2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第7节利用空间向量求空间角教学案含解析新人教A版

1、 - 1 - 第第 7 7 节节 利用空间向量求空间角利用空间向量求空间角 考试要求 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 知 识 梳 理 1.异面直线所成的角 设a a，b b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 a a与b b的夹角 l1与l2所成的角 范围 (0，) 0，2 求法 cos a ab b|a a|b b| cos |cos |a ab b|a a|b b| 2.求直线与平面所成的角 设直线l的方向向量为a a，平面的法向量为n n，直线l与平面所成的角为，则 sin |cosa a，n n|

2、a an n|a a|n n|. 3.求二面角的大小 (1)如图，ab，cd是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小ab，cd. (2)如图，n n1，n n2 分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos |cosn n1，n n2|，二面角的平面角大小是向量n n1与n n2的夹角(或其补角). 常用结论与微点提醒 1.线面角的正弦值等于直线的方向向量a a与平面的法向量n n所成角的余弦值的绝对值，即sin |cosa a，n n|，不要误记为 cos |cosa a，n n|. 2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面，

3、的法向量n n1，n n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n n1，n n2的夹角是相等，还是互补. 诊 断 自 测 - 2 - 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.( ) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( ) (4)两异面直线夹角的范围是0，2，直线与平面所成角的范围是0，2，二面角的范围是0，.( ) 解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a a，平面的法向量

4、n n，直线与平面所成的角为，则 sin a a，n n；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角. 答案 (1) (2) (3) (4) 2.(老教材选修 21p104 练习 2 改编)已知两平面的法向量分别为m m(0，1，0)，n n(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( ) a.45 b.135 c.45或 135 d.90 解析 cosm m，n nm mn n|m m|n n|11222，即m m，n n45. 两平面所成二面角为 45或 18045135. 答案 c 3.(老教材选修 21p112a 组 t4 改编)已知向量m m，n n分别是直线l和平面的方

5、向向量和法向量，若 cos m m，n n32，则l与所成的角为( ) a.30 b.60 c.120 d.150 解析 由于 cos m m，n n32，所以m m，n n30，所以直线l与所成的角为 60. 答案 b 4.(2020漳州模拟)在直三棱柱abca1b1c1中，bca90，m，n分别是a1b1，a1c1的中点，bccacc1，则bm与an所成角的余弦值为( ) a.110 b.25 c.3010 d.22 解析 以点c为坐标原点，ca，cb，cc1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bccacc12，则可得a(2，0，0)，b(0，2，0)，m(1，

6、1，2)，n(1，0，2)， - 3 - bm(1，1，2)，an(1，0，2). cosbm，anbman|bm|an| 1（1）（1）02212（1）222（1）20222 3653010. 答案 c 5.(2019南阳调研)在正方体abcda1b1c1d1中，bb1与平面acd1所成角的正弦值为( ) a.32 b.33 c.35 d.25 解析 设正方体的棱长为 1，以d为坐标原点，da，dc，dd1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.则b(1，1，0)，b1(1，1，1)，a(1，0，0)，c(0，1，0)，d1(0，0，1)， 所以bb1(0，0，1)，a

7、c(1，1，0)，ad1(1，0，1). 令平面acd1的法向量为n n(x，y，z)，则n nacxy0，n nad1xz0，令x1，可得n n(1，1，1)， 设直线bb1与平面acd1所成的角为， 所以 sin |cos n n，bb1|13133. 答案 b 6.(2020大连预测)过正方形abcd的顶点a作线段pa平面abcd，若abpa，则平面abp与平面cdp所成的二面角为_. 解析 如图，建立空间直角坐标系，设abpa1，则a(0，0，0)，d(0，1，0)，p(0，0， - 4 - 1)，由题意，ad平面pab，设e为pd的中点，连接ae，则aepd， 又cd平面pad， c

8、dae，又pdcdd，从而ae平面pcd.所以ad(0，1，0)，ae0，12，12分别是平面pab，平面pcd的法向量，且ad，ae45. 故平面pab与平面pcd所成的二面角为 45. 答案 45 考点一 用空间向量求异面直线所成的角 【例 1】 (1)(一题多解)(2017全国卷)已知直三棱柱abca1b1c1中，abc120，ab2，bccc11，则异面直线ab1与bc1所成角的余弦值为( ) a.32 b.155 c.105 d.33 (2)(2020豫南豫北精英对抗赛)在四面体abcd中，cacbcdbd2，abad2，则异面直线ab与cd所成角的余弦值为( ) a.23 b.24

9、 c.144 d.24 解析 (1)法一 以b为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系. 图(1) 图(2) 则b(0，0，0)，b1(0，0，1)，c1(1，0，1). 又在abc中，abc120，ab2，则a(1，3，0). 所以ab1(1，3，1)，bc1(1，0，1)， - 5 - 则 cosab1，bc1ab1bc1|ab1|bc1| （1，3，1）（1，0，1）5 2252105， 因此，异面直线ab1与bc1所成角的余弦值为105. 法二 将直三棱柱abca1b1c1补形成直四棱柱abcda1b1c1d1(如图(2)，连接ad1，b1d1，则ad1bc1. 则b1ad1为异面直

10、线ab1与bc1所成的角(或其补角)，易求得ab1 5，bc1ad1 2，b1d13. 由余弦定理得 cosb1ad1105. (2)取bd的中点o，连接ao，oc，由cacbcdbd2，abad 2，得aobd，cobd，且oc3，ao1.在aoc中，ac2ao2oc2，故aooc，又知bdoco，因此ao平面bcd，以ob，oc，oa所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则a(0，0，1)，b(1，0，0)，c(0， 3，0)，d(1，0，0)，ab(1，0，1)，cd(1，3，0)，设异面直线ab与cd所成角为，则 cos |abcd|ab|cd|121324，即异

11、面直线ab与cd所成角的余弦值为24. 答案 (1)c (2)b 规律方法 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v v1，v v2；(3)代入公式|cosv v1，v v2|v v1v v2|v v1|v v2|求解. 2.两异面直线所成角的范围是0，2，两向量的夹角的范围是0，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角. 【训练 1】 (2019江西八校联考)在四面体abcd中，bdad，cdad，bdbc，bdad1， - 6 - bc2，

12、则异面直线ab与cd所成角的余弦值为( ) a.105 b.31010 c.155 d.1010 解析 以d为坐标原点，在平面bcd内过d与bd垂直的直线为x轴，以db，da所在的直线分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则a(0，0，1)，b(0，1，0)，c(2，1，0)，d(0，0，0)，所以ab(0，1，1)，dc(2，1，0)，则 cosab，dcabdc|ab|dc|1251010，故异面直线ab与cd所成角的余弦值为1010. 答案 d 考点二 用空间向量求线面角 【例 2】 (2018全国卷)如图，在三棱锥pabc中，abbc2 2，papbpcac4，o为ac的中点.

13、 (1)证明：po平面abc； (2)若点m在棱bc上，且二面角mpac为 30，求pc与平面pam所成角的正弦值. (1)证明 因为apcpac4，o为ac的中点， 所以opac，且op23. 连接ob，因为abbc22ac， 所以ab2bc2ac2， 所以abc为等腰直角三角形， 且obac，ob12ac2. 由op2ob2pb2知poob. 由opob，opac且obaco，知po平面abc. - 7 - (2)解 如图，以o为坐标原点，ob的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系oxyz. 由已知得o(0，0，0)，b(2，0，0)，a(0，2，0)，c(0，2，0)，p(0，0，23)

14、，ap(0，2，23).取平面pac的一个法向量ob(2，0，0). 设m(a，2a，0)(0a2)，则am(a，4a，0). 设平面pam的法向量为n n(x，y，z). 由apn n0，amn n0 得 2y23z0，ax（4a）y0，可取n n( 3(a4)，3a，a)， 所以 cosob，n n23（a4）23（a4）23a2a2. 由已知可得|cosob，n n|32， 所以23|a4|23（a4）23a2a232， 解得a4(舍去)，a43， 所以n n(833，433，43). 又pc(0，2，23)，所以 cospc，n n34. 所以pc与平面pam所成角的正弦值为34. 规

15、律方法 利用向量法求线面角的方法： (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角. 【训练 2】 (2020安徽江南十校联考)斜三棱柱abca1b1c1中， 底面是边长为 2 的正三角形， - 8 - a1b 7，a1aba1ac60. (1)证明：平面a1bc平面abc； (2)求直线bc1与平面abb1a1所成角的正弦值. (1)证明 ab2，a1b 7，a1ab60， 由余弦定理得a1b2aa21ab22aa1abcos a

16、1ab， 即aa212aa130aa13 或1(舍)，故aa13. 取bc的中点o，连接oa，oa1，abc是边长为 2 的正三角形， aobc，且ao3，bo1. 由abac，a1aba1ac，aa1aa1得a1aba1ac，得a1ba1c 7， 故a1obc，且a1o 6. ao2a1o2369aa21，aoa1o. 又bcaoo，故a1o平面abc， a1o 平面a1bc，平面a1bc平面abc. (2)解 以o为原点，ob所在的直线为x轴，取b1c1的中点k，连接ok，以ok所在的直线为y轴，过o作ogaa1，以og所在的直线为z轴建立空间直角坐标系， 则b(1，0，0)，b1(1，3

17、，0)，c1(1，3，0)，a1(0，2， 2)， bc1(2，3，0)，bb1(0，3，0)，ba1(1，2，2)， 设m m(x，y，1)为平面abb1a1的法向量， 则m mbb13y0，m mba1x2y 20 x2，y0m m( 2，0，1). 设直线bc1与平面abb1a1所成角为， 则 sin |bc1m m|bc1|m m|2213 327839. 故直线bc1与平面abb1a1所成角的正弦值为27839. - 9 - 考点三 用空间向量求二面角 【例 3】 (2019全国卷)如图， 直四棱柱abcda1b1c1d1的底面是菱形，aa14，ab2， bad60，e，m，n分别是

18、bc，bb1，a1d的中点. (1)证明：mn平面c1de； (2)求二面角ama1n的正弦值. (1)证明 如图，连接b1c，me. 因为m，e分别为bb1，bc的中点， 所以meb1c，且me12b1c. 又因为n为a1d的中点，所以nd12a1d. 由题设知a1b1綉dc， 可得b1c綉a1d，故me綉nd， 因此四边形mnde为平行四边形， 所以mned. 又mn平面c1de，de 平面c1de， 所以mn平面c1de. (2)解 由已知可得deda，以d为坐标原点，da，de，dd1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系dxyz， - 10 - 则a(2，0，

19、0)，a1(2，0，4)，m(1， 3，2)，n(1，0，2)，a1a(0，0，4)，a1m(1， 3，2)，a1n(1，0，2)，mn(0，3，0). 设m m(x，y，z)为平面a1ma的法向量，则m ma1m0，m ma1a0， 所以x3y2z0，4z0，可取m m( 3，1，0). 设n n(p，q，r)为平面a1mn的法向量， 则n nmn0，n na1n0，所以3q0，p2r0， 可取n n(2，0，1). 于是 cosm m，n nm mn n|m m|n n|2325155， 则 sinm m，n n105， 所以二面角ama1n的正弦值为105. 规律方法 利用空间向量计算二

20、面角大小的常用方法： (1)找法向量：分别求出二面角的两个半平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的大小. (2)找与棱垂直的方向向量：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小. 【训练 3】 (2019青岛二模)如图， 已知多面体pabcde的底面abcd是边长为 2 的菱形，pa底面abcd，edpa，且pa2ed2. (1)求证：平面pac平面pce； (2)若直线pc与平面abcd所成的角为 45，求二面角pced的余弦值. (1)证明 如图(1)，连接bd，交

21、ac于点o，设pc的中点为f，连接of，ef. 因为底面abcd是菱形，所以o是ac的中点， 又f是pc的中点，所以ofpa，且of12pa. - 11 - 因为depa，且de12pa，所以ofde，且ofde. 所以四边形ofed为平行四边形，所以odef， 即bdef. 因为pa平面abcd，bd 平面abcd，所以pabd. 因为四边形abcd是菱形，所以bdac. 又因为paaca，所以bd平面pac. 所以ef平面pac. 又因为ef 平面pce，所以平面pac平面pce. (2)解 因为pa底面abcd，直线pc与平面abcd所成的角为 45， 所以pca45，所以acpa2.

22、所以acabbc，故abc为等边三角形. 设bc的中点为m，连接am，则ambc，所以amad. 以a为坐标原点，am，ad，ap所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系axyz，如图(2)， 则p(0，0，2)，c(3，1，0)，e(0，2，1)，d(0，2，0)， 所以pc(3，1，2)，ce(3，1，1)，de(0，0，1). 设平面pce的法向量为n n(x1，y1，z1)， 则n npc0，n nce0，即3x1y12z10， 3x1y1z10. 令y11，则x1 3，z12.所以n n( 3，1，2). 设平面cde的法向量为m m(x2，y2，z2)， 则m mde0，

23、m mce0，即z20，3x2y2z20. 令x21，则y2 3，z20.所以m m(1， 3，0). 设二面角pced的大小为，因为为钝角， 所以 cos |cosn n，m m|n nm m|n n|m m|2322264. - 12 - 所以二面角pced的余弦值为64. 考点四 与空间角有关的探索性问题 【例 4】 (2020郴州一模)如图，在三棱锥pabc中，底面是边长为 4 的正三角形，pa2，pa底面abc，点e，f分别为ac，pc的中点. (1)求证：平面bef平面pac； (2)在线段pb上是否存在点g，使得直线ag与平面pbc所成角的正弦值为155？若存在，确定点g的位置；

24、若不存在，请说明理由. (1)证明 abbc，e为ac的中点，beac. 又pa平面abc，be 平面abc，pabe. paaca，be平面pac. be 平面bef，平面bef平面pac. (2)解 存在.由(1)及已知得pabe，paac， 点e，f分别为ac，pc的中点， efpa，efbe，efac. 又beac，eb，ec，ef两两垂直. 分别以eb，ec，ef的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图， 则a(0，2，0)，p(0，2，2)，b(23，0，0)，c(0，2，0). 设bgbp(23，2，2)，0，1， 所以agabbg(23(1)，2(1)，2)， bc(

25、23，2，0)，pc(0，4，2)， 设平面pbc的法向量为n n(x，y，z)， - 13 - 则n nbc0，n npc023x2y0，4y2z0， 令x1，则y3，z23，n n(1， 3，23). 由已知得155|agn n|ag|n n|， 即155434 16（1）24212或1110(舍去). 故12. 所以存在满足条件的点g，点g为pb的中点. 规律方法 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组， 把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解， 是否有规定范围内的解”等. 2.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论

26、列出等式，解出参数. 【训练 4】 如图， 在四棱锥pabcd中， 四边形abcd为平行四边形，abac，pa平面abcd，且paab3，ac2，点e是pd的中点. (1)求证：pb平面aec； (2)在线段pb上(不含端点)是否存在一点m， 使得二面角mace的平面角的余弦值为1010？若存在，确定点m的位置；若不存在，请说明理由. (1)证明 连接bd交ac于点f，连接ef. 因为abcd为平行四边形， 所以f是bd的中点. 又e是pd的中点， 所以efpb. 又ef 平面aec，pb平面aec， - 14 - 所以pb平面aec. (2)解 由题意知，ac，ab，ap两两互相垂直，如图，

27、以点a为坐标原点，射线ac，ab，ap分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系axyz， 则c(2，0，0)，d(2，3，0)，p(0，0，3)，b(0，3，0)，e1，32，32. 设m(x0，y0，z0)，pmpb(01)， 则(x0，y0，z03)(0，3，3)，得m(0，3，33). 设平面aec的法向量为n n1(x1，y1，z1). 由n n1ae0，n n1ac0 及ae1，32，32，ac(2，0，0)， 得x132y132z10，2x10.取y11，得n n1(0，1，1). 设平面mac的法向量为n n2(x2，y2，z2). 由n n2am0，n n2ac0 及am

28、(0，3，33)，ac(2，0，0)， 得3y2（33）z20，2x20.取z21，得n n20，11，1 . 设二面角mace的平面角的大小为， 则|cos |n n1n n2|n n1|n n2|212112121010， 化简得 92920，解得13或23. 因为二面角mace的平面角的余弦值为1010， 所以二面角mace的平面角为锐角，所以13， 所以pm13pb. 故pm13pb时，二面角mace的平面角的余弦值为1010. - 15 - a 级 基础巩固 一、选择题 1.已知空间三点a(1， 1， 1)，b(1， 0， 4)，c(2， 2， 3)， 则ab与ca的夹角的大小为(

29、) a.30 b.60 c.120 d.150 解析 ab(2，1，3)，ca(1，3，2)， cosab，ca（2）（1）（1）33（2）1414 71412，ab，ca120. 答案 c 2.若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于 120， 则直线l与平面所成的角等于( ) a.120 b.60 c.30 d.60或 30 解析 设直线l与平面所成的角为，直线l与平面的法向量的夹角为. 则 sin |cos |cos 120|12. 又 090，30. 答案 c 3.(一题多解)(2019青岛二模)在直三棱柱abca1b1c1中，aa12a1b12b1c1，且abbc，点m是a1c1的

30、中点，则异面直线mb与aa1所成角的余弦值为( ) a.13 b.223 c.324 d.12 解析 法一 由题意知aa1bb1，则异面直线mb与aa1所成角为mbb1，如图(1).又bb1m为直角三角形，所以 cos mbb1bb1mb.在直三棱柱abca1b1c1中，设aa12a1b12b1c12.由abbc，得b1m12a1c122.故mb22222322. 所以 cos mbb1bb1mb223.故选 b. - 16 - 法二 由题意知ab，bc，bb1两两垂直，所以以b为坐标原点，ba，bc，bb1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系bxyz，如图(2).设aa12a1b

31、12b1c12，则b(0，0，0)，a(1，0，0)，a1(1，0，2)，m12，12，2 ，所以mb12，12，2 ，aa1(0，0，2).设异面直线mb与aa1所成角为，则 cos |mbaa1|mb|aa1|4922223，所以异面直线mb与aa1所成角的余弦值为223.故选 b. 答案 b 4.如图，在四棱锥pabcd中，底面abcd是矩形，pa平面abcd，paad4，ab2.以ac的中点o为球心，ac为直径的球面交pd于点m.则cd与平面acm所成角的正弦值为( ) a.32 b.33 c.53 d.63 解析 如图所示，建立空间直角坐标系，则a(0，0，0)，p(0，0，4)，

32、b(2，0，0)，c(2，4，0)，d(0，4，0)，m(0，2，2). 所以ac(2，4，0)，am(0，2，2)，cd(2，0，0). 设平面acm的法向量n n(x，y，z)， - 17 - 由n nac，n nam， 可得2x4y0，2y2z0，令z1，得n n(2，1，1). 设所求角为， 则 sin |cdn n|cd|n n|63. 答案 d 5.在正方体abcda1b1c1d1中，点e为bb1的中点，则平面a1ed与平面abcd所成角的余弦值为( ) a.12 b.23 c.33 d.22 解析 以a为原点，ab，ad，aa1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直

33、角坐标系，设棱长为 1，则a1(0，0，1)，e1，0，12，d(0，1，0)， a1d(0，1，1)，a1e1，0，12. 设平面a1ed的法向量为n n1(1，y，z)， 则有a1dn n10，a1en n10，即yz0，112z0，y2，z2， n n1(1，2，2). 平面abcd的法向量为n n2(0，0，1)， |cosn n1，n n2|23123， 即平面a1ed与平面abcd夹角的余弦值为23. 答案 b 二、填空题 6.(2020贵阳月考)如图所示，在三棱柱abca1b1c1中，aa1底面abc，abbcaa1，abc90，点e，f分别是棱ab，bb1的中点，则直线ef和b

34、c1所成的角是_. - 18 - 解析 以bc为x轴，ba为y轴，bb1为z轴，建立空间直角坐标系.设abbcaa12， 则c1(2，0，2)，e(0，1，0)，f(0，0，1)， 则ef(0，1，1)，bc1(2，0，2)， efbc12， cosef，bc1222212， ef和bc1所成的角为 60. 答案 60 7.(2020合肥模拟)在长方体abcda1b1c1d1中，ab2，bcaa11，则直线d1c1与平面a1bc1所成角的正弦值为_. 解析 如图，建立空间直角坐标系dxyz， 则d1(0，0，1)，c1(0，2，1)，a1(1，0，1)，b(1，2，0). d1c1(0，2，0

35、)， a1c1(1，2，0)，a1b(0，2，1)， 设平面a1bc1的法向量为n n(x，y，z)， 由n na1c1（x，y，z）（1，2，0）x2y0，n na1b（x，y，z）（0，2，1）2yz0， 得x2y，z2y，令y1，得n n(2，1，2)， - 19 - 设直线d1c1与平面a1bc1所成角为，则 sin |cosd1c1，n n|d1c1n n|d1c1|n n|22313， 即直线d1c1与平面a1bc1所成角的正弦值为13. 答案 13 8.如图，菱形abcd中，abc60，ac与bd相交于点o，ae平面abcd，cfae，ab2，cf3.若直线of与平面bed所成的

36、角为 45，则ae_. 解析 如图，以o为坐标原点，以oa，ob所在直线分别为x轴，y轴，以过点o且平行于cf的直线为z轴建立空间直角坐标系. 设aea，则b(0，3，0)，d(0，3，0)，f(1，0，3)，e(1，0，a)， of(1，0，3)，db(0，23，0)，eb(1，3，a). 设平面bed的法向量为n n(x，y，z)， 则n ndb0，n neb0，即23y0，x 3yaz0， 则y0，令z1，得xa， n n(a，0，1)， cosn n，ofn nof|n n|of|a3a2110. 直线of与平面bed所成角的大小为 45， |a3|a211022. - 20 - 解得

37、a2 或a12(舍去)，ae2. 答案 2 三、解答题 9.(2019郑州测试)在如图所示的多面体中，四边形abcd是平行四边形，四边形bdef是矩形，ed平面abcd，abd6，ab2ad. (1)求证：平面bdef平面ade； (2)若edbd，求直线af与平面aec所成角的正弦值. (1)证明 在abd中，abd6，ab2ad， 由余弦定理，得bd3ad， 从而bd2ad2ab2，故bdad， 所以abd为直角三角形且adb2. 因为de平面abcd，bd 平面abcd，所以debd. 又added，所以bd平面ade. 因为bd 平面bdef，所以平面bdef平面ade. (2)解 由

38、(1)可得，在 rtabd中，bad3，bd3ad，又由edbd， 设ad1，则bded3.因为de平面abcd，bdad， 所以以点d为坐标原点，da，db，de所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则a(1，0，0)，c(1，3，0)，e(0，0，3)，f(0，3，3)， 所以ae(1，0，3)，ac(2，3，0). 设平面aec的法向量为n n(x，y，z)， - 21 - 则n nae0，n nac0，即x3z0，2x 3y0， 令z1，得n n( 3，2，1)为平面aec的一个法向量. 因为af(1，3，3)， 所以 cos n n，afn naf|n n|a

39、f|4214， 所以直线af与平面aec所成角的正弦值为4214. 10.(2020武汉调研)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)abca1b1c1中，侧面aa1c1c底面abc，底面abc是边长为 2 的正三角形，a1aa1c，a1aa1c. (1)求证：a1c1b1c； (2)(一题多解)求二面角b1a1cc1的正弦值. (1)证明 如图，取a1c1的中点d，连接b1d，cd， c1ca1aa1c， cda1c1， 底面abc是边长为 2 的正三角形， abbc2，a1b1b1c12， b1da1c1， 又b1dcdd，b1d 平面b1cd，cd 平面b1cd， a1c1平面b1cd，a1

40、c1b1c. (2)解 法一 如图，过点d作dea1c于点e，连接b1e. 侧面aa1c1c底面abc， 侧面aa1c1c平面a1b1c1，又b1da1c1， 侧面aa1c1c平面a1b1c1a1c1， b1d平面a1cc1，b1da1c， a1c平面b1de，b1ea1c， - 22 - b1ed为所求二面角的平面角. a1b1b1c1a1c12，b1d 3， 又ed12cc122，tan b1edb1ded3226， sinb1ed427. 二面角b1a1cc1的正弦值为427. 法二 如图，取ac的中点o，以o为坐标原点，射线ob，oc，oa1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系

41、，则o(0，0，0)，b( 3，0，0)，a1(0，0，1)，b1( 3，1，1)，c1(0，2，1)，c(0，1，0)， a1b1(3，1，0)，a1c(0，1，1). 设m m(x，y，z)为平面a1b1c的法向量， m ma1b1 3xy0，m ma1cyz0， 令y3，得m m(1， 3，3)， 又ob(3，0，0)为平面a1cc1的一个法向量， cos m m，obm mob|m m|ob|77， 由图易知所求二面角为锐角， 二面角b1a1cc1的正弦值为427. b 级 能力提升 11.(2020长沙雅礼中学检测)在三棱锥pabc中， 点p在底面的正投影恰好是等边abc的边ab的中

42、点， 且点p到底面abc的距离等于底面边长.设pac与底面所成的二面角的大小为，pbc与底面所成的二面角的大小为，则 tan()的值是( ) a.343 b.253 c.8133 d.583 解析 如图，设点p在边ab上的射影为h，作hfbc，heac，连接pf，pe. - 23 - 依题意，hep，pfh. 不妨设等边abc的边长为 2，则ph2，ahbh1. he32，hf32，则 tan tan 23243， 故 tan()2tan 1tan22431432813 3. 答案 c 12.已知正方形abcd的边长为 4，cg平面abcd，cg2，e，f分别是ab，ad的中点，则点b到平面gef的距离为( ) a.11 b.112 c.21111 d.41111 解析 连接bg.以c为原点，cd，cb，cg的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 其中c(0，0，0)，g(0，0，2)，e(2，4，0)，b(0，4，0)，f(4，2，0). bg(0，4，2)，ge(2，4，2)，ef(2，2，0). 设平面gef的法向量为n n(x，y，z)， 则n nge0，n nef0，即2x4y2z0，2x2y0. 令x1，则y1，