【数学】2019届一轮复习人教A版空间角和距离计算学案 63页

一．知识点、方法、规律 ‎（一）【学习目标】‎ ‎1．了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置，会推导空间两点间的距离公式．‎ ‎2．理解空间向量的概念，理解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．‎ ‎3．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．‎ ‎4．掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．‎ ‎5.会找直线的方向向量和平面的法向量，能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.‎ ‎6.能用向量法证明有关直线和平面关系的一些定理.‎ ‎7.会用向量法计算直线与直线、直线与平面的夹角及二面角，会用向量法计算空间距离.‎ ‎8.理解异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角及二面角的平面角等概念，能依题设条件选择恰当的方法求解空间角和距离．特别注意两平面法向量的夹角与二面角的关系 ‎（二）解题方法归纳 ‎1.证明平面三点共线的方法 对平面三点P，A，B可通过证明下列结论来证明三点共线：‎ ‎(1)＝λ(λ∈R)；‎ ‎(2)对空间任一点O，＝＋t(t∈R)；‎ ‎(3)对空间任一点O，＝x＋y(x，y∈R，且x＋y＝1).‎ ‎2.证明空间四点共面的方法 对空间四点P，M，A，B可通过证明下列结论来证明四点共面：‎ ‎(1)＝x＋y(x，y∈R)；‎ ‎(2)对空间任一点O，＝＋x＋y(x，y∈R)；‎ ‎(3)对空间任一点O，＝x＋y＋ (x，y， ∈R，且x＋y＋ ＝1)；‎ ‎(4)∥(或∥或∥).‎ ‎3.同时要重视空间向量基本定理的运用，要注意空间向量基底的选取，用基向量表示出已知条件和所需解决问题的所有向量，将几何问题转化为向量问题.‎ ‎4.用空间向量处理某些立体几何问题时，除要有应用空间向量的意识外，关键是根据空间图形的特点建立恰当的空间直角坐标系.若坐标系选取不当，计算量就会增大.总之，树立用数解形的观念，即用数形结合的思想解决问题.‎ ‎5.利用向量解决几何问题具有快捷、有效的特征.一般方法如下：先将原问题转化为等价的向量问题，即将已知条件的角转化为向量的夹角，线段长度转化为向量的模，并用已知向量表示出未知向量(注意量的集中)，然后利用向量运算解决该向量问题，从而原问题得解.‎ ‎6.利用向量坐标解决立体几何问题的关键在于找准位置，建立恰当、正确的空间坐标系.表示出已知点(或向量)的坐标.难点是通过向量的坐标运算，实现几何问题的代数解法.‎ ‎7.向量法求空间角与距离一般在易建系而又不易直接作出求角与距离时使用事半功倍.‎ ‎8.向量法证明线面关系时恰当的推理和必要的空间想象是必需的.‎ ‎9.求异面直线所成的角，要注意角的范围是，斜线与平面所成的角关键是找斜线在平面内的射影；求二面角的大小方法多、技巧性强，但一般先想定义法，再想构造法.‎ ‎10.实施解题过程仍要注意“作、证、指、求”四环节，计算一般是放在三角形中，因此，“化归”思想很重要.‎ ‎11.应用向量法求空间角要注意：①恰当正确的建立空间直角坐标系；②求得相关向量的夹角的三角函数值后一定要注意相应空间角的取值范围及问题情境确定所求角的三角函数值或大小.‎ 二、命题类型：‎ ‎1.空间中的轨迹问题 ‎2.点面距离问题 ‎3.线面距离问题 ‎4.面面距离问题 ‎5.异面直线所成角问题 ‎6.线面角 ‎7.二面角 三、命题类型分析及规律总结：‎ ‎1.空间中的轨迹问题 例1．如图，在等腰梯形中， ， 分别是底边的中点，把四边形沿直线折起使得平面平面.若动点平面 ‎，设与平面所成的角分别为（均不为0）.若，则动点的轨迹围成的图形的面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D 故答案选：D．‎ 点睛：这个题考查的是立体几何中点的轨迹问题，在求动点轨迹问题中常用的方法有：建立坐标系，将立体问题平面化，用方程的形式体现轨迹；或者根据几何意义得到轨迹，但是注意得到轨迹后，一些特殊点是否需要去掉。‎ 练习1．在空间直角坐标系中，到轴和轴距离相等的点的轨迹为（ ）‎ A. 一个平面 B. 两个平面 C. 一条直线 D. 两条直线 ‎【答案】B ‎【解析】到轴和轴距离相等的点的轨迹为如图所示的两个平面，故选.‎ ‎2.在空间直角坐标系中，正四面体的顶点、分别在轴， 轴上移动．若该正四面体的棱长是，则的取值范围是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】如图所示，‎ 若固定正四面体的位置，‎ 则原点在以为直径的球面上运动，‎ 设的中点为，‎ 则，‎ 所以原点到点的最近距离等于减去球的半径，最大距离是加上球 的半径，‎ 所以，‎ 即的取值范围是．‎ 故选．‎ ‎3．如图， 是夹在的二面角之间的一条线段， ,且直线与平面分别成的角，过作于,过作于.则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎4. 点是棱长为的正方体的内切球球面上的动点，点为 上一点， ，则动点的轨迹的长度为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】因为，所以在过且垂直于的平面上，如下图（1），取， ，则平面，所以在一个圆周上，如图下图（2），正方体的中心到该平面的距离即为，在直角三角形中， ，而，故， ， 所在的圆周的半径为，故其轨迹的长度为。‎ 图（1） 图（2）‎ 点睛：立体几何中轨迹问题实际是平几或解几中轨迹问题，解决问题的关键是立体几何平面化.‎ ‎2.点面距离问题 例题. 设点是棱长为2的正方体的棱的中点，点在面所在的平面内，若平面分别与平面和平面所成的锐二面角相等，则点到点的最短距离是（ ）‎ A. B. C. 1 D. ‎ ‎【答案】A ‎【方法总结】本题主要考查的是正方体的性质、二面角的求法、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于难题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误，求二面角的常见方法有：1、利用定义找到二面角的平面角，根据平面几何知识求解；2、利用公式 ，求出二面角的余弦，从而求得二面角的大小；3、利用空间相夹角余弦公式．‎ 练习1. ．如图，正方体的棱长为1，则点到平面的距离是（ ）‎ A. B. C. D. 4‎ ‎【答案】C ‎【解析】，利用等体积法，设题目所求高为，则有 ‎，由此解得.‎ ‎2．如图，在棱长为1的正方体中， 分别为棱的中点， 为棱上的一点，且），则点到平面的距离为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】∵长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、BB1的中点，‎ G为棱A1B1上的一点，且A1G=λ（0≤λ≤1），‎ ‎∴D1E=，‎ ‎∵A1B1∥EF，∴点G到平面D1EF的距离即为点A1到平面D1EF的距离，‎ 设这个距离为h，‎ ‎∵， ‎ ‎ ‎ ‎∴h=．‎ ‎∴点G到平面D1EF的距离为．‎ 故答案为：D。‎ ‎3．如图，在四棱锥中底面，四边形为正方形， 为中点， 为中点，且.则点到平面的距离为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎4. 已知三点在球心为，半径为的球面上， ， ，则球心到平面的距离为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由， ，则外接圆的直径， ，则球心到平面的距离为 点睛：本题主要考查了点，线，面间的距离计算，以及球面距离及相关计算，主要考查了学生的计算能力，属于中档题。运用正弦定理先计算出三角形外接圆的半径，再利用勾股定理计算得出球心到面的距离 ‎5．正方体的棱长为1， 分别为， 的中点，则点到平面的距离为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 取的中点O,连接O,OE,OF, F,则△FO的面积.‎ 点F到平面E的距离=点F到平面OE的距离h,‎ 由等体积可得，即 ‎∴h=.‎ 故答案为： .‎ 点睛：处理点到平面的距离问题，方法主要有三个：（1）利用定义直接作出垂线段，计算即可，（2）把点到平面的距离视为某个锥体的高，通过等积法得到所求距离的方程，解之即可,(3) 用向量法求平面外一点A到平面的距离时，可先在平面内选择一点B（点B的坐标易求出），求得．然后求得直线AB与平面夹角的正弦值，即，最后根据可求得点到面的距离．‎ ‎3.线面距离问题 例题3. 已知正四棱柱中， ， 为的中点，则直线 与平面的距离为( 　)‎ A. 1 B. C. D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 如图，连接交于，在三角形中，易证，‎ 平面 直线与平面的距离即为点到平面的距离，设为 在三棱锥中， ‎ 在三棱锥中， ‎ 故选 练习.‎ ‎4.面面距离问题 例4.斜三棱柱ABC—A′B′C′的底面是正三角形，且C′B=C′C.‎ ‎(1)证明：AC′⊥BC；‎ ‎(2)若侧面BCC′B′垂直于底面，侧棱长为3，底棱长为2，求两底面间的距离.‎ ‎【答案】‎ ‎（1）证明见解析。‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎5.异面直线所成角问题 例题5. 在如图所示的三棱柱中，已知，点在底面上的射影是线段的中点，则直线与直线所成角的正切值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由题知， 平面，而平面， ，又 ， 平面，在中， ，则，在中， ，则，‎ 过点作，且，连接， ， ，故平面， ，因此为直线与直线所成的角，又， ，故选B.‎ ‎【方法总结】本题主要考查异面直线所成的角，属于难题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.‎ 练习1．已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】如图，过作的平行线交的延长线于，连．则即为异面直线与所成的角（或其补角）．‎ 设，则．‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎∴异面直线与所成角的余弦值为．选A．‎ 规律总结：求异面直线所成角的方法 ‎①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上；‎ ‎②证：证明作出的角为所求角；‎ ‎③求：把这个平面角置于一个三角形中，往往通过解三角形求空间角．‎ 注意：异面直线所成角的范围为，因此若解三角形求得余弦值为正，则即为所求的异面直线所成角的余弦值；若为负，则要转化为正值．‎ ‎2．在正方体中分别是和的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. 0 B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】设正方体的棱长为2，取CD中点G,连接 ，则 所以为异面直线与所成角，且，又在 中， ， ，‎ 由余弦定理.‎ 异面直线与所成角的余弦值为. 故选D.‎ ‎3．在正三棱柱中，若，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】如图，去中点，对角线与相交于点，根据中位线有，故即为所求两条直线所成角.设，故在中， ‎ ‎， ，由余弦定理得 ‎4. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形， ， ，平面底面， 为的中点， 是棱上的点， ， ， .‎ ‎（Ⅰ）求证：平面平面；‎ ‎（Ⅱ）若异面直线与所成角的余弦值为，求的值.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）或.‎ ‎【解析】试题分析：（1）推导出四边形BCDQ为平行四边形，从而CD∥BQ．又QB⊥AD．从而BQ⊥平面PAD，由此能证明平面PQB⊥平面PAD；（2）以Q为原点，QA为x轴，QB为y轴，QP为 轴，建立空间直角坐标系．利用向量法能求出t的值，即可得到比值。‎ 解析：‎ ‎（Ⅰ）证明：∵， ， 为的中点，‎ ‎∴四边形为平行四边形，∴.‎ ‎∵，∴，即.‎ 又∵平面平面，且平面平面.‎ ‎∵平面.‎ ‎∵平面，∴平面平面.‎ ‎（Ⅱ）∵， 为的中点，∴.‎ ‎∵平面平面，且平面平面.‎ ‎∴平面.‎ 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则， ， ， ， ，设，‎ ‎∴， ， .‎ 由是上的点，设，化简得.‎ 设异面直线与所成角为，‎ 则.‎ ‎∴，计算得或，故或.‎ ‎5. 如图所示，在四棱锥中， ,底面为梯形， 且平面.‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）当异面直线与所成角为时，求四棱锥的体积.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) .‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)很明显，由线面垂直的定义可知，则平面，结合面面垂直的判定定理可得平面平面.‎ ‎(2)取的中点，连接，由题意可得四边形为平行四边形， ，则，结合(1)的结论有，由几何关系可证得平面.据此由体积公式计算可得.‎ 试题解析：‎ ‎（1），所以，‎ 因为平面平面,所以,‎ 因为，所以.‎ 因为，所以平面，‎ 又平面，所以平面平面.‎ ‎（2）如图，取的中点，连接，‎ 因为，‎ 所以四边形为平行四边形， ，‎ 则为异面直线所成的角，即，‎ 由（1）知， 平面,所以，又，所以，‎ 而，所以，所以，‎ 如图，取的中点，连接为等腰直角三角形，则，‎ 因为平面，所以，又，所以平面.‎ 所以.‎ ‎6.线面角 例6. 如图，在多面体中， 是正方形， 平面， 平面， ，点为棱的中点.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若，求直线与平面所成的角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)见解析（2）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）连结，交于点，由三角形中位线的性质可得平面,由线面垂直的性质定理可得为平行四边形，则，结合面面平行的判断定理有平面.最后，利用面面平行的判断定理可得平面平面.‎ ‎（2）利用两两垂直建立空间直角坐标系，利用空间几何关系可得平面的一个法向量为， ，则直线与平面所成角的正弦值.‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：连结，交于点，‎ ‎∴为的中点，∴.‎ ‎∵平面， 平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎∵都垂直底面，‎ ‎∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴为平行四边形，∴.‎ ‎∵平面， 平面，‎ ‎∴平面.‎ 又∵，∴平面平面.‎ ‎（2）由已知， 平面， 是正方形.‎ ‎∴两两垂直，如图，建立空间直角坐标系.‎ 设，则，从而，‎ ‎∴，‎ 设平面的一个法向量为，‎ 由得.‎ 令，则，从而.‎ ‎∵，设与平面所成的角为，则 ‎，‎ 所以，直线与平面所成角的正弦值为.‎ 练习1．如图，在斜三棱柱中，已知，异面直线，且.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）若，求与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）要证面面垂直可从线面垂直入手，即证垂直于面，再根据面面垂直的判定再证面面垂直；（2）建立空间坐标系，求面的法向量和线的方向向量，计算两个向量的夹角的余弦值即可得线面角的正弦。.‎ 解析：‎ ‎（1）连接，因为， .故四边形是菱形，所以 ，故得到，故得到，又因为 所以垂直于面 平面 平面.‎ ‎（2）设A1C1与平面AA1B1所成角为θ，∵ ‎ 设平面AA1B1的一个法向量是 则 ‎ 不妨令x=1，可得 ‎ ‎∴A1C1与平面AA1B1所成角的正弦值.‎ 练习2. 四棱锥的底面是边长为1的正方形， ， ， ， 为上两点，且.‎ ‎（1）求证： 面；‎ ‎（2）求与平面所成角的正弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) .‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)连交于，连，结合三角形中位线的性质可知，利用线面平行的判断定理可得面；‎ ‎(2)由题意易知面，建立空间直角坐标系，计算可得平面法向量，直线BF的方向向量，据此计算可得与平面所成角的正弦值为.‎ 试题解析：‎ ‎（1）连交于，连.‎ ‎.‎ ‎（2）∵，又，得到，则面，‎ 以为坐标原点. 为轴， 为轴， 为轴建立坐标系.‎ 则， ， ，‎ 设面法向量，则，‎ ‎，令与平面所成角为，‎ 则.‎ 点睛：利用空间向量求线面角有两种途径：一是求斜线和它在平面内射影的方向向量的夹角(或其补角)；二是借助平面的法向量．‎ ‎7.二面角 例7. 如图所示， 平面，点在以为直径的上， ， ，点为线段的中点，点在弧上，且.‎ ‎（1）求证：平面平面；‎ ‎（2）求证：平面平面；‎ ‎（3）设二面角的大小为，求的值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3) .‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎（1）由△ABC中位线的性质可得，则平面.由线面平行的判断定理可得平面.结合面面平行的判断定理可得平面.‎ ‎（2）由圆的性质可得，由线面垂直的性质可得，据此可知平面.利用面面垂直的判断定理可得平面平面.‎ ‎（3）以为坐标原点， 所在的直线为轴， 所在的直线为轴，建立空间直角坐标系.结合空间几何关系计算可得平面的法向量，平面的一个法向量，则.由图可知为锐角，故.‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：因为点为线段的中点，点为线段的中点，‎ 所以，因为平面， 平面，所以平面.‎ 因为，且平面， 平面，所以平面.‎ 因为平面， 平面， ，‎ 所以平面平面.‎ ‎（2）证明：因为点在以为直径的上，所以，即.‎ 因为平面， 平面，所以.‎ 因为平面， 平面， ，所以平面.‎ 因为平面，所以平面平面.‎ ‎（3）解：如图，以为坐标原点， 所在的直线为轴， 所在的直线为轴，建立空间直角坐标系.‎ 因为， ，所以， .‎ 延长交于点.因为，‎ 所以， ， .‎ 所以， ， ， .‎ 所以， .‎ 设平面的法向量.‎ 因为，所以，即.‎ 令，则， .‎ 所以.‎ 同理可求平面的一个法向量.‎ 所以.由图可知为锐角，所以.‎ 练习1. 如图，在五面体中，四边形为矩形， 为等边三角形，且平面平面， .‎ ‎（1）证明：平面平面；‎ ‎（2）若，求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)取DE中点G，于是AG⊥DE，由面面垂直的性质定理可得AG⊥面CDEF，则AG⊥DC，又CD⊥AD，由线面垂直的判断定理可得CD⊥面ADE，即面ADE⊥面ABCD．‎ ‎(2)取AD中点O，以O为坐标原点，OA、OE为x、 轴建系．由题意可得：平面FBC的法向量为，平面BCD的法向量为，则二面角F-BC-D的余弦值为．‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：取DE中点G，于是AG⊥DE，‎ 又面ADE⊥面CDEF，且面ADE∩面CDEF=DE，所以AG⊥面CDEF，‎ 则AG⊥DC，又CD⊥AD，所以CD⊥面ADE，‎ 即面ADE⊥面ABCD．‎ ‎（2）解：取AD中点O，于是EO⊥面ABCD，所以，如图：‎ 以O为坐标原点，OA、OE为x、 轴建系．设OA长度为1，‎ 于是点坐标为： ，‎ 因为CD∥AB，所以AB∥平面CDEF，又平面ABEF∩平面CDEF=EF，则EF∥AB；‎ 所以设，所以点．‎ 那么，由于BF⊥DF，‎ 所以，解得．于是，‎ 进而面FBC的法向量为，‎ 又面BCD的法向量为，记二面角F-BC-D为，所以 ‎，又因为是锐角，所以二面角F-BC-D的余弦值为．‎ 练习2. 在如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形， ， ， 平面， ， .‎ ‎（1）求证： ；‎ ‎（2）求二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2) .‎ ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)由题意结合角的关系可得， ，由线面垂直的性质可得，故平面， .‎ ‎(2)结合(1)的结论可知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，计算可得平面的一个法向量为，而是平面的一个法向量，据此计算可得二面角的余弦值为.‎ 试题解析：‎ ‎（1）证明：因为四边形是等腰梯形， ， .所以.‎ 又，所以，因此， ， ，‎ 平面， ，所以， ，‎ 所以平面；所以.‎ ‎（2）由（1）知， ，同理，‎ 又平面，因此两两垂直，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴， 轴， 轴建立如图的空间直角坐标系，‎ 不妨设，则， ， ， ，因此， .‎ 设平面的一个法向量为，则， ，∴，‎ 所以，取，则，‎ 由于是平面的一个法向量，‎ 则， ，‎ 所以二面角的余弦值为.‎ 四．高考真题演练 ‎1.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥.当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【考点】简单几何体的体积 ‎【名师点睛】对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方式进行解决.‎ ‎2.【2017课标3，理19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．‎ ‎（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明略；‎ ‎(2) .‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)利用题意证得二面角的平面角为90°，则可得到面面垂直；‎ 在Rt△AOB中， .‎ 又 ，所以 ，‎ 故 .‎ 所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎（2）‎ 由题设及（1）知，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.则 ‎ 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得 .故 ‎ .‎ 设是平面DAE的法向量，则即 ‎ 可取 .‎ 设是平面AEC的法向量，则同理可得 .‎ 则 .‎ 所以二面角D-AE-C的余弦值为 .‎ ‎【考点】 二面角的平面角；面面角的向量求法 ‎【名师点睛】(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算.‎ ‎(2)设m，n分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等，故有|cos θ|＝|cos|=.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.‎ ‎3.【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】试题分析：（Ⅰ）利用，，‎ 证得平面，‎ 利用平面，得到，结合可得.‎ ‎（Ⅱ）两种思路，一是几何法，二是空间向量方法，其中思路一：‎ 取的中点，连接，，.‎ 得四边形为菱形，‎ 得到.‎ 取中点，连接，，.‎ 得到，，‎ 从而为所求二面角的平面角.‎ 据相关数据即得所求的角.‎ 思路二：‎ 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.‎ 写出相关点的坐标，求平面的一个法向量，平面的一个法向量 计算即得.‎ ‎（Ⅱ）解法一：‎ 取的中点，连接，，.‎ 因为，‎ 所以四边形为菱形，‎ 所以.‎ 取中点，连接，，.‎ 则，，‎ 所以为所求二面角的平面角.‎ 又，所以.‎ 在中，由于，‎ 由余弦定理得，‎ 所以，因此为等边三角形，‎ 故所求的角为.‎ 解法二：‎ 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 ‎【考点】1.垂直关系.2. 空间角的计算.‎ ‎【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力转化与化归思想及基本运算能力等.‎ ‎4．【2016高考天津理数】（本小题满分13分）‎ 如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.‎ ‎（I）求证：EG∥平面ADF；‎ ‎（II）求二面角O-EF-C的正弦值；‎ ‎（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ）‎ ‎【解析】‎ ‎.‎ ‎（I）证明：依题意，.设为平面的法向量，则，即 .不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.‎ ‎（II）解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，则，即 .不妨设，可得.‎ 因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.‎ ‎（III）解：由，得.因为，所以，进而有，从而，因此.所以，直线和平面所成角的正弦值为.‎ 考点：利用空间向量解决立体几何问题 ‎5.【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）‎ 如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯 ‎ 形，,‎ ‎ （1）求平面与平面所成二面角的余弦值；‎ ‎ （2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成角最小时，求线段BQ的长 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）求二面角，关键求出两个平面的法向量，本题中平面法向量已知，故关键求平面的法向量，利用向量垂直关系可列出平面的法向量两个独立条件，再根据向量数量积求二面角余弦值（2）先建立直线CQ与DP所成角的函数关系式：设,则,再利用导数求其最值，确定点Q坐标，最后利用向量模求线段BQ的长 试题解析：以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则各点的坐标为，，，．‎ ‎（1）因为平面，所以是平面的一个法向量，．‎ 因为，．‎ 设平面的法向量为，则，，即．‎ 令，解得，．‎ 所以是平面的一个法向量．‎ 从而，所以平面与平面所成二面角的余弦值为．‎ ‎（2）因为，设（），‎ 又，则，又，‎ 从而．‎ 设，，则．‎ 当且仅当，即时，的最大值为．‎ 因为在上是减函数，此时直线与所成角取得最小值．‎ 又因为，所以．‎ ‎【考点定位】空间向量、二面角、异面直线所成角 ‎【名师点晴】1．求两异面直线a，b的夹角θ，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos θ＝|cos〈a，b〉|.2．求直线l与平面α所成的角θ可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sin θ＝|cos〈n，a〉|.3．求二面角α l β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．‎ ‎6.【2016年高考北京理数】（本小题14分）‎ 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，‎ ‎，，.‎ ‎（1）求证：平面；‎ ‎（2）求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在，‎ ‎【解析】‎ 试题解析：（1）因为平面平面，，‎ 所以平面，所以，‎ 又因为，所以平面；‎ ‎（2）取的中点，连结，，‎ 因为，所以.‎ 又因为平面，平面平面，‎ 所以平面.‎ 因为平面，所以.‎ 因为，所以.‎ 如图建立空间直角坐标系，由题意得，‎ ‎.‎ 设平面的法向量为，则 即 令，则.‎ 所以.‎ 又，所以.‎ 所以直线与平面所成角的正弦值为.‎ ‎（3）设是棱上一点，则存在使得.‎ 因此点.‎ 因为平面，所以平面当且仅当，‎ 即，解得.‎ 所以在棱上存在点使得平面，此时.‎ 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.‎ ‎【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.‎ ‎7.【2015高考陕西，理18】（本小题满分12分）如图，在直角梯形中，，，，，是的中点，是与的交点．将沿折起到的位置，如图．‎ ‎ ‎ ‎（I）证明：平面；‎ ‎（II）若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．‎ ‎【答案】（I）证明见解析；（II）．‎ ‎【解析】‎ 试题解析：（I）在图1中，‎ 因为，，是的中点，，所以 即在图2中，，‎ 从而平面 又，所以平面.‎ ‎(II)由已知，平面平面，又由（I）知，，‎ 所以为二面角的平面角，所以.‎ 如图，以为原点，建立空间直角坐标系，‎ 因为，‎ 所以 得 ，.‎ 设平面的法向量，平面的法向量，平面与平面夹角为，‎ 则，得，取，‎ ‎，得，取，‎ 从而，‎ 即平面与平面夹角的余弦值为.‎ 考点：1、线面垂直；2、二面角；3、空间直角坐标系；4、空间向量在立体几何中的应用.‎ ‎【名师点晴】本题主要考查的是线面垂直、二面角、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．‎ ‎8.【2014高考陕西版理第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】‎ ‎（2）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因为∥,∥，所以，列出方程组，即可得到平面的一个法向量，与的夹角的余弦值的绝对值即为所求.‎ 试题解析：（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 考点：面面平行的性质；线面角的求法.‎ ‎【名师点晴】本题主要考查的是三视图，面面平行的性质 定理、线面角、空间直角坐标系和空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．解题时一定要注意线面角的正弦值是直线的方向向量与平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值，否则很容易出现错误． ‎ ‎9.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）‎ 如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E为边AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°. ‎ ‎（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；‎ ‎（Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得CD∥EB；从而知为DC和AB的交点；（Ⅱ）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影，再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）．‎ 试题解析：（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB与CD不平行.‎ 延长AB，DC，相交于点M（M∈平面PAB），点M即为所求的一个点.理由如下：‎ 由已知，BC∥ED，且BC=ED.‎ 所以四边形BCDE是平行四边形.，所以CD∥EB 从而CM∥EB.‎ 又EB平面PBE，CM平面PBE，‎ 所以CM∥平面PBE.‎ ‎（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）‎ ‎（Ⅱ）方法一：‎ 易知PA⊥平面ABCD，‎ 从而PA⊥CE.‎ 于是CE⊥平面PAH.‎ 所以平面PCE⊥平面PAH.‎ 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.‎ 所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.‎ 在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1，‎ 所以AH=.‎ 在Rt△PAH中，PH== ，‎ 所以sin∠APH= =.‎ 方法二：‎ 作Ay⊥AD，以A为原点，以 ,的方向分别为x轴， 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xy ，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，‎ 所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）‎ 设平面PCE的法向量为n=(x,y, )，‎ 由 得 设x=2，解得n=(2,-2,1).‎ 设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα= = .‎ 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为 .‎ 考点：线线平行、线面平行、向量法.‎ ‎【名师点睛】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分，求线面角（以及其他角），一种方法可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角．另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算，不需要“作角、证明”，关键是记住相应公式即可．‎ ‎10.【2014安徽理20】(本题满分13分)‎ 如图，四棱柱中，底面．四边形为梯形，,且．过三点的平面记为，与的交点为．‎ （1） 证明：为的中点；‎ （2） 求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；‎ （3） 若，，梯形的面积为6，求平面与底面所成二面角大小．‎ ‎【答案】（1）为的中点；（2）；（3）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用面面平行来证明线线平行∥，则出现相似三角形，于是根据三角形相似即可得出，即为的中点．（2）连接．设，梯形的高为，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为和，，则．先表示出和，就可求出，从而．（3）可以有两种方法进行求解．第一种方法，用常规法，作出二面角．在中，作，垂足为，连接．又且，所以平面，于是．所以为平面与底面所成二面角的平面角．第二种方法，建立空间直角坐标系，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系．设．因为，所以．从而，，所以，．设平面的法向量，再利用向量求出二面角．‎ 试题解析：（1）证：因为∥，∥,，‎ 所以平面∥平面．从而平面与这两个平面的交线相互平行，即∥．‎ 故与的对应边相互平行，于是．‎ 所以，即为的中点．‎ ‎（3）解法1如第（20）题图1，在中，作，垂足为，连接．又且，所以平面，于是．‎ 所以为平面与底面所成二面角的平面角．‎ 因为∥，，所以．‎ 又因为梯形的面积为6，，所以．‎ 于是．‎ 故平面与底面所成二面角的大小为．‎ 解法2如第（20）题图2，以为原点，分别为轴和轴正方向建立空间直角坐标系．‎ 设．因为，所以．‎ 从而，，‎ 所以，．‎ 设平面的法向量，‎ 由得，‎ 所以．‎ 又因为平面的法向量，‎ 所以，‎ 故平面与底面所成而面积的大小为．‎ 考点：1．二面角的求解；2．几何体的体积求解．‎ ‎【名师点睛】立体几何证明性问题有的看起来很显然，但不能想当然的写，一定要注意在每步证明时有定理的保证；关于体积的求解要常常使用分割法和转化法，很多不规则图形通过分割会变成我们熟悉的几何体，转化法尤其喜欢出现在三棱锥的体积计算中；对于二个面所成角的求解，传统方法先找角、再构造、再定量的程序进行，用空间向量法关键是求出法向量，注意二面角的平面角是钝角还是锐角即可.‎ ‎11.【2014年湖北，卷理9】(本小题满分12分)‎ ‎ 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点分别在棱,上移动，且.‎ ‎ （1）当时，证明：直线平面；‎ ‎ （2）是否存在，使平面与面所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ 试题解析：几何法：‎ ‎（1）证明：如图1，连结，由是正方体，知，‎ 当时，是的中点，又是的中点，所以，‎ 所以，‎ 而平面，且平面，‎ 故平面.‎ ‎（2）如图2，连结，因为、分别是、的中点，‎ 所以，且，又，，‎ 所以四边形是平行四边形，‎ 故，且，‎ 从而，且，‎ 在和中，因为，，‎ 于是，，所以四边形是等腰梯形，‎ 同理可证四边形是等腰梯形，‎ 分别取、、的中点为、、，连结、，‎ 则，，而，‎ 故是平面与平面所成的二面角的平面角，‎ 若存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角，则，‎ 连结、，则由，且，知四边形是平行四边形，‎ 连结，因为、是、的中点，所以，‎ 在中，，，‎ ‎，‎ 由得，解得，‎ 故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.‎ 向量法：‎ 以为原点，射线分别为轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系，‎ 由已知得，‎ 所以，，，‎ ‎（1）证明：当时，，因为，‎ 所以，即，‎ 而平面，且平面，‎ 故直线平面.‎ 故存在，使平面与平面所成的二面角为直二面角.‎ 考点：正方体的性质，空间中的线线、线面、面面平行于垂直，二面角.‎ ‎【名师点睛】这是一类探究型习题，重点考查直线与平面平行的判定定理和二面角的求法，其解题思路：第一问通过证明线线平行得出线面平行的结论；第二问正确求解的关键是正确地找出平面与平面所成的二面角的平面角.充分体现了探究型学习在高考中的重要性.‎ ‎12.【2015湖北理19】（本小题满分12分）‎ ‎《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．‎ 如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接 ‎ ‎（Ⅰ）证明：．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写 出结论）；若不是，说明理由；‎ ‎（Ⅱ）若面与面所成二面角的大小为，求的值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.‎ ‎ ‎ ‎（Ⅱ）如图1，在面内，延长与交于点，则是平面与平面 ‎ 的交线. 由（Ⅰ）知，，所以. ‎ 又因为底面，所以. 而，所以. ‎ 故是面与面所成二面角的平面角， ‎ 设，，有，‎ 在Rt△PDB中, 由, 得, ‎ 则 , 解得. ‎ 所以 ‎ 故当面与面所成二面角的大小为时，. ‎ ‎（解法2）‎ ‎（Ⅰ）如图2，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系.‎ ‎ 设，，则，，点是的中点，‎ 所以，，‎ 于是，即. ‎ 又已知，而，所以. ‎ 因, , 则, 所以.‎ 由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，‎ 即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为. ‎ ‎（Ⅱ）由，所以是平面的一个法向量；‎ 由（Ⅰ）知，，所以是平面的一个法向量. ‎ 若面与面所成二面角的大小为，‎ 则，‎ 解得. 所以 ‎ 故当面与面所成二面角的大小为时，. ‎ ‎【考点定位】四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角.‎ ‎【名师点睛】立体几何是高考的重点和热点内容，而求空间角是重中之重，利用空间向量求空间角的方法固定，思路简洁，但在利用平面的法向量求二面角大小时，两个向量夹角与二面角相等还是互补是这种解法的难点，也是学生的易错易误点．解题时正确判断法向量的方向，同指向二面角内或外则向量夹角与二面角互补，一个指向内另一个指向外则相等．‎ ‎13.【2015湖南理19】如图15，已知四棱台上、下底面分别是边长为3和6的正方形，，且底面，点，分别在棱，BC上.‎ ‎（1）若P是的中点，证明：；‎ ‎（2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积.‎ ‎【答案】（1）详见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ 试题解析：解法一 由题设知，，，两两垂直，以为坐标原点，，‎ ‎，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图b所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为，，‎ ‎， ， ，其中，，‎ ‎（1）若是的中点，则，，于是，∴，即；（2）由题设知，，是平面内的两个不共线向量.‎ 设是平面的一个法向量，则，即，‎ 取，得，又平面的一个法向量是，‎ ‎∴，而二面角的余弦值为，因此，解得，或者（舍去），此时，‎ 设，而，由此得点，‎ ‎，∵平面，且平面的一个法向量是，‎ ‎∴，即，亦即，从而，于是，将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，故四面体的体积.‎ 解法二 （1）如图c，取的中点，连结，，∵，是梯形 的两腰，是的中点，∴，于是由知，，∴，，，四点共面，‎ 由题设知，，，∴平面，因此①，‎ ‎∵，∴，因此 ‎，于是，再由①即知平面，又平面，故；‎ ‎（2）如图d，过点作交于点，则平面，‎ ‎∵平面，∴平面，过点作于点，连结，则，为二面角的平面角，∴，即，从而③‎ 连结，由平面，∴，又是正方形，所以为矩形，故，设，则 ④，过点作交于点，则为矩形，∴，，因此，于是，∴，再由③④得，解得，因此，故四面体的体积.‎ ‎【考点定位】1.空间向量的运用；2.线面垂直的性质；3.空间几何体体积计算.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了线面垂直的性质以及空间几何体体积计算，属于中档题，由于空间向量工具的引入，使得立体几何问题除了常规的几何法之外，还可以考虑利用向量工具来解决，因此有关立体几何的问题，可以建立空间直角坐标系，借助于向量知识来解决，在立体几何的线面关系中，中点是经常使用的一个特殊点，无论是试题本身的已知条件，还是在具体的解题中，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线而线线平行是平行关系的根本，在垂直关系的证明中线线垂直是核心，也可以根据已知的平面图形通过计算的方式证明线线垂直，也可以根据已知的垂直关系证明线线垂直.‎ ‎14.【2015课标2理19】（本题满分12分）‎ 如图，长方体中,，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．‎ ‎（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；‎ ‎（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．‎ ‎【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图：‎ ‎【考点定位】1、直线和平面平行的性质；2、直线和平面所成的角．‎ ‎【名师点睛】根据线面平行和面面平行的性质画平面与长方体的面的交线；由交线的位置可确定公共点的位置，坐标法是求解空间角问题时常用的方法，但因其计算量大的特点很容易出错，故坐标系的选择是很重要的，便于用坐标表示相关点，先求出面的法向量，利用求直线与平面所成角的正弦值．‎ ‎15.【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）证，再证，最后证；（Ⅱ）用向量法求解.‎ 试题解析：（I）由已知得，，又由得，故.‎ 因此，从而.由,得.‎ 由得.所以，.‎ 于是，，‎ 故.‎ 又，而，‎ 所以.‎ ‎（II）如图，以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，‎ 则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，‎ 所以可以取.设是平面的法向量，则，‎ 即，‎ ‎【名师点睛】证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②a∥b，a⊥α⇒b⊥α；③α∥β，a⊥α⇒a⊥β；④面面垂直的性质．线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．‎ 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个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是锐角还是钝角．‎