在,设M(a,b,c),则DM=

28、(a,b,c-4),再设DM=DE,(0,1,a=0,b=2,c-4=-3a=0,b=2,c=4-3,即M(0,2,4-3),从而AM=(-4,2,4-3).设直线AM与平面ACD所成的角为,则sin=|cos|=|22|216+42+(4-3)2=27.解得=-43或=23,其中=-43(0,1,舍去,而=23(0,1,故满足条件的点M存在,且点M为线段DE上靠近E的三等分点.5.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.(1)求证:MN平面ABCD;(2)求二面角D1-AC

29、-B1的正弦值;(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为13,求线段A1E的长.解析如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得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).又因为M,N分别为B1C和D1D的中点,所以M1,12,1,N(1,-2,1).(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.MN=0,-52,0.由此可得MNn=0,又因为直线MN平面ABCD,所以MN平面ABCD.(2)AD1=(1,-2,2),AC=(2

30、,0,0).设n1=(x,y,z)为平面ACD1的法向量,则n1AD1=0,n1AC=0,即x-2y+2z=0,2x=0.不妨设z=1,可得n1=(0,1,1).设n2=(x,y,z)为平面ACB1的法向量,则n2AB1=0,n2AC=0,又AB1=(0,1,2),得y+2z=0,2x=0.不妨设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的正弦值为31010.(3)依题意,可设A1E=A1B1,其中0,1,则E(0,2),从而NE=(-1,+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,

31、由已知,得cos=NEn|NE|n|=1(-1)2+(+2)2+12=13,整理得2+4-3=0,又因为0,1,解得=7-2.所以,线段A1E的长为7-2.综合篇【综合集训】考法一求直线与平面所成角的方法1.(2020山东青岛三模,19)如图,在直角梯形AO1O2C中,AO1CO2,AO1O1O2,O1O2=4,CO2=2,AO1=4,点B是线段O1O2的中点,将ABO1,BCO2分别沿AB,BC向上折起,使O1,O2重合于点O,得到三棱锥O-ABC.试在三棱锥O-ABC中.(1)证明:平面AOB平面BOC;(2)求直线OC与平面ABC所成角的正弦值.2.(2020山东济宁6月三模,19)如图

32、1,四边形ABCD为矩形,BC=2AB,E为AD的中点,将ABE、DCE分别沿BE、CE折起得图2,使得平面ABE平面BCE,平面DCE平面BCE.(1)求证:平面ABE平面DCE;(2)若F为线段BC的中点,求直线FA与平面ADE所成角的正弦值.考法二求二面角的方法3.(2020山东师范大学附中最后一卷,19)在直角梯形ABCD中,ADBC,ABBC,BDDC,点E是BC的中点.将ABD沿BD折起,使ABAC,连接AE,DE,得到三棱锥A-BCD.(1)求证:平面ABD平面BCD;(2)若AD=1,二面角C-AB-D的余弦值为77,求二面角B-AD-E的正弦值.4.(2020山东潍坊二模,1

33、9)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD=23,AB=3,AP=3,ADBC,AD平面PAB,APB=90,点E满足PE=23PA+13PB.(1)证明:PEDC;(2)求二面角A-PD-E的余弦值.教师专用题组【综合集训】考法一求直线与平面所成角的方法1.(2018福建四地七校4月联考,10)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,ACB=90,侧棱AA1=2,D、E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G,则A1B与平面ABD所成角的余弦值为()A.23B.73C.32D.37答案B如图,以C为坐标原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,CC

34、1所在直线为z轴建立空间直角坐标系C-xyz,设CA=CB=a(a0),则A(a,0,0),B(0,a,0),A1(a,0,2),D(0,0,1),Ea2,a2,1.又G为ABD的重心,Ga3,a3,13.易得GE=a6,a6,23,BD=(0,-a,1).点E在平面ABD上的射影是ABD的重心G,GE平面ABD.GEBD=0,解得a=2.GE=13,13,23,BA1=(2,-2,2).GE平面ABD,GE为平面ABD的一个法向量,设A1B与平面ABD所成角为,sin=|cos|=|GEBA1|GE|BA1|=436323=23,cos=73.A1B与平面ABD所成角的余弦值为73,故选B.

35、2.(2020天津和平线上学习阶段性检测,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,BCC1=90,AB侧面BB1C1C.(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正弦值;(2)在棱CC1(不包含端点C,C1)上确定一点E的位置,使得EAEB1(要求说明理由);(3)在(2)的条件下,若AB=2,求二面角A-EB1-A1的大小.解析在三棱柱ABC-A1B1C1中,BCC1=90,AB侧面BB1C1C,AB,BC,BB1两两垂直.如图,以B为原点建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),C1(1,2,0),B1(0,2,0).(1)平面ABC的一个法向量为BB1=(0,2,

36、0),BC1=(1,2,0),设BC1与平面ABC所成角为,则sin=cos|=255.直线C1B与底面ABC所成角的正弦值为255.(2)设E(1,y,0)(0y2),A(0,0,z),则EB1=(-1,2-y,0),EA=(-1,-y,z),EAEB1,EAEB1=1-y(2-y)=0,y=1,即E(1,1,0),E为CC1的中点.(3)由已知得A(0,0,2),则AE=(1,1,-2),B1E=(1,-1,0),设平面AEB1的法向量为n=(x1,y1,z1),则nAE=0,nB1E=0,x1+y1-2z1=0,x1-y1=0,取n=(1,1,2),BE=(1,1,0),BEB1E=1-

37、1=0,BEB1E,又BEA1B1,BE平面A1B1E,平面A1B1E的一个法向量为BE=(1,1,0),cos=BEn|BE|n|=22,又知二面角A-EB1-A1为锐二面角,二面角A-EB1-A1的大小为45.考法二求二面角的方法1.如图,在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,下底面ABCD是边长为2的正方形,上底面A1B1C1D1是边长为1的正方形,侧棱DD1平面ABCD,DD1=2.(1)求证:B1B平面D1AC;(2)求二面角B1-AD1-C的余弦值.解析以D为原点,DA,DC,DD1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D-xyz,则有A(2,0,0),B(2,

38、2,0),C(0,2,0),A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2),D1(0,0,2).(1)证明:设ACBD=E,连接D1E,则有E(1,1,0),D1E=(1,1,-2),又B1B=(1,1,-2),所以B1BD1E,又B1B平面D1AC,D1E平面D1AC,所以B1B平面D1AC.(2)D1B1=(1,1,0),D1A=(2,0,-2),设n=(x,y,z)为平面AB1D1的法向量,则有nD1B1=x+y=0,nD1A=2x-2z=0.令x=1,得y=-1,z=1.故平面AB1D1的一个法向量为n=(1,-1,1).同理可以求得平面D1AC的一个法向量为m=(1,1,

39、1).所以cos=mn|m|n|=13.由图知二面角B1-AD1-C为锐二面角,故二面角B1-AD1-C的余弦值为13.2.(2019广西南宁二中1月月考,19)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=(02).(1)当=1时,证明:直线BC1平面EFPQ;(2)是否存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.解析以D为原点,DA,DC,DD1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D-xyz.由已知得B(2

40、,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,),N(1,0,2),M(2,1,2).BC1=(-2,0,2),FP=(-1,0,),FE=(1,1,0).(1)证明:当=1时,FP=(-1,0,1),因为BC1=(-2,0,2),所以BC1=2FP,即BC1FP.又FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则由FEn=0,FPn=0,可得x+y=0,-x+z=0.于是可取n=(,-,1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(-2,2-,1).若存在,使面EFPQ与面PQMN所成

41、的二面角为直二面角,则mn=(-2,2-,1)(,-,1)=0,即(-2)-(2-)+1=0,解得=122,显然满足02.故存在=122,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.3.(2019黑龙江大庆模拟,21)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是菱形,BAA1=60,E是棱BB1的中点,CA=CB,F在线段AC上,且AF=2FC.(1)证明:CB1平面A1EF;(2)若CACB,平面CAB平面ABB1A1,求二面角F-A1E-A的余弦值.解析(1)连接AB1交A1E于点G,连接FG.易知AGA1B1GE,所以AGGB1=AA1EB1=2,又因为AFFC=2,所以

42、AFFC=AGGB1,所以FGCB1,又CB1平面A1EF,FG平面A1EF,所以CB1平面A1EF.(2)过C作COAB于O,因为CA=CB,所以O是线段AB的中点.因为平面CAB平面ABB1A1,平面CAB平面ABB1A1=AB,所以CO平面ABB1A1,连接OA1,因为ABA1是等边三角形,O是线段AB的中点,所以OA1AB.如图以O为原点,OA,OA1,OC分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,不妨设AB=2,则A(1,0,0),A1(0,3,0),C(0,0,1),B(-1,0,0),F13,0,23,由AA1=BB1,得B1(-2,3,0),BB1的中点E-32,32,0,A1E=-32,-32,0,A1F=13,-3,23,设平面A1FE的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则A1Fn1=0,A1En1=0,即x13-3y1+23z1=0,-32x1-32y1=0,得方程的一组解为x1=-1,y1=3,z1=5,即n1=(-1,3,5),设平面ABB1A1的一个法向量为n2=(0,0,1),则cos=n1n2|n1|n2|=52929,由图可知,所求二面角为锐二面角,所以二面角F-A1E-A的余弦值为52929.