2025年高考数学复习大题题型归纳：用空间向量解决立体几何问题的六种题型（解析）

第08讲用空间向量解决立体几何问题的六种题型

考法呈现

弘考法一：用空间向量证明平行或垂直

一例题分析

【例7】

如图所示，已知矩形力BCD和矩形力DEF所在的平面互相垂直，点M,N分别在对角线BD,4E上，且BM=^BD,

AN=^AE.求证：MN1AD.

【分析】根据面面垂直的性质定理推出SB，平面ADEF,进一步推出力再根据空间向量可证

MN1AD.

【详解】在矩形4BCD中，ABLAD,

因为平面4BCDJ•平面ADEF,且平面ABC。n平面4DEF=4。，力Bu平面2BCD,

所以ABJ_平面4DEF,又因4Fu平面4DEF,所以AB14F,

又丽=丽+或+前=^DB+BA+^AE=^（AB-AD'）-AB+^（AD+AF"）=-|AB+|^4F,

所以而.前=（^-^AB+^AF^-AD=-^AB-AD+^AF-AD0,

所以MN14D.

【例1-2]

在三棱台力iBiCi一力BC中，^BAC=90°,力iA_L平面ABC,力=聒AB=AC=2A1C1=2,。为BC的中

点.证明：平面力遇。_L平面BCC/i.

【分析】建立如图所小的空间直角坐标系，由空间向量数量积坐标表示求出BC•4。=0,8C-=0,即

可证得BC14D,BC1441，即BC_L平面44D,再由面面垂直的判定定理即可证明.

【详解】由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，

则4(0,0,0),8(2,0,0),C(0,2,0),4(0,0,8),£)(1,1,0),所以阮=(-2,2,0),Z5=(1,1,0),=(0,0,73).

因为阮.AD=-2+2+0=0,BC-A41=0+0+0=0,

所以说_1而，近1万1，所以BC14D,BC144i.

又AD=力,力。，力Aiu平面41AD,所以BC1平面力又BCu平面BCCiB。

所以平面1平面BCCiJ.

满分秘籍

用向量法证明异面直线垂直，可以用基向量法，也可以用空间直角坐标系。通过方向向

量(或法向量)之间的关系证明垂直或平行。

变式训练

【变式1-1］如图，在直三棱柱力BC—4181cl中，点E,尸分别为线段AB,4M的中点，4力=力。=BC/ACB=

90°.证明：EF_L平面BiCE.

【分析】根据已知条件建系，求平面/CE的一个法向量和而坐标进而证明线面垂直即可.

【详解】由直三棱柱4BC-4/1的可知CCi，平面A8C,

因为C4CBu平面4BC,所以CCi1C4CC11CB,又因为C4_LCB,

所以以｛襦，而，内为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，

设=AC=BC=2,则C(0,0,0),Bi(0,2,2),E(l,L0),F(2,0,l),

所以丽=(1,-1,1),鬲=(0,2,2),EB^=(-1,1,2),

设平面BiCE的法向量为元=(x,y,z),则上"i=2y+2z=°,

{n•EBi=—%+y+2z=0

令z=-l,则y=l,%=-l,即元=(一1,1,一1)，

所以丽=一元，即而/何，所以EF_L平面％CE.

【变式1-2】如图，已知六面体力BCDPE的面ABCD为梯形，AB//CD,ABLAD,力B=2,CD=4。=4,

棱P41平面4BCD,PA//BE,P力=4,BE=2,尸为PD的中点.

Pl

\l\E

/AB、:

DC

(1)求证：AF//^PBC；

(2)求直线BE与平面PCD所成角的大小.

【分析】(1)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法证明线面平行;

(2)求出平面的法向量后利用线面角的向量公式直接求解即可.

【详解】(1)因为P41平面ABCD,所以P414B,PA1AD,S.AB1AD,

建立如图所示的空间直角坐标系。-xyz,

则4(0,0,0),5(0,2,0),£>(4,0,0),P(0,0,4),F(2,0,2),£(0,2,2),C(4,4,0),

所以疏=(0,-2,4),方=(4,2,0),衣=(2,0,2),

设平面BPC的法向量为记=(x,y,z),

则[二%-2y+4z-0,令％=],解得y=_2,z=-l,故记=(1,一2,-1),

(m-BC=4x+2y=0

所以Q•记=2x1+0x(-2)+2x(-1)=0,故前_L记，

又4FC平面PBC,所以4/7/平面PBC.

(2)由(1)^DP=(-4,0,4),DC=(0,4,0),BE=(0,0,2)

设平面PCD的法向量为£=(a,8c),贝斗一4瞋"=。，令a=l,解得b=0,c=l,

I4。=0

故元=(1,0,1),所以cos伍•网=箫=焉=?,

设直线BE与平面PCD所成的角为仇则sin8=《，又8e[0,1,所以

ZLZJ4

【变式1-3]如图，在长方体力BCD-4中，AD^AAX=1,AB=3,点E在棱力B上移动.

AG

4

(1)证明：。速14。；

(2)当荏=[9时，求与平面力CD1所成角的正弦值.

【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量法证得D1E14D

(2)利用向量法求得与平面AC内所成角的正弦值.

【详解】(1)以。为原点建立如图所示空间直角坐标系，

设E(l,t,0),0<t<3,

所以布•DX=(1,t,-1)-(1,0,1)=1-1=0,

所以

(2)当荏=(前时，£(1,1,0),D^E=(1,1,-1),

4(1,0,0),C(0,3,0),AC=(-l,3,0),CD^=(0,-3,1),

设平面力CO1的法向量为元=(x,y,z),

则至=7+3尸0,故可设元=(3,i,3),

[n-CD1――3y+z=0

设DR与平面AC%所成角为仇

【变式1-4]如图所示，在正方体43。。-力道©。1中，。为AC与BD的交点，G为。的的中点，求证：&。1

平面GBD.

【分析】要证明①。，平面G5Q,只需证明①。垂直于平面GBD中的两条相交直线.易知①。18。,而4BDG

中的G,O连接后的线段GO与41。垂直的可能性最大，故不妨尝试证明必。,G。，由向量的数量积可知只

需证明4。•0G=0即可，

【详解】如图所示，连接。G,

设4/1=A1%=b,AIA=~c,则无，人二。，b-~c=0,37=0,|a|=\b\=[c|.

因为Z]0=A^AH-AO=A^A4~—+40)=A-1A+—{^A.+Z]O])=c+5(a+b),

BD=AD-AB=i4]Z)i—A^B-^=b—a,

OG=OC+CG=Q(AB+40)+—CC-^—~——A^A—5(a+b)——

所以410,BD=卜++—6),G—工)=1•历—万)+Q0+.历一方)

=c-~b—~c-a+[(所一a?)=[(也j_同2)=0,

A^O-OG=f|(a+b)+c・代@+5)_刿="0+1)2_#

-i«2+；京4-1Q—|c2—0,

所以硒J.丽，A^O1OG,即41O1BD,ArO1OG.

又因为BDnOG=。，BDu平面GBD,OGu平面GBD,

所以4。1平面GBD.

弘考法二：用空间向量解决异面直线成角问题

>3覆例题分析

【例2】已知三棱台力iBiCi—ABC,L^ABC,=AB=AC=4,cos^BAC=-^,。是线段ZiA

中点，且BD1DC.

(1)证明：BD1BjC；

(2)请选择合适的基底向量，求直线BiC与所成角的余弦值.

【分析】(1)根据条件结合余弦定理先求出力M的长度，然后再证明力。与△4。4当相似，从而可证明.

(2)选取基底｛同，前,而｝,分别表示出瓦忑，求出模长和对应的数量积，由向量法可得出答案.

【详解】(1)证明：连接/D.设4力=a,在△力BC中，由余弦定理得

BC=J42+42-2x4x4x(-=2V10,

又DB=DC=占+16,因为8D1DC,所以2仔+16)=40,解得a=4,

由于皿=工=也，且=所以△BAD

A^D2ABxx

所以N41DB1=N力BD,所以NBDBi=90°,^BD1BXD,

又因为=所以BOI面又因为当Cu面/DC,所以BD_L/C.

(2)选取基底｛拔，前,国｝,

--->---->--->-->[-->-->--->

B】C=+A^A+AC=——,AB+AC—AA1»

(取『=(-i-XB+ZC-踞y=1+16+16+2x-AB-^4C=35,

~B^C-~AA[=(-^-AB+AC-AA^-~AA^=-16,

3瓯,丽卜建=一等

变式训练

【变式2-1】已知正方体4BCD—4B1C1D1，点E为力中点，直线为3交平面CDE于点F.

⑴证明：点尸为的中点；

⑵若点M为棱4/1上一点，且直线MF与平面CDE所成角的正弦值为空，求苦的值.

【详解】(1)在正方体力BCD-&/的3中，CD//C1D1,又CD0平面AiBiQOi，且的历u平面48停1。1，

则CD〃平面4/的£>1，而81cl交平面CDE于点尸，即F6平面CDE/e/Ci，

又B/iu平面公/的。1，有FC平面为B1C1A，因此平面CDEC平面=EF,

于是CD"EF,而E为4小中点，

所以F为81cl的中点.

(2)以。为坐标原点，D4D&DD1方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为3,设/=4(0W4W1),

/Bi、7

则”(3,3尢3),C(0,3,0),E(|,0,3),F仔，3,3),

从而前=g,3A-3,0),CD=(0,3,0),FD=(|,0,3),

设平面COE的一个法向量为五二(%,y,z),则

(n-CP=0即，3y一0rx=2

1元•前=0，+3z=0，不妨取％=2,则y=0，即五=(2,0,—1),

z=-1

设直线MF与平面CDE所成角为仇

又直线MF与平面CDE所成角的正弦值为警,

|丽元|______3______等，解得4=]

因此sin0=而V=J©+(3f2

所以黑=!•

力W13

【变式2-2]如图，平行六面体ABCD-A/iCi%的所有棱长都相等，平面CD%Ci1平面N8CD,ADLDC,

二面角。1一4。一。的大小为120°,E为棱Ci/的中点.

⑴证明：CDLAE；

⑵点尸在棱CG上，AE〃平面求直线/£与。尸所成角的余弦值.

【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得AD〃C=120。，进而根据中

点得线线垂直即可求,

（2）由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直

角坐标系，利用向量的夹角即可求解.

【详解】（1）（1）因为平面CDDiCi1平面力BCD,且两平面交线为DC/D_LDC,ADu平面4BCD,

所以4。1平面CDDiJ,所以4D1Di。,力。_LDC,是二面角D1一力D—C的平面角，故

皿DC=120°.

连接DE,E为棱J%的中点，贝UDE,的小,小。1〃。。，从而。£，以）.

5LAD1CD,DECtADD,DE,4。u平面NED,所以CD_L平面4ED,EDu平面因止匕CD1AE.

（2）解法1：设力B=2,则DE=一6£>1（71）2=百，所以」£■=HE=7AD?+DE2=小.

连4c交BO于点。，连接CE交OF于点G,连。G.因为4E〃平面BDF,AEu平面4BC,平面4BCn平面BDF=OG

所以4E||OG,因为。为4C中点，

所以G为CE中点，故。G=^4E=?.且直线0G与DF所成角等于直线力E与DF所成角.

在RtAEDC中，DG/CE=?,因为。。=鱼,

所以cos乙OGD=

2段吟

因此直线AE与DF所成角的余弦值为右

解法2；设4B=2,则DE=JDR2_（；%的）2=V3,所以CE=AE=>JAD2+DE2=V7.

取DC中点为G,连接EG交DF于点H,贝ijEG=DDr=2.

连接AG交BD于点/,连H/,因为ZE〃平面BDF,AEciF®AGE,平面/GEn平面2DF=田，所以4E||/H.

H/与DH所成角等于直线AE与DF所成角.

正方形ABCD中，G/=(AG,DI=aDB=管,所以GH=(EG,故H/=[AE=?.

在ADHG中，GH=(EG=|,GD=1,NEG。=60°,

由余弦定理昉=口1K14在△刖中，coszDH/=ShM-=1.

因此直线力E与DF所成角的余弦值为小

解法3:由（1）知DE1平面4BCD,以D为坐标原点，市为无轴正方向，|瓦?|为2个单位长，建立如图所示

的空间直角坐标系。-xyz.

由(1)知。。=心得4(2,0,0),B(2,2,。),C(0,2,0),E(0,0,a"0,1,回

则无1=(0,—1,百)，DC=(0,2,0),AE=(-2,0,73),砺=(2,2,0).

由而=1两(0WtW1),得赤=反+而=(0,2-

因为4E〃平面ADE所以存在唯一的九fi&R,

使得4E=ADB+fiDF=4(2,2,0)+“(0,2—t,V3t)=(2A,2A+2〃-卬,6m,

故24=-2,24+2〃—=0,V3/zt=V3,解得t=|,

从而而=（。2，|8）.

所以直线力E与。尸所成角的余弦值为|cos（荏，赤）|=点篇=1.

【变式2-3］如图，在三棱台ABC—481cl中，BA1BC,平面力/道力J_平面A8C,二面角为一8。一力

的大小为45。，AB=2,BC=A1B1=AAT=1.

（1）求证：Ml平面N3C；

（2）求异面直线B4与BiC所成角的余弦值.

【分析】（1）根据题意可得NB/4=45。，取中点。，连结。Bi，利用梯形和平行四边形的相关性质得

到。当184贝再利用线面垂直的判定即可得证；

（2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出两异面直线所在的方向向量，然后利用空间向量

的夹角公式即可求解.

【详解】（1）因为平面4当841平面NBC,

平面41B1B力n平面力BC=AB,BCu平面/2C,

所以BC1平面

又因为44i，BBiu平面&B1BA

所以BC144i，BC1BBr,所以NB/2是二面角为一BC-4的平面角,

因为二面角为一BC-4的大小为45。，

所以N/B4=45°.

取43中点。，连结。当，

在梯形4B/4中，B^/ZBA,。力=l=Bi4,

所以四边形是平行四边形，所以。％=44=1,OB1//AA1,

从而在三角形OB/中，ZfijBO=45°,OB^=OB=1,

所以NBBi。=NBiB。=45°,所以NBOBi=90°,BPOBJ1BA,所以A4i1BA.

又因为2a_LBC,4B,8Cu平面ABC,ABClBCB,所以叫_1_平面48c.

(2)以。为坐标原点，。8为x轴，平面/5C内过O平行于8C的直线为y轴，。当为z轴，建立如图所示

则B(l,0,0),公(-1,0,1),%(0,0,1),C(l,l,0),

所以西=(—2,0,1),B^C=(1,1,-1),

所以异面直线B4与当C所成角的余弦值为I*1=|^|=f-

【变式2-4］如图，在三棱锥P-力BC中，P41底面4BC,484。=90。.点£»、E、N分别为棱PA、PC、BC

的中点，M是线段4。的中点，PA=AC=4,AB=2.

⑴求证：MN//平面8DE；

(2)已知点H在棱P力上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为叫，求线段ZH的长.

【分析】(1)以点2为原点，以4B、4C、AP所在直线分别为小y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向

量法可证得MN//平面BDE；

(2)设力H=h(0W/iW4),则H(O,O,h),利用空间向量法可得出关于八的方程，解出h的值，即可得出结论.

【详解】(1)证明：因为P4,底面ABC,N8AC=90。，

如图，以点4为原点，以4B、AC,4P所在直线分别为％、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则4(0,0,0)、8(2,0,0)、C(0,4,0),P(0,0,4)、£>(0,0,2)>E(0,2,2)、”(0,0,1)、N(l,2,0),

DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2),

设平面BDE的法向量为元=(x,y,z),贝上DE=2y=0,

In•DB=2x-2z=0

取％=1,可得元=(1,0,1),

又因为丽=(1,2,—1),则而•五=1-1=0,所以，M/Vln,

又因为MN0平面BDE,所以，MN〃平面BDE.

(2)解：依题意，设4H=h(0W/iW4),则H(O,O,h),

所以，而=(-1,-2㈤,BE=(-2,2,2),

由已知，得|cos(丽，丽=萼驾=/21=亚

1'“阿”NH|尿蓝X2显21

整理可得10/12-21/1+8=0,解得h=3或九=i,

所以，线段的长为第垮.

【变式2-5】如图，在四棱锥P—ABCD中，平面P力。_L平面4BCD,PA=PD,AD=2CD=2BC=2,CD_LBC,

BC||AD,E,尸分别为AD,PC的中点.

(1)证明：PE1CD-,

⑵若BF与CD所成的角为60°,求平面BEF和平面ABE夹角的余弦值.

【分析】(1)由题可得PE,4D,根据面面垂直的性质定理可得PEL平面/BCD,进而即得;

(2)利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.

【详解】(1)在△PAD中，PA=PD,E为/。的中点，

•­•PELAD,又,•,平面PADJ_平面N2CD,平面PADC平面力BCD=力。，PEu平面PAD,

PE_L平面ABCD,又CDu平面ABCD,

：.PE1CD.

(2)如图，连接EC,由条件知BC〃ED,BC=ED,CD1BC,

所以四边形8a历为矩形，又PEI平面4BCD,BCu平面4BCD,

所以PE1BC,又BC1BE,BECPE=E,BE,PEu平面PBE,

所以BC1平面PBE,PBu平面PBE,

所以BC1PB,又BF与CO所成的角为60。，CD//BE,

从而NFBE=60。，在RtAPEC中，EF=：PC,

同理在RtAPBC中，BF=^PC,

•••EF=BF,

・•.△BEF为等边三角形，即EF=BE=CD=1,

.•.在RtAPEC中，PC=2,EC=五,得PE=6,

以£为原点，分别以£/,EB,EP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图,

则E（0,0,0）,B（0,1,0）,F（-|,I，y）,

.・•丽=(0,1,0),FF=(-1,i,y).

设平面BE尸的法向量为而=(%,y,z),

m■丽—y—0

则一锦i,i,V2n，令z=L得记=(应，°，1)，

m•EF=——x+-yH-z=0

22,2

易知平面/BE的一个法向量为元=(0,0,1),

则cos(m,n)==今

二平面BEF和平面ABE夹角的余弦值为g.

弘考法三：用空间向量解决线面夹角问题

函,例题分析

【例3】已知三棱柱4BC—41B1C1中，AB=4C=2,人力==&C=2,NB4C=90，E是8C的中点，F

是线段占的上一点.

(1)求证：AB1EF；

⑵设P是棱44i上的动点(不包括边界)，当APBC的面积最小时，求直线PCi与平面所成角的正弦

值.

【分析】(1)根据等腰三角形的“三线合一”证明线线垂直，结合勾股定理证明直线垂直，从而由线面垂直判

定定理得4E1平面ABC,利用线面垂直的性质进行证明即可；

(2)根据三角形的面积最小，得到P是44的中点，建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法进行求解即

可.

【详解】(1)证明:连接4百4瓦的

Z.BAC=90°,A8=4C=2,E是BC的中点

AE1BC

LL1r-

BC=y/2AB=242,AE=BE=EC=-BC=&

•.•&4=&B=&C=2,E是BC的中点

22

•••ArE1BC,：.AXE=y]ArB-BE=34-2=V2

222

•••ArA=AE+AIE,AE1ArE

■：AEPiBC=E,AE,BCu平面力BC

•••ArE，平面ABC,vABu平面力BC,ArE1AB,

,••在三棱柱-中，AXCJ/AC,

■■ABA.AC,■■■AB1AXCX,

,­,A]ECl=Ai,41及&C1uAiC^E

•••AB，平面4©E,

•••EFu平面41clE,•••AB1EF.

(2)连接PE,由(1)可知4iE_LBC,AE1BC

■：AEClAXE=E.AE.A^Eu平面力AiE,BCJ■平面

•••PEu平面44亚，•••BC1PE

•••SABCP=PE=V2PE,要使△PBC的面积最小，贝“PE最小,

又•.・HE=AXE=VL△力ME是等腰直角三角形

即PE1时，PE最小，P是A&的中点，

如图，建立以E为坐标原点，EA,EB,E4所在直线分别为x,y,z轴的空间直角坐标系:

则4(0,短0),B(-V2,0,0),C(V2,0,0),4式0,0,烟,

设Ci(x,y,z),贝！MC=&Ci，BP(V2,—V2,0)=(x,y,z—V2),得％=&,y=-V2,z=V2,

即G(短，-VI,伪,

p(o,今当，则时=(短-苧，当，

^=(0.-72,72),(-V2-V2,o),

设平面44//的法向量为记=(x,y,z),

由(沅-AA1=0得f—&丫+&z=0(

即｛■无y==_Zy，令％=1，则y=-l,z=-1,即沅=(1,一1,一1),

Im-AB=0V2x—V2y=0

设直线PCi与平面44//所成角为仇

贝！jsin0=Icos<包,PC；>|==2V22V42

1后耳iFxb21

744

即直线PCi与平面441B/所成角的正弦值为等.

满分秘籍

1.图示：

【敏变式训练

【变式3-1］如图，在四棱锥S-4BCD中，底面/BCD为正方形，侧面双。为等边三角形,48=2,SC=2a.

(1)证明：平面S4DJ•平面4BCD；

(2)侧棱SC上是否存在一点P(尸不在端点处)，使得直线BP与平面"C所成角的正弦值等于亨？若存在,

求出点尸的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见详解；

(2)存在，点尸为SC的中点.

【分析】(1)利用面面垂直的判定定理证明即可;

(2)建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，设米=4元,(0<4<1),由直线AP与平面&4c所成角的

正弦值等于苧，解得2=3即可.

【详解】(1)证明：因为底面为正方形，AB=2,所以CD14D,

又因为侧面SAD为等边三角形，所以48=力。=S。=2.

SC=2V2,所以S£)2+CD2=sc2,即CD1SD,又4。CSD=D,

所以CD_L平面SAD,又因为CDu平面4BCD,

所以平面£4。J_平面4BCD

(2)如图:

取4D的中点为E,连接SE,因为侧面S4D为等边三角形,

所以SE_L4。,

又由(1)可知平面S力D_L平面4BCD,平面SADC平面ABC。=4D,

SEu平面S4D,所以SE_L平面力BCD,

以E为原点，分别以屈，丽，丽的方向为%轴，y轴，z轴为正方向，建立空间直角坐标系.

4(0,—1,0),5(2,-1,0),5(0,0,V3),£)(0,1,0),C(2,l,0),

所以元=(2,1,一百)，=(0,-1,-V3),AC=(2,2,0),设宓=2元,(0<2<1).

SP=(22,A,-V3A),所以P(2；U,W-g；l),所以加=(24—2"+—8/l).

设平面S4C的法向量为隹=(/瓦c),由于［回.里=。，所以卜"一点c=f.

14c•记=012Q+2b=0

令c=遮，则b=—3,a=3,所以布=(3,-3,旧)，

所以8s〈范前)=孺=k』.

因为直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于苧.

所以_______6_______浮，解得4=g或4=1(舍)

V21XV8A2-12A+8

故存在，当点尸为SC的中点时，使得直线2尸与平面S4C所成角的正弦值等于年.

【变式3-2]如图，P为圆锥的顶点，A,B为底面圆。上两点，乙4。8=g，E为P8中点，点尸在线段48上,

且4尸=2FB.

⑴证明：平面/OP_L平面。EF；

(2)若OP=AB,求直线4P与平面。EF所成角的正弦值.

【分析】(1)先证线面垂直再得面面垂直即可；

(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量计算即可.

【详解】(1)设圆。的半径为，，

在△力。B中，。力=OB=r,Z.AOB=—,^OAB=

36

故48=V3r,又4F=2FB,故力/=雪，

22

在△力。F中，由余弦定理得OF?=0^+AF2_20A-AF-C0SZ.0AF=|0X=1r,

所以。^2+。尸2=力/2,即。4J.OF；

圆锥中，P。！底面。0,OFu底面。0,故P0_L0F,

又。力ClOP=。，所以。Fl平面40P,

又。Fu平面OEF,所以平面AOP_L平面。EF.

(2)以。为原点，建立如图所示的空间直角坐标系。-tyz,

不妨设。4=疗则。P=AB=百。4=3,。9=亨。4=1,

则4(®0,0),P(0,0,3),B(-y,I，0),4-手，I，I),F(0,1,0),

ZP=(-V3,0,3),荏=(-J,I),OF=(0,1,0),

设平面OEF的一个法向量为元=(x,y,z),

有g•匹=0,即9%+3y+Tz=0,解得元=(2百，0,]),

(71•OF=0y=0

设直线2P与平面OEF所成角为仇

则Sind=|cos<XP,n)|=盘篇=|6+3|_V39

V12-V13-26'

【变式3-3】如图，在四棱锥P—ABCD中，底面4BCD是边长为2的菱形，ACnBD=0,且P。1平面4BCQ,

P0=2,F,G分别是P8,PD的中点，E是24上一点，且AP=3AE.

（1）求证：BD〃平面EFG；

⑵若=y,求直线P力与平面EFG所成角的余弦值.

【分析】（1）通过证明BD〃GF即可证明结论;

（2）以。为原点建立空间直角坐标系，由选择条件可得相应点坐标，可得向量P力坐标与平面EFG法向量坐

标，即可得线面夹角正弦值，从而可得答案.

【详解】（1）证明：G,尸分别为PD,PB中盘，：.GF//DB,

又BD之平面GEF,GFu平面GEF,

•­.B。//平面EFG；

（2）底面力BCD是边长为2的菱形，所以力C1BD,又P。1平面4BCD,。力,。8u平面力BCD,

所以P。1OA,PO10B,

如图所示，以。为原点，以。4OB,OP所在直线为招y,z轴，建立空间直角坐标系，

z

Z.DAB=y,底面A8CD是边长为2的菱形，OA=1,OD=OB=V3,

则4L0,0),B(0,丹0),D(0,一遮,0),P(0,0,2),G(0,一孚,1),尸(0,今1).

•••PA=(1,0,一2),Q=(-1,0,2),=(1,0,0),

又4P=34E,AE=-AP,OE=OA+-AP=(-,0,-),

33、337

'3237'323)

设平面EFG的一个法向量为元=(x,y,z),

21

+o

-X+V-3y-z-

n•EF=—3-o

32=

则21-令久=1,所以元=(1,0,2),

-V-3O

X-y+-Z-2X

n-EG=—323

设直线P力与平面EFG所成角为仇0e(0W

则5也”鼎=悬=|，故有cose=Vl—sin2e=：

所以直线P4与平面EFG所成角的余弦值:

【变式3-4］在圆柱。1。2中，等腰梯形2BCD为底面圆。1的内接四边形，且力。=DC=BC=1,矩形力BFE

是该圆柱的轴截面，CG为圆柱的一条母线，CG=1.

(1)求证：平面。1CG〃平面力DE；

(2)设丽=4历，Ae[0,1],试确定4的值，使得直线4P与平面4BG所成角的正弦值为甯.

【分析】(1)先证明AE〃平面%CG以及4。〃平面0CG,根据面面平行的判定定理即可证明结论；

(2)建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面4BG的一个法向量，根据空间角的向量求法，即可

求得答案.

【详解】(1)在圆柱3。2中，4E〃CG,4EC平面0CG,CGu平面。1CG,

故AE〃平面3CG；

连接。。1，因为等腰梯形4BCD为底面圆。1的内接四边形，AD=DC=BC=1,

故乙4。)==乙BO1C=]

则△力0道为正三角形，故血。D=NCO/=泉则力。〃。传，

ADC平面O/G,OiCu平面。iCG,

故4D〃平面gCG；

5LAEnAD=A,AE,ADu平面ADE,

故平面力DE〃平面0CG.

(2)如图，以。1为坐标原点，在底面圆。1过点3垂直于平面4BFE作直线为x轴,

以0道,。1。2为y,z轴建立空间直角坐标系，

由于4。=DC=BC=1,CG=1,由（1）可知4。1=1,

故4（0,-l,0）,B（0,l,0）,G,D（-,E（0,-1,1）,

则荏=（0,2,0）,庶=（一曰9,1）,

设平面力BG的一个法向量为元=（x,y,z）,

则g.巫=0,即[,

tn-XG=0[-—x+-y+z^0

令x=2>/3,则无=（2百,0,3）,

由丽=4福AG[0,1]>OF=（y，-pl）>

可得Pg"孚,_/一：）,.•.标=停”今_"+刊，

设直线4P与平面4BG所成角为a。C[0,^],

则sine=|cos伉而）|=鬻=网一3涔匚=臂，

\n\\AP\V12+0+9-V2A2-2A+l35

即得一94+2=0,解得4=]或4=3符合46[0,1],

故A--（或％—|.

【变式3-5]如图，在直角梯形/BCD中，AD//BC,AD1CD,四边形CDEF为平行四边形，对角线CE和DF

相交于点X,平面CDEFL平面4BCD,BC=2AD,zDCF=60°,G是线段BE上一动点（不含端点）.

（1）当点G为线段的中点时，证明：AG/mCDEF；

（2）若=1,CD=DE=2,且直线DG与平面CDEF成45。角，求二面角E—DG-F的正弦值.

【分析】（1）连接GH,4G,由三角形中位线和边长关系可知四边形力DHG是平行四边形，即可证明4G//平面

CDEF；

（2）根据题意可知，以C为原点建立空间直角坐标系，可设前=4厢利用空间向量即可表示出尻，进而确

定G点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角E-DG-F的正弦值为手.

【详解】（1）证明:

连接GH,ZG,如下图（1）中所示：

因为四边形CDEF为平行四边形，所以H是CE中点，

又G点为线段BE的中点，则GH//BC,且GH=^BC,

y,AD//BCS.AD=~BC,所以GH//4D,GH=AD,

所以四边形4DHG是平行四边形，所以4G//DH,

又4GC平面CDEF,DHu平面CDEF,所以4G〃平面CDEF；

（2）以C为原点，CB,CD为x,y轴,过C且在平面CDEF内与CD垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如

图（2）所示:

由平面平面4BCD,Z.DCF=60°,CD=DE=2可知,

ACDF,△DEF均为边长为2的正三角形,

贝［|有。(0,2,0),5(2,0,0),E(0,3,V3),F(0,l,呵,

设泰=ABE=(-22,32,73/1),0<A<1,

则无=打一而=(一2九32,V3A)-(-2,2,0)=(2—24,34-2,V3A),

了=（1,0,0）为平面CDEF的法向量,

所以|cos(而⑻|=|2-2A|V2

V(2-2A)2+(3A-2)2+3/l2

解得4=?（其中4=0舍去），所以G（l,g,苧）,

m-DE=(x1(yltz。,(0,1,V3)=71+V3Zi=0

设平面EOG的法向量为隹=（无力为以1）,则有

m-'DG=(%i，ynzi)♦(1,-py)=%i-6+y2i=0

令Zi=l,贝氏1=-V5,yi=-8，故可取隹=（一百,一百,1）.

n-DF=(x2fy2/z2)-(0,-1,V3)=-y2+V3z2=0

设平面FDG的法向量为元=（%2，丫2,22），则有•

22+^2=

n-DG=(x2ly2,z2)-=无0

令Z2=1,则第2=。,力=百，故可取元=（0,73,1）

所以=^r=-^-=-

cos(m,n)\m\\n\V7x2Y7-

所以二面角E—OG—F的正弦值为Jl—

即二面角E—DG—尸的正弦值为^

弘考法四：用空间向量解决面面夹角问题

画例题分析

【例4】如图，在三棱柱A8C—力iBiCi中，侧面BBiCiC为菱形，NCBBi=60°,48=BC=2,AC=AB、=0.

⑵求平面力CC\&与平面2/iCi夹角的余弦值.

【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；

(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.

【详解】(1)如图，连接8的，交BiC于。，连接40.

因为侧面BBiCiC为菱形，所以BiCiBCi，且。为的中点.又4C=4Bi=&,故4。，/C.

又48=BC=2,且NCBBi=60°,所以C。=1,BO=显,所以4。=V^C2-CO2=1.5LAB=2,所以4B2=

BO2+A02,所以力。1BO.

因为B。,CBiu平面BBiQC,BOnCBX=0,所以4。_L平面BB©C.

又4。u平面AC/,所以平面AC/1平面BBiQC.

(2)由(1)知，。4。5。/两两互相垂直，因此以。为坐标原点，。3,。81，。力所在直线分别为%轴，y轴,

z轴,建立如图所示的空间直角坐标系。一盯z,则4(0,0,1),B(V3,0,0),C(0,-1,0),Q(-V3,0,0).

故西=（一百,1,0）,CA=（0,1,1）,CB=（V3,l,o）.

设元=01，乃,Z1）为平面4%遇1的一个法向量，则有产,巴=°,即［—京1+乃=°,令久

=1,则元=

IH-Ci4=o（yi+zi=o

（1,73,-73）.

设行=3，丫2*2）为平面力BC的一个法向量，则有回.至=°,即j%+Z2=°令犯=1,

则隹=(1,-

百,百）.因为平面力1%。||平面4BC,所以记=（1,一百，百）也是平面力中忑1的一个法向量.

所以|cos（元记〉|=*.

|n||7n|V7xv77

所以平面力CQ&与平面&B1C1夹角的余弦值提

满分秘籍

1图示：

2计算公式:

为〃2_l»r^2l

COS9=|cos〈〃1，〃2〉|—

M1IW2I~\ni\\n2\

3易错点：两个平面成角范围是［0自，二面角的范围［0,元］。

变式训练

【变式4-1］如图，在四棱锥A—BCDE中，侧面ADE1底面BCDE,底面BCDE为菱形，A.BCD=120°,AE1

AD,/.ADE=30°.

A

B«---------------

(1)若四棱锥力-8CDE的体积为1,求DE的长；

(2)求平面4BE与平面力CD所成二面角的正弦值.

【答案】(1)2

【分析】(1)过4作2GLDE于G,连接CE,根据面面垂直得性质可得4G，底面BCDE,设。E=a,求出4G,

再根据锥体的体积公式即可得解；

(2)取DE的中点。，连接。C,则。CLDE,以方的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

利用向量法求解即可.

【详解】(1)如图，过4作4GlDE于G,连接CE,

因为侧面ADE1底面BCDE,且侧面ADECl底面BCDE=DE,AGu面ADE,

所以4G，底面BCDE,

设DE=a,因为力E14D,N4DE=30。，

所以/G=AD,sin30°=—ctx—=—a,

224

在菱形BCDE中，^BCD=120°,则△BCE为等边三角形，

则SRCDE=2s△BCE—手次，

所以四棱锥"BCDE的体积V.x小2xfa=9=1,

解得0E=a=2；

(2)取0E的中点0,连接0C,则0C10E,

以玩的方向为%轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设=4,

则。(0,2,0),E(0,-2,0),。(28,0,0),以2低-4,0),/(0,-1,⑹,

BE='CD=(-273,2,0),EA=(0,1,电DA=^0f-3,V3),

设平面/BE的法向量为记=Qx,y,z),

nil(m-BE=-2A/3X+2y=0

则—一厂令z=1,得记=(-1,—y/3,1),

Im-=y+V3z=0

设平面/CO的法向量为针=(%»1),

n•CD=—2y[3x+2y=0

令y'=V3,得五=(1,73,3),

、n-DA=-3y+V3z=0

frill1—»T\TTl'Tl_1—3+3V65

则cos(犯⑴=而而=而后~65~

故平面4BE与平面力CD所成二面角的正弦值为Jl-(-等)2=鬻.

【变式4-2】如图所示，在四棱锥E—4BCD中，底面力BCD为直角梯形，AB〃CD,4B=[CD,CD1C