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2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法

2021高考数学二轮复习专题练 三、核心热点突破 专题三 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法

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第3讲　立体几何中的向量方法
高考定位　以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.

真 题 感 悟
1.(2020·新高考山东卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.

(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
(1)证明　因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD.
又底面ABCD为正方形，所以AD⊥DC，
又PD∩DC＝D，所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD，因此l⊥平面PDC.
(2)解　以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.

则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，P(0，0，1)，
＝(0，1，0)，＝(1，1，－1).
由(1)可设Q(a，0，1)，
则＝(a，0，1).
设n＝(x，y，z)是平面QCD的法向量，
则 即
可取n＝(－1，0，a).
所以cos〈n，〉＝＝.
设PB与平面QCD所成角为θ，
则sin θ＝×＝.
因为＝≤，当且仅当a＝1时等号成立，
所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
2.(2020·全国Ⅰ卷)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝DO.

(1)证明：PA⊥平面PBC；
(2)求二面角B－PC－E的余弦值.
(1)证明　设DO＝a，由题设可得PO＝a，AO＝a，
AB＝AC＝BC＝a，PA＝PB＝PC＝a.
因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.
又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.
又PB，PC⊂平面PBC，PB∩PC＝P，
所以PA⊥平面PBC.
(2)解　以O为坐标原点，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

由题设可得E(0，1，0)，A(0，－1，0)，C，P.
所以＝，＝.
设m＝(x，y，z)是平面PCE的法向量，则即
可取m＝.
由(1)知＝是平面PCB的一个法向量.
记n＝，则cos〈n，m〉＝＝.
所以二面角B－PC－E的余弦值为.
考 点 整 合
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同).
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θ，则
cos θ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ，则
sin θ＝|cosa，μ|＝.
(3)面面夹角
设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，
则|cos θ|＝|cosμ，v|＝.

热点一　利用空间向量证明平行、垂直
【例1】 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点.证明：

(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面PAD；
(3)平面PCD⊥平面PAD.
证明　依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).

(1)向量＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0.
所以BE⊥DC.
(2)因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，
所以向量＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量，
而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE⊥AB，
又BE⊄平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)由(2)知平面PAD的法向量＝(1，0，0)，向量＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.
且n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥.
所以平面PAD⊥平面PCD.
探究提高　1.利用向量法证明平行、垂直，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).
2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的定理，如在(2)中忽略BE⊄平面PAD而致误.
【训练1】 如图，在直三棱柱ADE－BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点.证明：

(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明　(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.
＝，＝(－1，0，0)，
∴·＝0，∴⊥.
∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，
且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)在第(1)问的空间直角坐标系中，设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
∵＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，＝(0，－1，1)，
由得
令x1＝1，则n1＝.
同理可得n2＝(0，1，1).
∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
热点二　线线角、线面角的求解
【例2】 (2020·浙江卷)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC.

(1)证明：EF⊥DB；
(2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.
(1)证明　如图(1)，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB.

图(1)
由∠ACD＝45°，DO⊥AC，得
CD＝CO.
由平面ACFD⊥平面ABC，得DO⊥平面ABC，
所以DO⊥BC.
由∠ACB＝45°，
BC＝CD＝CO，得BO⊥BC.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB.
由ABC－DEF为三棱台，得BC∥EF，所以EF⊥DB.
(2)解　法一　如图(1)，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH.由ABC－DEF为三棱台，得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由BC⊥平面BDO，得OH⊥BC，故OH⊥平面DBC，
所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角.
设CD＝2，
则DO＝OC＝2，BO＝BC＝，得BD＝，OH＝，所以sin∠OCH＝＝.
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
法二　由ABC－DEF为三棱台，得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ.
如图(2)，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.

图(2)
设CD＝2，
由题意知各点坐标如下：
O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2).
因此＝(0，2，0)，＝(－1，1，0)，＝(0，－2，2).
设平面DBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由即可取n＝(1，1，1)，
所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
探究提高　1.异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.
2.直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与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).
【训练2】 (2020·全国Ⅱ卷)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

(1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
(1)证明　因为侧面BB1C1C是矩形且M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1.
又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN.
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N.
又侧面BB1C1C是矩形，所以B1C1⊥MN.
又A1N∩MN＝N，A1N，MN⊂平面A1AMN，
所以B1C1⊥平面A1AMN.又B1C1⊂平面EB1C1F，
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.
(2)解　由已知及(1)得AM⊥BC，MN⊥BC，AM⊥MN.以M为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M－xyz，则AB＝2，AM＝.
连接NP，AO∥平面EB1C1F，AO⊂平面A1AMN，
平面A1AMN∩平面EB1C1F＝PN，故AO∥PN.
又AP∥ON，则四边形AONP为平行四边形，

故PM＝，E.
由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC.
作NQ⊥AM，垂足为Q，则NQ⊥平面ABC.
设Q(a，0，0)，则
NQ＝，
B1.
故＝，
||＝.
又n＝(0，－1，0)是平面A1AMN的一个法向量，
故sin＝cos〈n，〉＝＝.
所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.
热点三　利用向量求二面角
【例3】 (2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1.

(1)证明：点C1在平面AEF内；
(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角A－EF－A1的正弦值.
解　设AB＝a，AD＝b，AA1＝c.如图，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向， 建立空间直角坐标系C1－xyz.

(1)证明　连接C1F，C1(0，0，0)，A(a，b，c)，E，F，＝，＝，得＝，
因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，
所以点C1在平面AEF内.
(2)由已知得A(2，1，3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)，A1(2，1，0)，＝(0，－1，－1)，＝(－2，0，－2)，＝(0，－1，2)，＝(－2，0，1).
设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则
即可取n1＝(－1，－1，1).
设n2为平面A1EF的法向量，则
同理可取n2＝.
设二面角A－EF－A1的平面角为α，所以cos α＝cos〈n1，n2〉＝＝－，
则sin α＝＝，
所以二面角A－EF－A1的正弦值为.
探究提高　1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.
2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.
【训练3】 (2020·沈阳一监)如图，已知△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE∥BD，BD＝2CE.点F为AD的中点，连接EF.

(1)求证：EF∥平面ABC；
(2)求二面角C－AE－D的余弦值.
(1)证明　取AB的中点为O，连接OC，OF，如图.

∵O，F分别为AB，AD的中点，∴OF∥BD且BD＝2OF.
又CE∥BD且BD＝2CE，
∴CE∥OF且CE＝OF，
∴OF綊EC，则四边形OCEF为平行四边形，∴EF∥OC.
又OC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC.
(2)解　∵△ABC为等边三角形，O为AB的中点，
∴OC⊥AB.
∵平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD＝AB，BD⊥AB，BD⊂平面ABD，∴BD⊥平面ABC.
又OF∥BD，∴OF⊥平面ABC.
以O为坐标原点，分别以OA，OC，OF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨令正三角形ABC的边长为2，则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，，0)，E(0，，1)，D(－1，0，2)，
∴＝(－1，，0)，＝(－1，，1)，＝(－2，0，2).
设平面AEC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则

不妨令y1＝，则m＝(3，，0).
设平面AED的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则

令z2＝1，得n＝(1，0，1).
∴cos〈m，n〉＝＝.
由图易知二面角C－AE－D为钝角，
∴二面角C－AE－D的余弦值为－.
热点四　利用空间向量求解探索性问题
【例4】 (2020·武汉调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O是AC与BD的交点，点E是线段OD1上的一点.

(1)若点E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；
(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由.
解　(1)不妨设正方体的棱长为2.
以D为坐标原点，分别以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D(0，0，0)，D1(0，0，2)，C(0，2，0)，O(1，1，0).
因为E为OD1的中点，
所以E.
则＝(－1，－1，2)，＝，＝(0，2，0).
设p＝(x0，y0，z0)是平面CDE的法向量，
则即
取x0＝2，则y0＝0，z0＝－1，
所以p＝(2，0，－1)为平面CDE的一个法向量.
设直线OD1与平面CDE所成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈，p〉|＝
＝＝，
即直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.
(2)存在，且点E为线段OD1上靠近点O的三等分点.理由如下.
假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O.
同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E不与点O重合，
设＝λ，λ∈[0，＋∞)，＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，2).
设m＝(x1，y1，z1)是平面CD1O的法向量，
则即
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，
所以m＝(1，1，1)为平面CD1O的一个法向量.
因为＝λ，所以点E的坐标为，
所以＝.
设n＝(x2，y2，z2)是平面CDE的法向量，
则即
取x2＝1，则y2＝0，z2＝－，
所以n＝为平面CDE的一个法向量.
因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n.
则m·n＝0，所以1－＝0，解得λ＝2.
所以当＝2，即点E为线段OD1上靠近点O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.
探究提高　1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误.
2.空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，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(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.
【训练4】 (2019·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝.

(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角F－AE－P的余弦值；
(3)设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.
(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.
(2)解　过点A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，AM，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).

因为E为PD的中点，
所以E(0，1，1).
所以＝(0，1，1)，＝(2，2，－2)，＝(0，0，2).
所以＝＝，
所以＝＋＝.
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.
于是n＝(－1，－1，1).
又因为平面PAD的一个法向量为p＝(1，0，0)，
所以cos〈n，p〉＝＝－.
由题知，二面角F－AE－P为锐角，所以其余弦值为.
(3)解　直线AG在平面AEF内，理由如下：
因为点G在PB上，
且＝，＝(2，－1，－2)，
所以＝＝，
所以＝＋＝.
由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1，1)，
所以·n＝－＋＋＝0.
又点A∈平面AEF，所以直线AG在平面AEF内.

A级　巩固提升
一、选择题
1.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
解析　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.由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，).则cos〈，〉＝＝＝，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.

答案　C
2.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2.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. B. C. D.
解析　如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，P(0，0，4)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2).

所以＝(2，4，0)，＝(0，2，2)，＝(－2，0，0).
设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)，
由n⊥，n⊥，
可得令z＝1，得n＝(2，－1，1).
设CD与平面ACM所成的角为α，
则sin α＝＝.
答案　D
3.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，M为棱A1B1上一点，且A1M＝λ(0<λ<2)，设N为线段ME的中点，则点N到平面D1EF的距离为(　　)

A.λ B. C.λ D.
解析　以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则M(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，
＝(－2，0，1)，＝(0，2，0)，＝(0，λ，1).
设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝1，得z＝2，则n＝(1，0，2)为平面D1EF的一个法向量.
则点M到平面D1EF的距离d＝＝＝.
因为N为线段EM的中点，所以点N到平面D1EF的距离为，故选D.
答案　D
4.(多选题)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED＝FB＝1，G为线段EC上的动点，下列结论正确的是(　　)

A.EC⊥AF
B.该几何体外接球的表面积为3π
C.若G为线段EC的中点，则GB∥平面AEF
D.AG2＋BG2的最小值为3
解析　如图，几何体可补成正方体，以D为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系D－xyz，由正方体的性质可知EC⊥AF，故A正确；

该几何体的外接球即为正方体的外接球，所以外接球的直径为正方体的体对角线长，所以该几何体的外接球的半径为，即外接球的表面积为3π，故B正确；
连接HC，BG，由正方体性质可知，HC⊥平面AEF，所以即为平面AEF的一个法向量，H(1，0，1)，C(0，1，0)，所以＝(－1，1，－1)，若G为线段EC的中点，则G，B(1，1，0)，则＝，因为·＝0，又GB⊄平面AEF，所以GB∥平面AEF，故C正确；
设G(0，t，1－t)(0≤t≤1)，又B(1，1，0)，A(1，0，0)，所以＝(－1，t，1－t)，＝(－1，t－1，1－t)，所以AG2＋BG2＝(－1)2＋t2＋(1－t)2＋(－1)2＋(t－1)2＋(1－t)2＝4t2－6t＋5，故当t＝时，AG2＋BG2取得最小值为，故D错误.故选ABC.
答案　ABC
二、填空题
5.(2020·合肥模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，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D－xyz，

则D1(0，0，1)，C1(0，2，1)，A1(1，0，1)，B(1，2，0).
∴＝(0，2，0)，
＝(－1，2，0)，＝(0，2，－1)，
设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，
由
得令y＝1，得n＝(2，1，2)，
设直线D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.
答案　
6.如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周).若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________.

解析　由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示.

则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，
S(0，0，)，M，
设P(x，y，0)，
∴＝，＝，
由·＝0得y＝，
∴点P的轨迹方程为y＝.
根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为
2＝.
答案　
7.如图，在四棱锥P－ABCD中，PB⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3，点E在棱PA上，且PE＝2EA，则平面ABE与平面BED所成二面角的余弦值为________.

解析　以点B为坐标原点，分别以BC，BA，BP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

则B(0，0，0)，A(0，3，0)，P(0，0，3)，D(3，3，0)，E(0，2，1)，∴＝(0，2，1)，＝(3，3，0).
设平面BED的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
取z＝1，得n＝，
平面ABE的一个法向量为m＝(1，0，0)，
∴cos〈n，m〉＝＝.
∵平面ABE与平面BED所成的二面角为锐角，
∴平面ABE与平面BED所成的二面角的余弦值为.
答案　
三、解答题
8.(2020·郑州一预)已知三棱锥M－ABC，MA＝MB＝MC＝AC＝2，AB＝BC＝2，O为AC的中点，点N在边BC上，且＝.

(1)求证：BO⊥平面AMC；
(2)求二面角N－AM－C的正弦值.
(1)证明　连接OM.在△ABC中，∵AB＝BC＝2，AC＝2，
∴∠ABC＝90°，BO＝，OB⊥AC.
在△MAC中，∵MA＝MC＝AC＝2，O为AC的中点，
∴OM⊥AC，且OM＝.
在△MOB中，∵BO＝，OM＝，MB＝2，
∴BO2＋OM2＝MB2，∴OB⊥OM.
∵AC∩OM＝O，AC⊂平面AMC，OM⊂平面AMC，
∴OB⊥平面AMC.
(2)解　由(1)知OB，OC，OM两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OM所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz，如图.

∵MA＝MB＝MC＝AC＝2，
AB＝BC＝2，
∴A(0，－，0)，B(，0，0)，M(0，0，)，C(0，，0).
∵＝，∴N，
∴＝，＝(0，，)，＝(，0，0).
设平面MAN的法向量为n＝(x，y，z)，
则
令y＝，则z＝－1，x＝－5，得n＝(－5，，－1).
∵BO⊥平面AMC，
∴＝(，0，0)为平面AMC的一个法向量.
∴n＝(－5，，－1)与＝(，0，0)所成角的余弦值
cos 〈n，〉＝＝.
∴所求二面角的正弦值为＝＝.
9.(2020·西安模拟)在如图所示的多面体中，四边形ABEG是矩形，梯形DGEF为直角梯形，平面DGEF⊥平面ABEG，且DG⊥GE，DF∥GE，AB＝2AG＝2DG＝2DF＝2.

(1)求证：FG⊥平面BEF.
(2)求二面角A－BF－E的大小.
(1)证明　∵平面DGEF⊥平面ABEG，且BE⊥GE，
∴BE⊥平面DGEF.
又FG⊂平面DGEF，∴BE⊥FG.
由题意得FG＝FE＝，
∴FG2＋FE2＝GE2，则FE⊥FG.
又BE，EF是平面BEF内的两条相交直线.
故FG⊥平面BEF.
(2)解　如图所示，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(1，2，0)，E(0，2，0)，F(0，1，1)，＝(1，－1，－1)，＝(1，1，－1)，＝(0，1，－1).

设平面AFB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则⇒⇒
令x1＝1，n＝(1，0，1).
由(1)可知平面EFB的法向量为m＝＝(0，1，1).
∴cos〈n，m〉＝＝＝，
因此两平面法向量的夹角为，
由图可知，二面角A－BF－E为钝二面角，所以二面角A－BF－E的大小为.
B级　能力突破
10.(2020·江南十校联考)已知矩形ABCD中，AB＝2，AD＝3，在AD上取一点E满足2AE＝ED.现将△CDE沿CE折起使点D移动至P点处，使得PA＝PB.

(1)求证：平面PCE⊥平面ABCE；
(2)求二面角B－PA－E的余弦值.
(1)证明　依题意得：PE＝PC＝2，
分别取线段AB，CE的中点O，M，
连接△POM的三边(如图).

则PM⊥CE，
由PA＝PB，得PO⊥AB，①
又OM为梯形ABCE的中位线，∴OM∥BC，
由BC⊥AB，得OM⊥AB，②
又PO∩OM＝O，
从而AB⊥平面POM，则AB⊥PM.
在平面ABCE中，AB与CE相交.
∴PM⊥平面ABCE，故平面PCE⊥平面ABCE.
(2)解　过点O作PM平行线为z轴，分别以OA，OM为x，y轴建立空间直角坐标系.
则A(1，0，0)，B(－1，0，0)，E(1，1，0)，P(0，2，)，
∴＝(1，－2，－)，＝(2，0，0)，＝(0，1，0)，
设n＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则
即
令y＝1，得n＝(0，1，－)，
同理：平面PAE的法向量m＝(，0，1)，
∴cos〈m，n〉＝＝－，
根据图形知二面角B－PA－E为钝角，
∴二面角B－PA－E的余弦值为－.
11.(2020·衡水检测)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，BC⊥CD，AB＝2BC＝2CD.△EAB是以AB为斜边的等腰直角三角形，且平面EAB⊥平面ABCD.点F满足：＝λ(λ∈[0，1]).

(1)试探究λ为何值时，CE∥平面BDF，并给予证明；
(2)在(1)的条件下，求直线AB与平面BDF所成角的正弦值.
解　(1)当λ＝时，CE∥平面FBD.
证明如下：连接AC，交BD于点M，连接MF，
因为AB∥CD，所以AM∶MC＝AB∶CD＝2∶1.
又＝，所以FA∶EF＝2∶1.
所以AM∶MC＝AF∶EF＝2∶1.
所以MF∥CE.
又MF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，
所以CE∥平面BDF.
(2)取AB的中点O，连接EO，OD.则EO⊥AB.
又因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EO⊂平面ABE，
所以EO⊥平面ABCD，
因为OD⊂平面ABCD，所以EO⊥OD.
由BC⊥CD，及AB＝2CD，AB∥CD，得OD⊥AB，
由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

因为△EAB为等腰直角三角形，AB＝2BC＝2CD，
所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1，
所以O(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，E(0，0，1).
所以＝(2，0，0)，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，－1)，
＝＝，F，
所以＝.
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有所以
取x＝1，得n＝(1，1，2).
设直线AB与平面BDF所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝
＝＝.
故直线AB与平面BDF所成角的正弦值为.