2020届二轮复习立体几何中的向量方法教案（全国通用）

2020届二轮复习 立体几何中的向量方法 教案（全国通用）
1．共线向量与共面向量
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a、b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a＝λb.
(2)共面向量定理：如果两个向量a、b不共线，则向量p与向量a、b共面的充要条件是存在唯一实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
2．两个向量的数量积
向量a、b的数量积：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
向量的数量积满足如下运算律：
①(λa)·b＝λ(a·b)；
②a·b＝b·a(交换律)；
③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)．
3．空间向量基本定理
如果三个向量a、b、c不共面，那么对空间任一向量p，存在唯一有序实数组{x，y，z}，使p＝xa＋yb＋zc.
推论：设O、A、B、C是不共面的四点，则对空间任一点P，都存在唯一的有序实数组{x，y，z}，使＝x＋y＋z.
4．空间向量平行与垂直的坐标表示
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
则a∥b⇔a＝λb⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)；
a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.
5．模、夹角和距离公式
(1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则
|a|＝＝，
cos〈a，b〉＝＝.
(2)距离公式
设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则
||＝.
(3)平面的法向量
如果表示向量a的有向线段所在的直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a⊥α.
如果a⊥α，那么向量a叫做平面α的法向量．
6．空间角的类型与范围
(1)异面直线所成的角θ：0<θ≤；
(2)直线与平面所成的角θ：0≤θ≤；
(3)二面角θ：0≤θ≤π.
7．用向量求空间角与距离的方法
(1)求空间角：设直线l1、l2的方向向量分别为a、b，平面α、β的法向量分别为n、m.
①异面直线l1与l2所成的角为θ，则cosθ＝.
②直线l1与平面α所成的角为θ，则sinθ＝.
③平面α与平面β所成的二面角为θ，则|cosθ|＝.
(2)求空间距离
①直线到平面的距离，两平行平面间的距离均可转化为点到平面的距离．
点P到平面α的距离：d＝(其中n为α的法向量，M为α内任一点)．
②设n与异面直线a，b都垂直，A是直线a上任一点，B是直线B上任一点，则异面直线a、b的距离d＝.

高频考点一　向量法证明平行与垂直
例1、（2018年天津卷）如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；
（II）求二面角的正弦值；
（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.

【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).
【解析】依题意，可以建立以D为原点，
分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），
可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．

（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．
设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，
则 即
不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．
又=（1，，1），可得，
又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．
设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．
设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．
因此有cos=，于是sin=．
所以，二面角E–BC–F的正弦值为．
（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），
可得．
易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，
故，
由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．
所以线段的长为.
【变式探究】如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.

(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
【证明】以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz如图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，

所以E，F，
＝，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)．
(1)因为＝－，所以∥，
即EF∥AB.
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
所以EF∥平面PAB.
(2)因为·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
所以⊥，⊥，
即AP⊥DC，AD⊥DC.
④转化为几何结论．
【变式探究】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4.
(1)求证：M为PB的中点；
(2)求二面角B­PD­A的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．

解析：(1)证明：如图，设AC，BD交于点E，连接ME，
因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，
所以PD∥ME.
因为四边形ABCD是正方形，
所以E为BD的中点，
所以M为PB的中点．

(2)取AD的中点O，连接OP，OE.
因为PA＝PD，所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，且OP⊂平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.
因为四边形ABCD是正方形，所以OE⊥AD.
如图，建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)．

设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝1，z＝.
于是n＝(1,1，)．
平面PAD的法向量为p＝(0,1,0)，
所以cos〈n，p〉＝＝.
(3)由题意知M，C(2,4,0)，＝.
设直线MC与平面BDP所成角为α，则
sin α＝|cos〈n，〉|＝＝，
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.
高频考点三 　探索性问题
要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．
例 、如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.

(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【解析】　(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，
所以PD⊥平面PAB.
(2)取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥CD.
又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
如图，建立空间直角坐标系O －xyz.
由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．

设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2,2)．
又＝(1,1，－1)，所以cos〈n，〉＝＝－.
(3)设M是棱PA上一点，
则存在λ∈[0,1]使得＝λ.
因此点M(0,1－λ，λ), ＝(－1，－λ，λ)．
因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.
解得λ＝.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.
【方法技巧】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，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，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．
【变式探究】如图所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E的线段AA1上．

(1)当AEEA1＝12时，求证：DE⊥BC1；
(2)是否存在点E，使二面角D­BE­A等于60°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由．

(2)假设存在点E满足条件，设AE＝h.
取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD.

如图，分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，
则A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)．
所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(－1，，0)，＝(0,0，h)．
设平面DBE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)则
即
令z1＝1，得n1＝(－h,0,1)．
同理，设平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即
得n2＝(，1,0)．
所以|cos〈n1，n2〉|＝＝cos60°＝.
解得h＝<，故存在点E满足条件．
当AE＝时，二面角D­BE­A等于60°.

1. （2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析
（Ⅱ）
【解析】
方法一：
（Ⅰ）由得，
所以.
故.
由，得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.

由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.

【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).
【解析】依题意，可以建立以D为原点，
分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），
可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．

（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．
设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，
则 即
不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．
又=（1，，1），可得，
又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．
设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．
设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，
则 即
不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．
因此有cos=，于是sin=．
所以，二面角E–BC–F的正弦值为．
（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），
可得．
易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，
故，
由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．
所以线段的长为.
3. （2018年北京卷）如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．

（Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；
（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；
（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】(1)证明见解析
(2) B-CD-C1的余弦值为
(3)证明过程见解析
【解析】
（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
∴AC⊥平面BEF．
（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如图建立空间直角坐称系E-xyz．

由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
设平面BCD的法向量为，
∴，∴，
令a=2，则b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，
又∵平面CDC1的法向量为，
∴．
由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．
（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），
∴，∴，∴与不垂直，
∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
4. （2018年江苏卷）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．

（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．
因为AB=AA1=2，
所以．

（1）因为P为A1B1的中点，所以，
从而，
故．
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．
（2）因为Q为BC的中点，所以，
因此，．
设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取，
设直线CC1与平面AQC1所成角为，
则，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．
5. （2018年江苏卷）在平行六面体中，．

求证：（1）；
（2）．
【答案】答案见解析
【解析】
证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．
又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因为AB1平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
6. （2018年全国I卷理数）如图，四边形为正方形，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析.
(2) .
【解析】
（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.

由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.
可得.
则为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为，则.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
7. （2018年全国Ⅲ卷理数）如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．

【答案】（1）见解析
（2）
【解析】
（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
（2）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.

当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，

设是平面MAB的法向量,则
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
8. （2018年全国Ⅱ卷理数）如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）见解析（2）
【解析】
（1）因为，为的中点，所以，且.
连结.因为，所以为等腰直角三角形，
且，.
由知.
由知平面.
（2）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.

由已知得取平面的法向量.
设，则.
设平面的法向量为.
由得，可取，
所以.由已知得.
所以.解得（舍去），.
所以.又，所以.
所以与平面所成角的正弦值为.
1.【2017课标1，理18】如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且.

（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD.
由于AB∥CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD.
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
（2）在平面内做，垂足为，
由（1）可知， 平面，故，可得平面.
以为坐标原点， 的方向为轴正方向， 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.

由（1）及已知可得，，，.
所以，，，.
设是平面的法向量，则
，即，
可取.
设是平面的法向量，则
，即，
可取.
则，
所以二面角的余弦值为.
2.【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形（及其内部）以边所在直线为旋转轴旋转得到的，是的中点.
（Ⅰ）设是上的一点，且，求的大小；
（Ⅱ）当，，求二面角的大小.

【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）因为， ，
， 平面，，
所以平面，
又平面，
所以，又，
因此

（Ⅱ）以为坐标原点，分别以， ， 所在的直线为， ， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得 ， ，，故，，， 设是平面的一个法向量.
由可得
取，可得平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量.
由可得
取，可得平面的一个法向量.
所以.
因此所求的角为.
3.【2017北京，理16】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，PA=PD=，AB=4．
（I）求证：M为PB的中点；
（II）求二面角B-PD-A的大小；
（III）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）详见解析：（Ⅱ） ；（Ⅲ）
【解析】
（I）设交点为，连接.
因为平面，平面平面，所以.
因为是正方形，所以为的中点，所以为的中点.

（II）取的中点，连接， .
因为，所以.
又因为平面平面，且平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为是正方形，所以.
如图建立空间直角坐标系，则， ， ，
，.
设平面的法向量为，则，即.
令，则， .于是.
平面的法向量为，所以.
由题知二面角为锐角，所以它的大小为.

（III）由题意知， ，.
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
4.【2017天津，理17】如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.

（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；
（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长.
【答案】 （1）证明见解析（2） （3） 或
【解析】如图，以A为原点，分别以， ， 方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.

（Ⅰ）证明： =（0，2，0），=（2，0， ）.设，为平面BDE的法向量，
则，即.不妨设，可得.又=（1，2， ），可得.
因为平面BDE，所以MN//平面BDE.
（Ⅱ）解：易知为平面CEM的一个法向量.设为平面EMN的法向量，则，因为，，所以.不妨设，可得.
因此有，于是.
所以，二面角C—EM—N的正弦值为.
（Ⅲ）解：依题意，设AH=h（），则H（0，0，h），进而可得，.由已知，得，整理得，解得，或.
所以，线段AH的长为或.
5.【2017江苏，22】 如图， 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=，
.
（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
（2）求二面角B-A1D-A的正弦值.

【答案】（1）（2）
【解析】在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E.
因为AA1平面ABCD，
所以AA1AE，AA1AD.
如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系A-xyz.
因为AB=AD=2，AA1=，.
则.
(1)，
则.
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.

(2)平面A1DA的一个法向量为.
设为平面BA1D的一个法向量，
又，
则即
不妨取x=3，则，
所以为平面BA1D的一个法向量，
从而，
设二面角B-A1D-A的大小为，则.
因为，所以.
因此二面角B-A1D-A的正弦值为.
1.【2016高考新课标1卷】（本小题满分为12分）如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是．
（I）证明：平面ABEF平面EFDC；
（II）求二面角E-BC-A的余弦值．

【答案】（I）见解析（II）
【解析】
（Ⅰ）由已知可得，，所以平面．
又平面，故平面平面．
（Ⅱ）过作，垂足为，由（Ⅰ）知平面．
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．
由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故，则，，可得，，，．
由已知，，所以平面．
又平面平面，故，．
由，可得平面，所以为二面角的平面角，
．从而可得．
所以，，，．
设是平面的法向量，则
，即，
所以可取．
设是平面的法向量，则，
同理可取．则．
故二面角EBCA的余弦值为．

【考点定位】线面垂直、二面角、勾股定理
8. 【2014高考江西理第19题】如图，四棱锥中，为矩形，平面平面.
（1） 求证：
（2） 若问为何值时，四棱锥的体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值

A
B
C
D
P

【答案】（1）详见解析，
（2）时，四棱锥的体积P-ABCD最大. 平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为
【解析】
（1）证明：ABCD为矩形，故ABAD，
又平面PAD平面ABCD
平面PAD平面ABCD=AD
所以AB平面PAD，因为PD平面PAD，故ABPD
（2）解：过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.
故PO平面ABCD，BC平面POG,BCPG
在直角三角形BPC中，
设，则，故四棱锥P-ABCD的体积为

因为
故当时，即时，四棱锥的体积P-ABCD最大.

建立如图所示的空间直角坐标系，

故
设平面BPC的法向量，则由,得
解得
同理可求出平面DPC的法向量，从而平面BPC与平面DPC夹角的余弦值为

【考点定位】面面垂直性质定理，四棱锥体积，利用空间向量求二面角
9. 【2014高考辽宁理第19题】如图，和所在平面互相垂直，且，，E、F分别为AC、DC的中点.
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值.

【答案】（1）详见解析；（2） .
【解析】
（1）证明：
（方法一）过E作EO⊥BC，垂足为O，连OF，

由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC=∠FOC=，即FO⊥BC，
又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO，
又EF面EFO，所以EF⊥BC.
（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

易得B（0,0,0），A(0，-1，),D(,-1,0)，C(0,2,0),因而,所以，因此,从而，所以.
（2）（方法一）在图1中，过O作OG⊥BF，垂足为G，连EG，由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC，从而EO⊥面BDC，又OG⊥BF，由三垂线定理知EG垂直BF.
因此∠EGO为二面角E-BF-C的平面角；
在△EOC中，EO=EC=BC·cos30°=，由△BGO∽△BFC知，,因此tan∠EGO=,从而sin∠EGO=，即二面角E-BF-C的正弦值为.
（方法二）在图2中，平面BFC的一个法向量为，设平面BEF的法向量，又,由得其中一个，设二面角E-BF-C的大小为，且由题意知为锐角，则，因此sin∠EGO=，即二面角E-BF-C的正弦值为.
【考点定位】线面垂直的判定、二面角.
10. 【2014高考全国1第19题】如图，三棱柱中，侧面为菱形，.
（Ⅰ）证明：;
（Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值.

（Ⅰ）证明：;
（Ⅱ）若，,,求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）
【解析】（I）连接，交于，连接．因为侧面为菱形，所以，且为与的中点．又，所以平面，故．又,故．
（II）因为，且为的中点，所以，又因为，．故，从而两两垂直．以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．因为，所以为等边三角形．又,则，，，．
, ,．
设是平面的法向量，则即所以可取．
设是平面的法向量，则同理可取．
则．所以二面角的余弦值为．

11. 【2014高考陕西第17题】四面体及其三视图如图所示，过棱的中点作平行于，的平面分别交四面体的棱于点.

（1）证明：四边形是矩形；
（2）求直线与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）由该四面体的三视图可知：
，
由题设，∥面
面面
面面
∥，∥， ∥.
同理∥，∥， ∥.
四边形是平行四边形
又
平面

∥,∥

四边形是矩形
（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，
，，

设平面的一个法向量
∥,∥

即得，取