5、即
所以可取m＝(0，－，2).10分(得分點6)
于是cos〈m，n〉＝＝.
因此二面角M－AB－D的余弦值為.
12分(得分點7)
?得步驟分：抓住得分點的解題步驟，“步步為贏”，在第(1)問中，作輔助線→證明線線平行→證明線面平行；第(2)問中，建立空間直角坐標系→根據(jù)直線BM和底面ABCD所成的角為45°和點M在直線PC上確定M的坐標→求平面ABM的法向量→求二面角M－AB－D的余弦值.
?得關(guān)鍵分：(1)作輔助線；(2)證明CE∥BF；(3)求相關(guān)向量與點的坐標；(4)求平面的法向量；(5)求二面角的余弦值，都是不可少的過程，有則給分，無則沒分.
?得計算分：解題
6、過程中計算準確是得滿分的根本保證，如(得分點4)，(得分點5)，(得分點6)，(得分點7).
利用向量求空間角的步驟
第一步：建立空間直角坐標系.
第二步：確定點的坐標.
第三步：求向量(直線的方向向量、平面的法向量)坐標.
第四步：計算向量的夾角(或函數(shù)值).
第五步：將向量夾角轉(zhuǎn)化為所求的空間角.
第六步：反思回顧，查看關(guān)鍵點、易錯點和答題規(guī)范.
【訓(xùn)練1】 (2018·渭南模擬)在四棱錐P－ABCE中，PA⊥底面ABCE，CD⊥AE，AC平分∠BAD，G為PC的中點，PA＝AD＝2，BC＝DE，AB＝3，CD＝2，F(xiàn)，M分別為BC，EG上一點，且AF∥CD.
(1
7、)求的值，使得CM∥平面AFG；
(2)求直線CE與平面AFG所成角的正弦值.
解 (1)在Rt△ADC中，∠ADC為直角，
tan∠CAD＝＝，則∠CAD＝60°，
又AC平分∠BAD，∴∠BAC＝60°，
∵AB＝3，AC＝2AD＝4，
∴在△ABC中，由余弦定理可得BC＝，
∴DE＝.
連接DM，
當＝＝時，AG∥DM，
又AF∥CD，AF∩AG＝A，
∴平面CDM∥平面AFG，
又CM平面CDM，
∴CM∥平面AFG.
(2)分別以DA，AF，AP為x，y，z軸的正方向，A為原點，建立空間直角坐標系A(chǔ)－xyz，如圖所示，
則A(0，0，0)，C(－2
8、，2，0)，D(－2，0，0)，P(0，0，2)，E(－2－，0，0)，可得G(－1，，1)，
則＝(－1，，1)，＝(0，－2，0)，
＝(－，－2，0).
設(shè)平面AFG的法向量為n＝(x，y，z)，∵AF∥CD，
∴即
令x＝1，得平面AFG的一個法向量為n＝(1，0，1).
∴直線CE與平面AFG所成角的正弦值為|cos〈，n〉|＝＝.
熱點二 立體幾何中的探索性問題
此類試題一般以解答題形式呈現(xiàn)，常涉及線、面平行、垂直位置關(guān)系的探究或空間角的計算問題，是高考命題的熱點，一般有兩種解決方式：
(1)根據(jù)條件作出判斷，再進一步論證；
(2)利用空間向量，先假設(shè)存在點的坐
9、標，再根據(jù)條件判斷該點的坐標是否存在.
【例2】 如圖所示，四棱錐P－ABCD的底面是邊長為1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E為PD上一點，PE＝2ED.
(1)求證：PA⊥平面ABCD；
(2)在側(cè)棱PC上是否存在一點F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F點的位置，并證明；若不存在，說明理由.
(1)證明 ∵PA＝AD＝1，PD＝，
∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.
又PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD平面ABCD，
∴PA⊥平面ABCD.
(2)解 存在.以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系.則A(0
10、，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，
E，所以＝(1，1，0)，＝.
設(shè)平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
令y＝1，則n＝(－1，1，－2).
假設(shè)側(cè)棱PC上存在一點F，且＝λ(0≤λ≤1)，
使得BF∥平面AEC，則·n＝0.
又∵＝＋＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，
∴·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，
∴存在點F，使得BF∥平面AEC，且F為PC的中點.
探究提高 (1)對于存在判斷型問題的求解，應(yīng)先假設(shè)存在，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解
11、，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等.
(2)對于位置探究型問題，通常借助向量，引進參數(shù)，綜合已知和結(jié)論列出等式，解出參數(shù).
【訓(xùn)練2】 (2018·河北“五個一”名校二模)如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四邊形BFED是以BD為直角腰的直角梯形，DE＝2BF＝2，平面BFED⊥平面ABCD.
(1)求證：AD⊥平面BFED；
(2)在線段EF上是否存在一點P，使得平面PAB與平面ADE所成的銳二面角的余弦值為？若存在，求出點P的位置；若不存在，說明理由.
(1)證明 在梯形ABCD中，
∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，
12、
∴AB＝2，
在△DCB中，由余弦定理得BD2＝DC2＋BC2－2DC·BCcos∠BCD＝3，
∴AB2＝AD2＋BD2，∴BD⊥AD.
∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，AD平面ABCD，∴AD⊥平面BFED.
(2)解 存在.理由如下：
假設(shè)存在滿足題意的點P，
∵AD⊥平面BFED，∴AD⊥DE，
以D為原點，DA，DB，DE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，，0)，E(0，0，2)，F(xiàn)(0，，1)，則＝(0，，－1)，＝(－1，，0)，＝(－1，0，2)，
13、
設(shè)P是線段上一點，則存在λ∈[0，1]，使得＝λ，
則＝λ＝λ(0，，－1)，
在△AEP中，＝＋＝＋λ
＝(－1，0，2)＋λ(0，，－1)＝(－1，λ，2－λ).
取平面ADE的一個法向量為n＝(0，1，0)，
設(shè)平面PAB的法向量為m＝(x，y，z)，
由得
令y＝2－λ，則m＝((2－λ)，2－λ，(1－λ))為平面PAB的一個法向量，
∵二面角A－PD－C為銳二面角，
∴cos〈m，n〉＝＝，解得λ＝，
故P為線段EF上靠近點E的三等分點.
熱點三 立體幾何中的折疊問題
將平面圖形沿其中一條或幾條線段折起，使其成為空間圖形，這類問題稱為立體幾何中的折疊問題，
14、折疊問題常與空間中的平行、垂直以及空間角相結(jié)合命題，考查學(xué)生的空間想象力和分析問題的能力.
【例3】 (2016·全國Ⅱ卷)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，AC＝6，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.
(1)證明：D′H⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－D′A－C的正弦值.
(1)證明 由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.
因此EF⊥HD，從而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4.
由EF∥AC得＝＝.
所以O(shè)H＝1，D′H＝D
15、H＝3.
于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，
所以D′H⊥平面ABCD.
(2)解 如圖，以H為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立空間直角坐標系H－xyz.
則H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，
B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，
D′(0，0，3)，＝(3，－4，0)，＝(6，0，0)，＝(3，1，3).
設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，
則即
所以可取m＝(4，3，－5).
設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，
則即
所以可取n＝(0，－3，1).
16、
于是cos〈m，n〉＝＝＝－.
sin〈m，n〉＝.
因此二面角B－D′A－C的正弦值是.
探究提高 立體幾何中的折疊問題，關(guān)鍵是搞清翻折前后圖形中線面位置關(guān)系和度量關(guān)系的變化情況，一般地翻折后還在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)發(fā)生變化.
【訓(xùn)練3】 (2018·衡水中學(xué)調(diào)研)如圖(1)所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是線段AD的中點，O是AC與BE的交點.將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如圖(2)所示.
(1)證明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直線BD與平面A1BC
17、所成角的正弦值.
(1)證明 在題圖(1)中，連接CE，因為AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點，∠BAD＝，
所以四邊形ABCE為正方形，四邊形BCDE為平行四邊形，
所以BE⊥AC.
在題圖(2)中，BE⊥OA1，BE⊥OC，
又OA1∩OC＝O，OA1，OC平面A1OC，
從而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)解 由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，
所以∠A1OC為二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE，
所以∠A1OC＝，所以O(shè)B，OC，OA1兩兩垂直.
如圖，以O(shè)為原點，OB，OC，OA1所在直線分別
18、為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，
則B(，0，0)，E(－，0，0)，A1(0，0，)，C(0，，0)，
得＝(－，，0)，＝(0，，－)，
由＝＝(－，0，0)，得D(－，，0).
所以＝(－，，0).
設(shè)平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)，
直線BD與平面A1BC所成的角為θ，
則得
取x＝1，得n＝(1，1，1).
從而sin θ＝|cos，n|＝＝，
即直線BD與平面A1BC所成角的正弦值為.
1.(2018·成都診斷)如圖所示，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，
∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，∠ACD＝
19、60°，E為CD的中點.
(1)求證：BC∥平面PAE；
(2)求直線PD與平面PBC所成角的正弦值.
(1)證明 ∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°，
∴AC＝2，∠BCA＝60°.
在△ACD中，∵AD＝2，AC＝2，∠ACD＝60°，
∴由余弦定理得：AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，
解得CD＝4，
∴AC2＋AD2＝CD2，
∴△ACD是直角三角形.
又E為CD的中點，∴AE＝CD＝CE，
又∠ACD＝60°，∴△ACE是等邊三角形，
∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.
又AE平面PAE，BC平面PAE，
∴BC∥平
20、面PAE.
(2)解 由(1)可知∠BAE＝90°，以點A為原點，以AB，AE，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則P(0，0，2)，B(，0，0)，C(，1，0)，D(－，3，0)，
∴＝(，0，－2)，＝(，1，－2)，＝(－，3，－2).
設(shè)n＝(x，y，z)為平面PBC的法向量，則
即
設(shè)x＝1，則y＝0，z＝，n＝，
∴cos〈n，〉＝＝＝－，
∴直線PD與平面PBC所成角的正弦值為.
2.(2018·鄭州調(diào)研)在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，點E為AD中點，沿BE將△ABE折起至△PBE，如圖所示，點P在平面BCDE的射影O落
21、在BE上.
(1)求證：BP⊥CE；
(2)求二面角B－PC－D的余弦值.
(1)證明 由條件，點P在平面BCDE的射影O落在BE上，
∴平面PBE⊥平面BCDE，且在△BCE中，BE2＋CE2＝BC2，∵BE2＝2，CE2＝2，BC2＝4，∴BE⊥CE，
又平面PBE∩平面BCDE＝BE，CE平面BCDE，
∴CE⊥平面PBE，
又BP平面PBE，∴BP⊥CE.
(2)解 以O(shè)為坐標原點，以過點O且平行于CD的直線為x軸，過點O且平行于BC的直線為y軸，直線PO為z軸，建立如圖所示空間直角坐標系.
則B(，－，0)，C(，，0)，D(－，，0)，P(0，0，)，
22、
設(shè)平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
則即
令z1＝，可得n1＝，
設(shè)平面PBC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，
則即
令z2＝，可得n2＝(2，0，)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝，
結(jié)合圖形判斷二面角B－PC－D為鈍二面角，
則二面角B－PC－D的余弦值為－.
3.(2018·西安模擬)如圖在直角梯形BB1C1C中，∠CC1B1＝90°，BB1∥CC1，CC1＝B1C1＝2BB1＝2，D是CC1的中點，四邊形AA1C1C可以通過直角梯形BB1C1C以CC1為軸旋轉(zhuǎn)得到，且二面角B1－CC1－A為120°.
(1)若點E是線段A1B1上的動點，
23、求證：DE∥平面ABC；
(2)求二面角B－AC－A1的余弦值.
(1)證明 連接DA1，DB1，∵CD∥AA1且CD＝AA1，
∴四邊形AA1DC是平行四邊形，
∴AC∥A1D，同理BC∥DB1，
∴A1D∥平面ABC，DB1∥平面ABC，
又A1D∩DB1＝D，A1D，DB1平面DA1B1，
∴平面DA1B1∥平面CAB，
又DE平面DA1B1，∴DE∥平面ABC.
(2)解 在平面A1B1C1內(nèi)，過C1作C1F⊥B1C1，
由題知CC1⊥C1B1，CC1⊥A1C1，∴CC1⊥平面A1B1C1.
分別以C1F，C1B1，C1C為x軸、y軸、z軸正方向建立空
24、間直角坐標系C1－xyz，
則C1(0，0，0)，A(，－1，1)，C(0，0，2)，B(0，2，1)，
所以＝(，－1，1)，＝(0，0，2)，＝(－，1，1)，＝(0，－2，1)，
設(shè)平面A1AC的法向量為m＝(x，y，z)，平面BAC的法向量為n＝(a，b，c)，
有則可取m＝(，3，0)，
有則可取n＝(，1，2)，
cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角B－AC－A1的余弦值為.
4.(2018·武漢模擬)如圖，四邊形ABCD是正方形，四邊形BDEF為矩形，AC⊥BF，G為EF的中點.
(1)求證：BF⊥平面ABCD；
(2)二面角C－BG－D的大小可以為60°
25、嗎，若可以求出此時的值，若不可以，請說明理由.
(1)證明 ∵四邊形ABCD是正方形，四邊形BDEF為矩形，
∴BF⊥BD，
又∵AC⊥BF，AC，BD為平面ABCD內(nèi)兩條相交直線，
∴BF⊥平面ABCD.
(2)解 假設(shè)二面角C－BG－D的大小可以為60°，
由(1)知BF⊥平面ABCD，以A為原點，分別以AB，AD為x軸，y軸建立空間直角坐標系，如圖所示，不妨設(shè)AB＝AD＝2，
BF＝h(h>0)，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，EF的中點G(1，1，h)，
＝(－1，1，h)，＝(0，2，0).
設(shè)平面BCG的法向量為n＝(
26、x，y，z)，
則即取n＝(h，0，1).
由于AC⊥BF，AC⊥BD，
∴AC⊥平面BDG，平面BDG的法向量為＝(2，2，0).
由題意得cos 60°＝＝，
解得h＝1，此時＝.
∴當＝時，二面角C－BG－D的大小為60°.
5.(2018·上饒名校調(diào)研)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，E，F(xiàn)，M分別是棱PD，PC和BC上的點，且＝＝＝，N是PA上一點，AD＝PD.
(1)求當為何值時，平面NEF⊥平面MEF；
(2)在(1)的條件下，若AB＝DC＝2，PD＝3，求平面BCN與平面MEF所成銳二面角的
27、余弦值.
解 (1)在AD上取一點G，使得＝，連接EG，MG，
∴＝＝＝，
∴EG∥PA，MG∥CD.
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CD，
∵AD⊥CD，∴CD⊥平面PAD，
∵＝，∴EF∥DC，則EF⊥平面PAD.
∵平面NEF⊥平面MEF，∴∠NEG＝90°，
在Rt△PAD中，AD＝PD，∴PA＝PD，
在△PNE中，由正弦定理得PN＝PD.
∴當＝2時，平面NEF⊥平面MEF.
(2)以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz，
則A(3，0，0)，B(3，2，0)，C(0，4，0)，P(0，0，3)，N(1，0，2)，
∴＝(2，2，－2)
28、，＝(3，－2，0)，＝(3，0，－3)，＝(0，2，0)，
設(shè)平面BCN的法向量n＝(x，y，z)，
則
即
令y＝3，則x＝2，z＝5，∴n＝(2，3，5)，
∵EF∥AB，F(xiàn)M∥PB且EF∩FM＝F，
∴平面MEF∥平面PAB，
設(shè)平面PAB的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，
則即
令x1＝1，z1＝1，∴n1＝(1，0，1)，
∴平面MEF的一個法向量為n1＝(1，0，1)，
∴|cos〈n1，n〉|＝，即平面BCN與平面MEF所成銳二面角的余弦值為.
6.(2018·廣州模擬)如圖1，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，BD與EF交于點H，
29、G為BD的中點，點R在線段BH上，且＝λ(λ>0).現(xiàn)將△AED，△CFD，△DEF分別沿DE，DF，EF折起，使點A，C重合于點B(該點記為P)，如圖2所示.
(1)若λ＝2，求證：GR⊥平面PEF；
(2)是否存在正實數(shù)λ，使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由.
(1)證明 由題意，可知PE，PF，PD三條直線兩兩垂直.
∴PD⊥平面PEF.
在圖1中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，G為BD的中點，
則EF∥AC，GD＝GB＝2GH.
在圖2中，∵＝＝2，且＝2，
∴在△PDH中，GR∥PD.
∴GR⊥平面PEF.
(2
30、)解 存在.由題意，分別以PF，PE，PD所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系P－xyz.
設(shè)PD＝4，則P(0，0，0)，F(xiàn)(2，0，0)，E(0，2，0)，D(0，0，4)，∴H(1，1，0).
∵＝＝λ，
∴＝，∴R.
∴＝＝.
＝(2，－2，0)，＝(0，2，－4)，
設(shè)平面DEF的法向量為m＝(x，y，z)，
由得取z＝1，則m＝(2，2，1).
∵直線FR與平面DEF所成角的正弦值為，
∴|cos〈m，〉|＝
＝＝＝，
∴9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝或λ＝－(不合題意，舍去).
故存在正實數(shù)λ＝，使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為.
18
2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 專題探究課四 高考中立體幾何問題的熱點題型學(xué)案 北師大版
