7.06l1l2ab cosacosaaalaαnlαθ，anβabasincosaba→如圖①，AB，CDα－l－βlθ為〈→如圖②③，n1，n2α－l－βα，βθ滿足|cos【體驗【2019年高考Ⅰ卷理數】如圖，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，NBC，BB1，A1D的中點．（2）5【解析】（1）B1C，ME．M，EBB1，BC1所以ME∥B1C，且2

B1C．又因為N為A1D的中點，所以2

由題設知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，MN∥ED．又MN平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．以D為坐標原點，DA的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D?xyz，

3,0)mxyz為平面AMA的法向量，則mA1M0

3y2z

所以4z 可取m(3,1,0)

3q0n201

p2r2222于是cosm,n 5【2019年高考Ⅱ卷理數】如圖，長方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱（2）2B1C1BEBEEC1BEEB1C1．（2）由（1）知BEB190．由題設知Rt△ABERt△A1B1E，所以AEB45，AEABAA12AB．DDA的方向為x軸正方向，|DA|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系CC1(0,0,2)．設平 的法向量為=（x，y，x），

x即xyz設平面ECC1的法向量為m=（x，y，z），

2z即xyz所以可取于是cosnm

nm1|n||m 3所以，二面角BECC1的正弦值 32【2019年高考Ⅲ卷理數】圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其2B?CG?A的大小（2）【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，DABBE，ABBCABBCGE．又因為AB平面ABC，所以平面ABC平面3 33則3

33

3zACn0即2xy 所以可取n=（3，6，–33n3所以cosn,m |n||m PA=AD=CD=2，BC=3．EPDFPCPF1

GPBPG2AGAEF （2）（3）3【解析】（1）PAABCDPA⊥CD．PFPF1PC2,2,2,333AFAPPF2,3

PC(2,2,

AP(0,0,2)

43 3

yznAF0即2x2y4z 令z=1y

x于是n=(1,1,1)3n3所以cosn,p 由題知，二面角F?AE?P為銳角，所以其余弦值為33因為點G在PBPG2

所以PG2PB424AGAPPG422 3 3 由（2）知，平面AEF的法向量n=(1,1,1)所以AGn4220 GAEFAG的方向向量即可判斷直線是否在平面BAC30A1AA1CACEFAC，A1B1的中點EFA1BC所成角的余弦值3【答案】（1）見解析；（2）5又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面所以，A1E⊥平面ABC，則因此取BC中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補角33不妨設AC=4，則在Rt△A1EG中 33由于O為A1G的中點，故EOOGA1G 15 EO2OG2 所以cosEOG 2EO 3因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是5又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標系A1（0，0，23），B（3，1，0），B1(3,3,23)，F

3 ,2 ,2EF

3 ,2

，BC

3,1,0)設直線EF與平面A1BC所成角為由（1）

10)2設平

3xy由ACn0，得

y

3z1)

EF

|=|EFn|EF||n|

455 1(2017·江蘇卷)ABCD－A1B1C1D1中，AA1ABCDAB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°.A1BAC1 如圖，以{AE，AD，AA1}為正交基底，建立空間直角坐標系AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°B(3，－1,0)，D(0,2,0)，E(3，0,0)，A1(0,0，C1(3，1， (1)A1B＝(3，－1，－3)，AC1＝(3，1，A1B·AC1 →A1B·AC1 7則cos〈A1B，AC1〉＝ →＝ 71→(2)A1DA的一個法向量為AE＝( 又A1B＝(3，－1，－3)，BD＝(－ 3x－y－則 x＝3y＝m＝(3，3，2)BA1D →

3,0,03,3,AE 從而cos〈AE，m〉＝ ＝ 333B－A1D－Aθ，則|cosθ∈[0，π]sinθ＝1－cos2θ＝4B－A1D－A4 】(2)MADADMBC【解析】(1)ABDBCDABD∩BCD＝BD，AB?ABD，AB⊥BD，ABBCD. MBC 則

→MBCθsinθ＝|cos〈n，AD〉

→＝3ADMBC3 】 【答案】1ODABCOOE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥RQ，垂足E，F，GED，FD，GDED⊥PR，所以∠OEDD－PR－Q的平面角， α＝∠OED，tanα＝OEtanβ＝OF，tan 33)，O0，3

2

3AP＝PB，QC＝RA＝2Q3，

，R－3，35RPy＝2xPQy＝23xRQy＝3直線的距

92 39

21，OF＝39，OG＝3tanα<tanγ<tanβα，β，γα<γ<β【例4】(2017卷)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點M段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝6，AB＝4.求證：MPBMCBDPPDMACMAC∩PDB＝ME，PD∥MEABCD是正方形，EBDMPB(2)ADOPADABCDPAD∩ABCD＝CDOP?PAD，OPABCD.ABCDOxyzP(0,0， B(－2,4,0)，BD＝(4，－4,0)，PD＝(2,0，－BDP則

→

即2x－2z＝0.x＝1y＝1，z＝ n＝(1,1，2)PADn· (3)M－1，22，C(2,4,0)，MC＝3，22 2MCBDPαsinα＝|cos〈n，MC〉|＝9【例5】(2017卷Ⅱ)如圖，四棱錐P－ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直于底面1(2)MPCBMABCD45°M－AB－D11 B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1， PC＝(1,0，－ 則BM＝(x－1，y，z)，PM＝(x，y－1，z－→ x－12＋y2＋z2＝2，即 又M在棱PC上，設PM＝λPC(0≤λ≤1)，則x＝λ，y＝1，z＝3－ 2x＝12，2＝－2

x＝12，22＝2

M12，12，從而AM＝12，12 2－2x0＋2y0＋ 即

m＝(0，－6，2)．于是cos〈m，n〉＝|m||n|＝5M－AB－D的余弦值為5易錯點向量的夾角與幾何中的夾角的概P－ABCD中，PA1EPCBEPBDFPCBF⊥ACF－AB－P【錯解】：(1)AB(1,0,0)，C(2,2,0)，EPC → 則 n·BE cos〈n，BE〉＝→＝6×2＝3BEPBD3 → FPC上，設 故→ 則

ABP

3103

10【正解】：(1)AB(1,0,0)，C(2,2,0)， EPC→→(2)(同前)由于BEPBDnBEPBD3

3

10 n1，n2的夾角是相等(一個平面的法向量指向二面角的內【訓練】如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M段上，E，FAB，BCEMAFθ，則cosθ 2【答案】A為原點，ABx軸，ADy軸，AQzAB＝2，則 2y2y5y25y2

y2＋5·

y2＋5·5，所以 21．(2018卷Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體)3A.2B.3C.D.【答案】ABCD-A′B′C′D′α所成的角都相等，即共點的三條棱A′A，A′B′，A′D′與平面α所成的角都相等．如圖，連接AB′，AD′，B′D′，因為三棱錐A′-AB′D′是正三A′A，A′B′，A′D′AB′D′所成的角都相等．C′D，B′C′，BB′，AB，AD，DD′E，F，G，H，I，JEF，FG，GH，IH，IJ，JE，易E，F，G，H，I，JEFGHIJAB′D′平行，且截正方體所得截面的面積最大．又 32 3EF＝FG＝GH＝IH＝IJ＝JE＝26×4×23

4α

4【解析】(1)證明：，AB，AD，AA1兩兩垂直，如圖，以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系．AB＝t＞0，則相關各點的坐標為

＝－t2＋3＋0＝0t＝ 于是B1D＝(－3，3，－3)，AC＝(→ 因為AC·B1D＝－3＋3＋0＝0，所以AC⊥B1D，即 (2)由(1)知，AD1＝(0,3,3)，AC＝( 即

x＝1n＝(1，－3， ＋＝B1C1ACD1→ |n·B1C1| 3 21 →＝7＝7B1C1ACD1所成角的正弦值為7πCD＝DE＝2，CE＝2EB＝2.(1)證明：DEPCD；【解析】(1)PCABC，DE?ABC，PC⊥DE.CE＝2，CD＝DE＝2得△CDE為等腰直角三角形，CD⊥DE.PC∩CD＝C，DEPCD內兩條相交直線，DEPCD.π(2)由(1)知，△CDE為等腰直角三角形，∠DCE＝4，如圖，過點D作DF⊥CE于點F，π 所以AC＝BC＝3 C為坐標原點，分別以CA，CB，CPx軸，y軸，z PAD →PCDn2可取為EDn1·2 3A－PD－C6PB1BDA1.【解析】(1)AB1BA1OB1PBDA1，B1P?AB1P，AB1P∩BA1D＝OD，OB1A的中點，DAP的中點． (2)建立如圖所示的空間直角坐標系A1xyz，則B1(1,0,0)，B(1,0,1)，D0，1，2，所以→ BA1D

由

z1＝2x1＝－2，y1＝－1，n＝(－2，－1,2)．→·A1B1 ·A1B1 所以cos〈n，A1B1〉 →2S－ABC中，SA，SB，SCABCPSAB，SAC，SBC距離分別為6PS的長度為)B.C.【答案】SA，SB，SCx軸、y軸，zSxyzS(0,0,0)，點P的坐標為(6，1，2)，由兩點之間的距離可得PS＝ 【答案】【解析】不妨設AB＝AC＝AA1＝1，建立空間直角坐標系如圖所示，則→

BA1·AC1 C1(－1,0,1)，所以BA1＝(0,1,1)，AC1＝(－1,0,1)，所以cos〈BA1，AC1〉＝ →＝2×2＝2，所 ABCD－A1B1C1D1EBB1A1EDABCD弦值為)12C.D.【答案】

所以n1＝(1,2,2)．因為平2

2ABCDn2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝3×1＝3，即所成的銳二面角的余弦值為若直線l的方向向量為a＝(1,0,2)，平面α的法向量為u＝(－2,0，－4)，則( D．lα【答案】已知正三棱柱ABC－A1B1C1的側面積是其下底面面積的43倍，則AB1與側面ACC1A1所成角的正弦值

10 3C. D.【答案】ab，由題意可得4

＝43a＝b.A1C1 θ，EB1ACC1A1的一個法向量，AB1＝－22，－1，EB1＝02，0sin

2× －2，2，－1·0，22×4|cosAB1，EB14

＝.6．(2018·浙江卷)已知四棱錐S－ABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點(不含端點)．設SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S－AB－C的平面角為θ3，則 【答案】BC交CD于點G，則∠SEG＝θ1，SE＝SG，取EG中點H，所以tanθ1＝EH.取AB中點F，連OF∥BCOF⊥AB.SA＝SB，FABAB⊥SF，所以∠SFOS-AB-C OE>OFtanθ3>tanθ2θ2，θ3∈0，2θ3>θ2θ1>θ3>θ2，EAB中點時，θ1＝θ2＝θ3.故選D.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，點D在棱BB1上，若BD＝1，則AD與平面AA1C1C所成角的正 【答案】ADAA1C1Cα，EACBEBE⊥AC→

→ →

3 3 AA1C1C，可得AD·EB＝(AB＋BD)·EB＝AB·EB＝12×2＝4＝2×2×cosθ(θ為AD與EB的夾角)coscosθ＝4＝sinαtanα＝sinθ＝5如圖所示，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾 【解析】不妨令CB＝1，則CA＝CC1＝2，可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，所 BC1·AB1 →BC1·AB1 cos〈BC1，AB1〉＝

→＝5×

5＝5 BC1AB15已知長方體ABCO－A1B1C1O1，OA＝OC＝2，OO1＝4，D為BC1與B1C的交點，E為A1C1與O1B1的交點，則DE的長度為 55O為原點，OAx軸，OCy軸，OO1z軸，建立如圖所示的空間直角O1(0,0,4)，B1(2,2,4)，C(0,2,0)DBC1B1CDB1C O1B1D(1,2,2)，E(1,1,4)，所以DE＝(0，－1,2)，所以|DE|＝5DE的長度為求證：平面AB1D⊥平面AB1BC1ABC－A1B1C1是直三棱柱，DCC1的中點，CD∥EFCD＝EF，DE?AB1DAB1DABB1A1.

A2→ 3

AB1＝－2a，－2，a，BC＝(0，a,0)，設異面直線AB1與BC所成角為θ，則 θ＝ →＝4AB1BC4→a→