2013届高三人教B版理科数学一轮复习课时作业(42)立体几何中的向量方法(一)——位置关系的证明 2

高三数学一轮复习试题：立体几何中的向量
方法
导读：高考，比的不是智商高低，比的是谁的耐心好，经过一轮、二轮、三轮复习的摧残还能有几个小伙伴说自己屹立不倒的?今天本文库末宝就给大家带来了高考数学一轮复习的同步练习，快来看看吧。

3.若→(AB)=λ→(CD)+μ→(CE)，则直线AB与平面CDE的位置关系是()
A.相交
B.平行
C.在平面内
D.平行或在平面内
【答案】D
【解析】∵→(AB)=λ→(CD)+μ→(CE)，∴→(AB)、→(CD)、→(CE)共面，
∴AB与平面CDE平行或在平面CDE内.
5.在正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD 的中点，且SO=OD，则直线BC与平面PAC所成的角是()
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
【答案】A
【解析】如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.
12.如图所示，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点.
(1)求证：AC⊥SD.
(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值;若不存在，试说明理由.
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巩固双基,提升能力一、选择题 1．长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为( ) A. B. C. D. 解析：建立空间直角坐标系如图． 则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)． ＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)， cos〈，〉＝＝. 所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为. 答案：B 2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1中点，则直线CE垂直于( ) A．AC B．BD C．A1D D．A1A 解析：以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，E， ＝，＝(1,1,0)，＝(－1,1,0)， ＝(0,1，－1)，＝(0,0，－1)． 显然·＝－＋0＝0， ⊥，即CEBD. 答案：B 3．在90°的二面角的棱上有A、B两点，AC、BD分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB，已知AB＝5，AC＝3，CD＝5，则BD＝( ) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：由条件知ACAB，BDAB，ACBD， 又＝＋＋， 2＝(＋＋)2 ＝||2＋||2＋||2 ＝32＋52＋||2＝(5)2， ||2＝16，BD＝4. 答案：A 4．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于( ) A．120° B．60° C．30° D．以上均错 解析：设l与α所成角为θ，则sinθ＝|cos120°|＝. 又0°≤θ≤90°，θ＝30°. 答案：C5．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，CC1＝2，则直线BC1和平面DBB1D1所成角的正弦值为( ) A. B. C. D. 解析：如图建立空间直角坐标系， 则B(4,0,0)，C(4,4,0)，C1(4,4,2)， 显然AC平面BB1D1D， ＝(4,4,0)为平面BB1D1D的一个法向量． 又＝(0,4,2)， cos〈，〉＝ ＝ ＝. 即BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为. 答案：C 6．(2013·德州调研)二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为( ) A．150° B．45° C．60° D．120° 解析：由题意知与所成角即为该二面角的平面角． ＝＋＋， 2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·. (2)2＝62＋42＋82＋2||||cos〈，〉 ＝116＋2×6×8cos〈，〉， cos〈，〉＝－，〈，〉＝120°， 〈，〉＝60°，该二面角的大小为60°. 答案：C 二、填空题 7．(2013·潍坊考试)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1，若ABCD是边长为2的正方形，AA1＝1，A1AD＝A1AB＝60°，则BD1的长为__________． 解析：＝＋＋， 〈〉2＝(＋＋)2＝9，故BD1＝3. 答案：3 8．(2013·怀化模拟)如图，在直三棱柱中，ACB＝90°，AC＝BC＝1，侧棱AA1＝，M为A1B1的中点，则AM与平面AA1C1C所成角的正切值为________． 解析：以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则平面AA1C1C的法向量为n＝(0,1,0)，＝－(1,0，)＝，则直线AM与平面AA1C1C所成角θ的正弦值为sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，tanθ＝. 答案： 9(2013·东城练习)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，M分别是棱AD，DD1，D1A1，A1A，AB的中点，点N在四边形EFGH的四边及其内部运动，则当N只需满足条件__________时，就有MNA1C1；当N只需满足条件__________时，就有MN平面B1D1C. 解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则M，N(x,0，z)，＝(－1,1,0)，因此·＝·(－1,1,0)＝1－x－＝0，即x＝，故点N在EG上，就有MNA1C1.设平面B1D1C的一个法向量为n＝(－1,1,1)，若MN平面B1D1C，则·n＝·(－1,1,1)＝1－x－＋z＝0即x－z－＝0，故点N在EH上，就有MN平面B1D1C. 答案：点N在EG上　点N在EH上 三、解答题 10．(2012·天津)如图，在四棱锥P－ABCD中，AP平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1. (1)证明PCAD； (2)求二面角A－PC－D的正弦值； (3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长． 解析：方法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)． (1)易得＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)， 于是·＝0，所以PCAD. (2)＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)． 设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)， 则即 不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)． 可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝， 从而sin〈m，n〉＝. 所以二面角A－PC－D的正弦值为. (3)设点E的坐标为(0,0，h)，其中h[0,2]． 由此得＝.由＝(2，－1,0)，故 cos〈，〉＝＝ ＝， 所以，＝cos30°＝， 解得h＝，即AE＝. 方法二： (1)由PA平面ABCD，可得PAAD， 又由ADAC，PA∩AC＝A，故AD平面PAC， 又PC平面PAC，所以PCAD. (2)如图，作AHPC于点H，连接DH. 由PCAD，PCAH，可得PC平面ADH. 因此DHPC，从而AHD为二面角A－PC－D的平面角．在RtPAC中，PA＝2，AC＝1，由此得AH＝. 由(1)知ADAH.故在RtDAH中， DH＝＝. 因此sinAHD＝＝. 所以二面角A－PC－D的正弦值为. (3)如图，因为ADC＜45°，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角． 由于BFCD，故AFB＝ADC，在RtDAC中，CD＝，sinADC＝， 故sinAFB＝. 在AFB中，由＝，AB＝， sinFAB＝sin135°＝，可得BF＝. 由余弦定理，BF2＝AB2＋AF2－2AB·AF·cosFAB，可得AF＝. 设AE＝h. 在RtEAF中，EF＝＝ . 在RtBAE中，BE＝＝ . 在EBF中，因为EF＜BE，从而EBF＝30°，由余弦定理得cos30°＝.可解得h＝. 所以AE＝. 11．(2012·湖北)如图1，ACB＝45°，BC＝3，过动点A作ADBC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将ABD折起，使BDC＝90°(如图2所示)． (1)当BD的长为多少时，三棱锥A－BCD的体积最大； (2)当三棱锥A－BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得ENBM，并求EN与平面BMN所成角的大小． 图1 图2 解析：(1)方法一：在如图1所示ABC中，设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x. 由ADBC，ACB＝45°知，ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x. 由折起前ADBC知，折起后(如图2)，ADDC，ADBD，且BD∩DC＝D， 所以AD平面BCD. 又BDC＝90°， 所以SBCD＝BD·CD＝x·(3－x)． 于是VA－BCD＝AD·SBCD＝(3－x)·x(3－x)＝·2x(3－x)(3－x)≤3＝，当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立，故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大． 方法二：同解法1，得 VA－BCD＝AD·SBCD ＝(3－x)·x(3－x) ＝(x3－6x2＋9x)． 令f(x)＝(x3－6x2＋9x)， 由f′(x)＝(x－1)(x－3)＝0，且0＜x＜3，解得x＝1. 当x(0,1)时，f′(x)＞0；当x(1,3)时，f′(x)＜0. 所以当x＝1时，f(x)取得最大值． 故当BD＝1时，三棱锥A－BCD的体积最大． (2)方法一：以D为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系D－xyz. 由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2. 于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，E，且＝(－1,1, 1)． 设N(0，λ，0)，则＝. 因为ENBN等价于·＝0，即 ·(－1,1,1)＝＋λ－1＝0， 故λ＝，N. 所以当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，ENBM. 设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，由及＝，得可取n＝(1,2，－1)． 设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由＝，n＝(1,2，－1)，可得sinθ＝cos(90°－θ)＝＝＝，即θ＝60°. 故EN与平面BMN所成角的大小为60°. 图a 图b 图c 图d 方法二：由(1)知，当三棱锥A－BCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2. 如图b，取CD的中点F，连结MF，BF，EF，则MFAD. 由(1)知AD平面BCD，所以MF平面BCD. 如图c，延长FE至P点使得FP＝DB，连BP，DP，则四边形DBPF为正方形，所以DPBF.取DF的中点N，连结EN，又E为FP的中点，则ENDP，所以ENBF. 因为MF平面BCD，又EN面BCD，所以MFEN. 又MF∩BF＝F，所以EN面BMF.又BM面BMF，所以ENBM. 因为ENBM当且仅当ENBF，而点F是唯一的，所以点N是唯一的． 即当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)，ENBM. 连接MN，ME，由计算得NB＝NM＝EB＝EM＝，所以NMB与EMB是两个共底边的全等的等腰三角形，如图d所示，取BM的中点G，连接EG，NG，则BM平面EGN. 在平面ENG中，过点E作EHGN于H，则EH平面BMN，故ENH是EN与平面BMN所成的角． 在EGN中，易得EG＝GN＝NE＝，所以EGN是正三角形，故ENH＝60°，即EN与平面BMN所成的角的大小为60°. 12．(2012·福建)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点． (1)求证：B1EAD1； (2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长． 解析：(1)以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)． 设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故＝ (0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝. ·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0， B1E⊥AD1. (2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)． 又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)， n⊥平面B1AE， n⊥，n，得 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝. 要使DP平面B1AE，只要n，有－az0＝0，解得z0＝. 又DP平面B1AE， 存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP＝. (3)连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1A1D. ∵B1C∥A1D，AD1⊥B1C. 又由(1)知B1EAD1，且B1C∩B1E＝B1， AD1⊥平面DCB1A1， 是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)． 设与n所成的角为θ，则 cosθ＝＝. 二面角A－B1E－A1的大小为30°， |cosθ|＝cos30°，即＝， 解得a＝2，即AB的长为2. 。

3.2立体几何中的向量方法（一）——直线的方向向量和平面的法向量1．若n ＝(2，－3,1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α法向量的是( )A ．(0，－3,1)B ．(2,0,1)C ．(－2，－3,1)D ．(－2,3，－1)[答案] D2．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝( )A ．2B ．－4C ．4D ．－2 [答案] C3．若平面α与平面β的法向量分别是a ＝(4,0，－2)，与b ＝(1,0,2)，则平面α与平面β的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交不垂直D ．无法判定[答案] B4．若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2这两条异面直线所成的角等于( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均错 [答案] A5．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．以上均错 [解析] 如下图所示，易知直线l 与平面α所成的角为30°.[答案] C6．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( )A.⎝⎛⎭⎫33，33，－33B.⎝⎛⎭⎫33，－33，33C.⎝⎛⎭⎫－33，33，33D.⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33 [解析] ∵AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)，结合选项，验证知应选D.[答案] D7．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，则平面ACB 1的一个法向量为__________．[解析] 建立空间直角坐标系，如下图所示，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，B 1(1,1,1)，∴AC →＝(－1,1,0)，AB 1→＝(0,1,1)设平面ACB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥AC →，n ⊥AB 1→，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，y ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,1，－1)． [答案] (1,1，－1)8．若两个平面α，β的法向量分别等于u ＝(1,0,1)，v ＝(－1,1,0)则这两个平面所成的锐二面角的度数是__________．[解析] ∵a ＝(1,0,1)，v ＝(－1,1,0)，∴|u |＝2，|v |＝2，u ·v ＝－1.∴cos 〈u ·v 〉＝－12. ∴〈u ，v 〉＝120°，故两平面所成的锐二面角为60°.[答案] 60°9．若直线a 和b 是两条异面直线，它们的方向向量分别是(1,1,1)，和(2，－3，－2)，求直线a 和b 的公垂线的一个方向向量．解 设直线a 与b 的公垂线的一个方向向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥(1,1,1)，n ⊥(2，－3，－2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＋z ＝0，2x －3y －2z ＝0，∴⎩⎨⎧ x ＝－15z y ＝－45z ，令z ＝－5，得x ＝1，y ＝4，故直线a 和b 的公垂线的一个法向量为(1,4，－5)．10．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DC ＝3，DD 1＝4，E 是A 1A 的中点，求证：A 1C ∥平面BED .证明 以点A 的坐标原点，以AB 、AD ，AA 1所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，得A 1(0,0,4)，C (3,3,0)，E (0,0,2)．取BD 中点记为F ，则F (32，32，0)， ∴A 1C →＝(3,3，－4)，EF →＝(32，32，－2)．∴A 1C →＝2EF →.∴A 1C →∥EF →，又A 1C 与EF 无交点，A 1C ∥EF ，EF ⊂面BED ，A 1C ⊄平面BED .∴A 1C ∥平面BED .。

第七章 第七节 立体几何中的向量方法一、选择题1．若平面α，β的法向量分别为a ＝(－1,2,4)，b ＝(x ，－1，－2)，并且α⊥β，则x 的值为( )A ．10B ．－10 C.12D ．－12解析：∵α⊥β，∴a ²b ＝0 ∴x ＝－10. 答案：B2．已知AB ＝(1,5，－2)， BC ＝(3,1，z )，若 AB ⊥ BC ， BP＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为 ( )A.337，－157，4 B.407，－157，4 C.407，－2,4D ．4，407，－15解析： AB ⊥ BC ⇒ AB² BC ＝3＋5－2z ＝0，∴z ＝4.又BP ⊥平面ABC ，∴BP ²AB＝x －1＋5y ＋6＝0，①BP ²BC＝3x －3＋y －3z ＝0，②由①②得x ＝407，y ＝－157.答案：B3.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为A 1C 1的中点，则异面直线CE 与BD 所成的角为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：以D 点为原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则相关点的坐标为C (0,1,0)，E (12，12，1)，B (1,1,0)，D (0,0,0)，∴ CE ＝(12，－12，1)， BD ＝(－1，－1,0)．∴ CE ² BD ＝－12＋12＋0＝0.∴ CE ⊥ BD，即CE ⊥BD .答案：D4.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是 ( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定解析：分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．∵A 1M ＝AN ＝23a ， ∴M (a ，23a ，a 3)，N (23a ，23a ，a )．∴ MN ＝(－a 3，0，23a )．又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)，∴ 11C D＝(0，a,0)．∴ MN ² 11C D ＝0，∴MN⊥ 11C D .∵ 11C D是平面BB 1C 1C 的法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C . 答案：B5.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以B 点为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则B (0,0,0)，C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0，1)，∴ EF ＝(0，－1,1)，1BC＝(2,0,2)∴cos 〈 EF ， 1BC 〉＝ EF ²1BC| EF||1BC |＝22²8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B6.如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.23解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)， AG ＝(a ，a,0)， AC＝(0,2a,2a )，BG ＝(a ，－a,0)，BC＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎨⎧BG²n 1＝0 BG²n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝02ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝| BG²n 1|| BG ||n 1|＝2a 2a ³3＝63.答案：C 二、填空题7．已知 AB＝(2,2,1)， AC ＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是________．解析：设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y,1)，则n ⊥ AB且n ⊥ AC ，即n ² AB＝0，且n ²AC ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋1＝0，4x ＋5y ＋3＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－1，∴n ＝(12，－1,1)，单位法向量为±n |n |＝±(13，－23，23)． 答案：(13，－23，23)或(－13，23，－23)8．在如右图所示的正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，E 是C 1D 1的中点，正方体的棱长为2，则异面直线DE 与AC 所成角的余弦值为________．解析：分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,2,0)，E (0,1,2)，A (2,0,0)，AC ＝(－2,2,0)，DE＝(0,1,2)， ∴cos 〈 AC ， DE 〉＝1010.答案：10109．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是________．解析：如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P (0，－a 2，a2)，则 CA ＝(2a,0,0) AP ＝(－a ，－a 2，a2)， CB ＝(a ，a,0)，设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈 CB ，n 〉＝ CB²n | CB |²|n |＝a 2a 2²2＝12，∴〈 CB，n 〉＝60°.∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°.答案：30° 三、解答题10．如图，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)设E 为BC 的中点，求 AE 与 DB夹角的余弦值．解：(1)证明：∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC . ∵AD ⊂平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由∠BDC ＝90°及(1)知DA ，DB ，DC 两两垂直，不妨设|DB |＝1，以D 为坐标原点，以 DB ， DC ， DA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，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,3,0)，A (0,0，3)，E (12，32，0)，∴ AE ＝(12，32，－3)， DB ＝(1,0,0)，∴ AE 与 DB夹角的余弦值为cos 〈AE ，DB 〉＝AE ²DB| AE|²| DB |＝12224³1＝2222. 11．(2012²温州模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝DC ＝12，AB ＝1，M 是PB 的中点．(1)证明：平面PAD ⊥平面PCD ； (2)求AC 与PB 所成的角；(3)求平面AMC 与平面BMC 所成二面角的余弦值．解：以A 为坐标原点，AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (1,1,0)，D (1,0,0)，P (0,0,1)，M (0,1，12)．(1)证明：因 AP ＝(0,0,1)， DC ＝(0,1,0)，故 AP² DC ＝0，所以AP ⊥DC .由题设知AD ⊥DC ，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥平面PAD . 又DC 在平面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD .(2)因 AC ＝(1,1,0)， PB＝(0,2，－1)，故| AC |＝2，| PB |＝5， AC ² PB＝2，所以cos< AC ， PB >＝AC ² PB| AC |²| PB |＝105.(3)在MC 上取一点N (x ，y ，z )，则存在λ∈R ，使 NC ＝λ MC， NC ＝(1－x,1－y ，－z )， MC ＝(1,0，－12)，∴x ＝1－λ，y ＝1，z ＝12λ.要使AN ⊥MC ，只需 AN ² MC ＝0即x －12z ＝0，解得λ＝45.可知当λ＝45时，N 点坐标为(15，1，25)，能使 AN² MC ＝0.此时，AN ＝(15，1，25)， BN ＝(15，－1，25)，有 BN² MC ＝0由 AN ² MC ＝0， BN² MC ＝0得AN ⊥MC ，BN ⊥MC .所以∠ANB 为所求二面角的平面角．∵| AN |＝305，| BN |＝305， AN ² BN ＝－45.∴cos 〈AN ， BN 〉＝AN ² BN | AN |²| BN |＝－23.∴平面AMC 与平面BMC 所成角的余弦值为－23.12．(2011²福建高考)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ； (2)设AB ＝AP .(ⅰ)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；(ⅱ)在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由．解：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB .又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图)．在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ， 则CE ⊥AD .在Rt△CDE 中，DE ＝CD ²cos 45°＝1，CE ＝CD ²sin 45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)，CD ＝(－1,1,0)， PD＝(0,4－t ，－t )．(ⅰ)设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥ CD ，n ⊥ PD ，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，4－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又 PB＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos 60°＝|n ² PB|n |²| PB ||， 即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋4－t 2²2t 2＝12， 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，所以AB ＝45.(ⅱ)假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到P ，B ，C ，D的距离都相等，设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则 GC＝(1,3－t －m,0)， GD＝(0,4－t －m,0)， GP＝(0，－m ，t )．由| GC |＝| GD |得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m ；(1)由| GD |＝| GP |得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.(2)由(1)、(2)消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.(3)由于方程(3)没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等。

课时作业(四十三) 第43讲 立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解时间：45分钟 分值：100分基础热身1．如图K43－1所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈，〉＝33.若以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立坐标系，则点E 的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．(2,1,1)C.⎝⎛⎭⎫2，12，12D.⎝⎛⎭⎫1，1，122．若a ＝(1,2,1)，b ＝(－2,0,1)分别是直线l 1，l 2的方向向量，则l 1，l 2的位置关系是( ) A ．平行 B ．异面C ．相交D ．相交或异面3．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( )A.32B.22C. 3 D ．3 2 4．方向向量为s ＝(1,1,1)的直线l 经过点A (1,0,0)，则坐标原点O (0,0,0)到该直线的距离是( ) A. 3 B. 2 C.62 D.63能力提升5．如图K43－2，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为1，则异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值是( )A.55 B ．－55 C.15 D.256．在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 和CD 成60°角(如图K43－3)，则B 、D 间的距离为( )图K43A ．1 B ．2 C. 2 D ．2或 2 7．2011·河南六市联考 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，则异面直线AD 1与CE 所成角为( )A.π6B.π4C.π3D.π28．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( )A. 3B.22 C.2λ3 D.559．如图K43－4，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝AD ＝1，AB ＝2，点E 是AB 上一点，当二面角P －EC －D 的平面角为π4时，AE ＝( )A ．1 B.12C ．2－ 2D ．2－ 310．已知三棱锥O －ABC 的侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，E 为OC 的中点，且OA ＝1，OB ＝OC ＝2，则平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值是________．11．如图K43－5，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AA 1长为b ，且AA 1与A 1B 1，A 1D 1的夹角都是60°，则AC 1的长等于________．－5K43－612．如图K43－6，AO ⊥平面α，BC ⊥OB ，BC 与平面α的夹角为30°，AO ＝BO ＝BC ＝a ，则AC ＝________________________________________________________________________.13．如图K43－7，在空间直角坐标系中有棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点M 到直线AD 1距离的最小值为________．14．(10分)如图K43－8，放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC －A 1B 1C 1与正三棱锥B －ACD 组成，其中，AB ⊥BC .它的主视图、俯视图、左视图的面积分别为22＋1,22＋1,1.(1)求直线CA 1与平面ACD 所成角的正弦值；(2)在线段AC 1上是否存在点P ，使B 1P ⊥平面ACD ？若存在，确定点P 的位置；若不存在，说明理由．15．(13分)2011·安徽师大附中三模如图K43－9，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．难点突破16．(12分)2011·湖北卷如图K43－10，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．图K43－10课时作业(四十三)【基础热身】1．A 解析 可知A (2,0,0)、B (2,2,0)、C (0,2,0)， 令P (0,0,2m )(m >0)，则E (1,1，m )，＝(－1,1，m )，＝(0,0,2m )，∴cos 〈，〉＝2m 21＋1＋m 2·2m＝33，m ＝1.∴E 的坐标为(1,1,1)．2．D 解析 根据共线向量定理，显然a ，b 不平行，所以l 1，l 2的位置关系是相交或异面．3．B 解析 两平面的一个单位法向量n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，故两平面间的距离d ＝|·n 0|＝22.4．D 解析 直线l 的一个单位法向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，33，向量＝(1,0,0)，故点O 到直线l 的距离为d ＝|OA →|2－|OA →·s 0|2＝1－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63.【能力提升】5．C [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，1＝(－2,0,1)，＝(0,2,1)，故异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值为|cos 〈1，1〉|＝＝15.6．D [解析] ∵∠ACD ＝90°，∴·＝同理·＝0，∵AB 和CD 成60°角，∴〈，〉＝60°或120°. ∵＝＋＋， ∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2· ＝2＋2＋2＋2·＝3＋2×1×1×cos 〈，〉 ＝∴||＝2或2，即B 、D 间的距离为2或2，故选D.7．D [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则有A (0,0,0)，D 1(1,0,1)，C (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1，所以＝(1,0,1)，＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，1，∴·＝0，即异面直线AD 1与CE 所成角为π2.8．D [解析] 如图，如果过点G 1H ，如果我们能求出向量，那么||就是点G 到平面D 1EF 的距离．在正方体中，建立空间直角坐标系非常方便，因此用坐标的方法，解决这个问题．如图，以射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则G (1，λ，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，＝⎝⎛⎭⎫0，－λ，－12，F ⎝⎛⎭⎫1，1，12，＝(0,1,0)，D 1(0,0,1)，1＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12.过点G 向平面D 1EF 作垂线，垂足为H ，由于点H 在平面D 1EF 内，故存在实数x ，y 使＝＋x ＋y 1＝⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ，由于GH ⊥EF ，GH ⊥ED 1，所以⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·(0，1，0)＝0，⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·⎝⎛⎭⎫－1，0，12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ，y ＝15，故＝⎝⎛⎭⎫－15，0，－25，所以||＝55，即点G 到平面D 1EF 的距离是55.9．D [解析] 以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图，设E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)，则＝(－1,2－y 0,0)， 设平面PEC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∴⇒⎩⎨⎧－x ＋y (2－y 0)＝0，2y －z ＝0⇒x ∶y ∶z ＝(2－y 0)∶1∶2，记n 1＝(2－y 0,1,2)，而平面ECD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则二面角P －EC －D 的平面角θ满足cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝22， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－y 0)2＋12＋22·122⇒y 0＝2－ 3.∴当AE ＝2－3时，二面角P －EC －D 的平面角为π4.10.7618[解析] 以O 为原点，OB ，OC ，OA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则有A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，E (0,1,0)．设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由11n 1⊥知n 1·＝2y －z ＝0，取n 1＝(1,1,2)．设平面EAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥知n ·＝2x －z ＝0，由n ⊥知n ·＝2x －y ＝0，取n ＝(1,2,2)．则cos 〈n ，n 1〉＝n ·n 1|n ||n 1|＝1＋2＋49×6＝7618，所以平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值为7618. 11.2a 2＋b 2－2ab [解析] 由已知〈1，〉＝〈1，〉＝120°，〈，〉＝90°. |1|2＝|1＋＋|2＝|1|2＋||2＋||2＋21·＋2·＋21·＝b 2＋a 2＋a 2－ab －ab ＝2a 2＋b 2－2ab ，故|1|＝2a 2＋b 2－2ab . 12.2a [解析] ＝＋＋， 其中〈，〉＝〈，〉＝90°，〈，〉＝120°，故||2＝|＋＋|2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3a 2＋2a 2cos120°＝2a 2，故||＝2a ，即AC ＝2a .13.33a [解析] 设M (0，m ，m )(0≤m ≤a )，＝(－a,0，a )，直线AD 1的一个单位方向向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，由＝(0，－m ，a －m )，故点M 到直线AD 1的距离d ＝|MD 1→|2－|MD 1→·s 0|2＝m 2＋(a －m )2－12(a －m )2＝32m 2－am ＋12a 2，根式内的二次函数当m ＝－－a 2×32＝a 3时取最小值32⎝⎛⎫a 32－a ×a 3＋12a 2＝13a 2，故d 的最小值为33a . 14．[解答] 由已知可得AB ⊥平面BB 1C 1C ，由于三棱锥B －ACD 是正三棱锥，所以CD ⊂平面BB 1C 1C ，D ，B ，B 1三点共线，AB ＝BC ＝BD .设AB ＝a ，BB 1＝b .则其主视图和俯视图的面积都是ab ＋12a 2，左视图的面积是12a 2，根据已知解得a ＝2，b＝2.以点B 为坐标原点，射线BC ，BB 1，BA 分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0，2)，C (2，0,0)，D (0，－22,0)，A 1(0,2，2)． (1)由于三棱锥B －ACD ⎭⎪⎫，23，则BG ⊥平面ACD ，故可取向量n ＝(1，－1,1)为平面ACD 的一个法向量，＝(－2，2，2)，故可取v ＝(1，－2，－1)为直线CA 1的一个方向向量．设直线CA 1与平面ACD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，v 〉|＝|n ·v ||n ||v |＝223＝66.(2)设＝m ＝(2m,2m ，－2m )，则＝＋＝(2m,2m －2，2－2m )，如果B 1P ⊥平面ACD ，则∥n ，即(2m,2m －2，2－2m )＝(λ，－λ，λ)，由此得方程组⎩⎨⎧2m ＝λ，①2m －2＝－λ，②2－2m ＝λ，③由①③得m ＝12，λ＝22，代入②则－1＝－22，矛盾，这说明不存在满足题目要求的点P .15．[解答] 方法一：(1)证法一：取CE 的中点G ，连接FG 、BG .∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE ，∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB .又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .又DE ＝2AB ，∴四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .证法二：取DE 的中点M ，连接AM 、FM ， ∵F 为CD 的中点，∴FM ∥CE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴DE ∥AB .又AB ＝12DE ＝ME ，∴四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE . ∵FM 、AM ⊄平面BCE ，CE 、BE ⊂平面BCE ， ∴FM ∥平面BCE ，AM ∥平面BCE .又FM ∩AM ＝M ，∴平面AFM ∥平面BCE . ∵AF ⊂平面AFM ， ∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵△ACD 为等边三角形，F 为∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE . ∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)在平面CDE 内，过F 作FH ⊥CE 于H ，连接BH ， ∵平面BCE ⊥平面CDE ，∴FH ⊥平面BCE . ∴∠FBH 为BF 和平面BCE 所成的角． 设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，则FH ＝CF sin45°＝22a ， BF ＝AB 2＋AF 2＝a 2＋(3a )2＝2a ，在Rt △FHB 中，sin ∠FBH ＝FH BF ＝24. ∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 方法二：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．∵F 为CD 的中点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)证明：＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，＝(a ，3a ，a )，＝(2a,0，－a )，∵＝12(＋)，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，＝(－a ，3a,0)，＝(0,0，－2a )，∴·＝0，·＝0，∴⊥，⊥.∴⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·＝0，n ·＝0可得x ＋3y ＋z ＝0,2x －z ＝0，取n ＝(1，－3，2)．又＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，－a ，设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则sin θ＝＝2a 2a ·22＝24.∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 【难点突破】16．[解答] 解法1：过E 作EN ⊥AC 于N ，连接EF .(1)如图①，连接NF 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影， 在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，则由CF CC 1＝CN CA ＝14，得NF ∥AC 1.又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ， 由三垂线定理知EF ⊥A 1C .(2)如图②，连接AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连接ME ， 由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF ，所以∠EMN 是二面角C －AF －E 的平面角，即∠EMN ＝θ， 设∠FAC ＝α，则0°<α≤45°.在Rt △CNE 中，NE ＝EC ·sin60°＝3， 在Rt △AMN 中，MN ＝AN ·sin α＝3sin α， 故tan θ＝NE MN ＝33sin α. 又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22， 故当sin α＝22，即当α＝45°时，tan θ达到最小值， tan θ＝33×2＝63，此时F 与C 1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是＝(0，－4,4)，＝(－3，1,1)，则·＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)， ＝(3，3,0)，＝(0,4，λ)，于是由m ⊥，m ⊥可得即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2， 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63， 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.。

9.7立体几何中的向量方法A 级 基础达标1．平面α经过三点A (－1,0,1)，B (1,1,2)，C (2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是( )A ．(12，－1，－1)B ．(6，－2，－2)C ．(4,2,2)D ．(－1,1,4)2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19B.495C.295 D.233．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.234．如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF .当A 1、E 、F 、C 1共面时，平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为( )A.32B.12C.15D.2655．『2014·天津十校联考』如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为( )6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．7．『2014·佛山质检』已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，则直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值为________．8．『2014·合肥调研』已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是________．9．设动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B ＝λ.当∠APC 为钝角时，λ的取值范围是________．10．『2013·江苏高考』如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1夹角的正弦值．11．『2013·天津高考』如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB ∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．(1)证明：B1C1⊥CE；(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26，求线段AM的长．12. 『2013·江西七校高三联考』如下图所示，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成的角为60°.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)求二面角F－BE－D的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．B级知能提升1．『2014·皖北五校联考』在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为()A.64B．－64C.104D．－1042．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为()A. 2B.3C ．2 D.223．『2013·重庆高考』如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB .(1)求P A 的长；(2)求二面角B －AF －D 的正弦值．解析及答案05限时规范特训A 级 基础达标1．『解析』设平面α的法向量为n ，则n ⊥AB →，n ⊥AC →，n ⊥BC →，所有与AB →(或AC →、BC →)平行的向量或可用AB →与AC →线性表示的向量都与n 垂直，故选D.『答案』D2．『解析』设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.『答案』B3．『解析』如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG →＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a ，0)，BC →＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ ax 1＋ay 1＝02ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)． sin θ＝BG →·n 1|BG →||n 1|＝2a 2a×3＝63.『答案』C4．『解析』以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，易知当E (6,3,0)、F (3,6,0)时，A 1、E 、F 、C 1共面，设平面A 1DE 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DE →＝6a ＋3b ＝0，n 1·DA 1→＝6a ＋6c ＝0，可取n 1＝(－1,2,1)，同理可得平面C 1DF 的一个法向量为n 2＝(2，－1,1)，故平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为|n 1·n 2||n1|·|n 2|＝12.故选B.『答案』B5．『解析』以D 为原点，DA 、DC 所在直线分别为x 、y 轴建系如图：设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ，则P (a 2，0，32a )，C (0，a,0)，则|MC |＝x 2＋y －a2，|MP |＝x －a22＋y 2＋32a 2.由|MP |＝|MC |得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝12x 的一部分．『答案』A6．『解析』以D 1A 1、D 1C 1、D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，又F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴FB →＝(1,1，y )，由于AB ⊥B 1E ，故若B 1E ⊥平面ABF ，只需FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1,0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.『答案』17． 『解析』如图建立空间直角坐标系，AB →＝(0,1,0)，AD 1→＝(－1,0,1)，AE →＝(0，12，1)，设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0，可解得n ＝(1,0,1)设直线AE 与平面ABC 1D 所成的角为θ，则sin θ＝|AE →·n ||AE →|·|n |＝105『答案』1058．『解析』如图建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A 1(2,0,4)，A (2,0,0)， B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)， AD 1→＝(－2,0,4)， AB 1→＝(0,2,4)，AA 1→＝(0,0,4)，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4z ＝0，2y ＋4z ＝0， 解得x ＝2z 且y ＝－2z ，不妨设n ＝(2，－2,1)， 设点A 1到平面AB 1D 1的距离为d ，则d ＝|AA 1→·n ||n |＝43.『答案』439．『解析』本题主要考查了用空间向量求直线间的夹角，一元二次不等式的解法，意在考查考生的空间想象能力以及运算求解能力．以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则有A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，则D 1B →＝(1,1，－1)，得D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以P A →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角等价于P A →·PC →<0，即－λ(1－λ)－λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，即(λ－1)(3λ－1)<0，解得13<λ<1，因此λ的取值范围是(13，1)．『答案』(13，1)10．『解』(1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，∴A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．∵cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，∴异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∵AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，∴n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且2y ＋4z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，∴n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1夹角的大小为θ.由cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1夹角的正弦值为53. 11． 『解』本题可通过建立空间坐标系求解．如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0,0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)．(1)证明：易得B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1,1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，∴B 1C 1⊥CE .(2)B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0. 消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)．由(1)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，故二面角B 1－CE －C 1的正弦值为217. (3)AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)．设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量．设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →|·|AB →|＝2λλ2＋λ＋12＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1. 于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(λ＝－15舍去)，∴AM ＝ 2.12. 『解』(1)∵DE ⊥平面ABCD ，∴DE ⊥AC ，∵ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，又DE ∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面BDE .(2)∵DE ⊥平面ABCD ，∴∠EBD 就是BE 与平面ABCD 所成的角，即∠EBD ＝60°. ∴EDBD＝ 3.由AD ＝3，得DE ＝36，AF ＝ 6.如图所示，分别以DA ，DC ，DE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，∴BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3,0，－26)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n·BF →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝03x －26z ＝0.令z ＝6，则n ＝(4,2，6)． ∵AC ⊥平面BDE ， ∴CA →＝(3，－3,0)为平面BDE 的一个法向量，∴cos 〈n ，CA →〉＝n ·CA →|n |·|CA →|＝626×32＝1313.又二面角F －BE －D 为锐角，故二面角F －BE －D 的余弦值为1313. (3)依题意，设M (t ，t,0)(0≤t ≤3)，则AM →＝(t －3，t,0)，∴AM ∥平面BEF ，∴AM →·n ＝0， 即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.∴点M 的坐标为(2,2,0)，此时DM →＝23DB →，∴点M 是线段BD 上靠近B 点的三等分点．B 级 知能提升1．『解析』取AC 中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ， 如图，建立空间直角坐标系B －xyz ， 则A (32，12，0)，D (0,0,1)， 则AD →＝(－32，－12，1)． ∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，BE ⊥AC ， ∴BE ⊥平面AA 1C 1C . ∴BE →＝(32，0,0)为平面AA 1C 1C 的一个法向量， ∴cos 〈AD →，BE →〉＝－64， 设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，∴sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64，故选A. 『答案』A2．『解析』如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB 1→＝0m ·CD →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0x ＋az ＝0，令z ＝－1， 得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n (0,1,0)， 则由cos60°＝m ·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝ 2. 『答案』A3．『解』(1)如图，连接BD 交AC 于O ，∵BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC平分∠BCD ，故AC ⊥BD ，以O 为坐标原点，OB →，OC →，AP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC＝3，又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．∵P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )，由F 为PC 边中点，得F (0，－1，z2)，∴AF →＝(0,2，z 2)，PB →＝(3，3，－z )，∵AF ⊥PB ，∴AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，∴|P A →|＝2 3.(2)由(1)知AD →＝(－3，3,0)，AB →＝(3，3,0)，AF →＝(0,2，3)．设平面F AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，得⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)， 由n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0，得⎩⎨⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B －AF －D 的正弦值为378.。

课时作业(四十二) [第42讲 立体几何中的向量方法(一)——位置关系的证明][时间：45分钟 分值：100分]基础热身1．直线l 1，l 2相互平行，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是( ) A ．s 1＝(0,1,2)，s 2＝(2,1,0) B ．s 1＝(0,1,1)，s 2＝(1,1,0) C ．s 1＝(1,1,2)，s 2＝(2,2,4)D ．s 1＝(1,1,1)，s 2＝(－1,2，－1)2．直线l 1，l 2相互垂直，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是( ) A ．s 1＝(1,1,2)，s 2＝(2，－1,0) B ．s 1＝(0,1，－1)，s 2＝(2,0,0) C ．s 1＝(1,1,1)，s 2＝(2,2，－2)D ．s 1＝(1，－1,1)，s 2＝(－2,2，－2)3．若直线l ∥平面α，直线l 的方向向量为s ，平面α的法向量为n ，则下列结论正确的是( )A ．s ＝(－1,0,2)，n ＝(1,0，－1)B ．s ＝(－1,0,1)，n ＝(1,2，－1)C ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(1,2，－1)D ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(－2,2,2)4．若直线l ⊥平面α，直线l 的方向向量为s ，平面α的法向量为n ，则下列结论正确的是( )A ．s ＝(1,0,1)，n ＝(1,0，－1)B ．s ＝(1,1,1)，n ＝(1,1，－2)C ．s ＝(2,1,1)，n ＝(－4，－2，－2)D ．s ＝(1,3,1)，n ＝(2,0，－1) 能力提升5．若平面α，β平行，则下面可以是这两个平面的法向量的是( ) A ．n 1＝(1,2,3)，n 2＝(－3,2,1) B ．n 1＝(1,2,2)，n 2＝(－2,2,1) C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－2,2,1)D ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－2，－2，－2)6．若平面α，β垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是( ) A ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(－3,1,1) B ．n 1＝(1,1,2)，n 2＝(－2,1,1) C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－1,2,1)D ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(0，－2，－2)7．直线l 的方向向量为s ＝(－1,1,1)，平面π的法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面π，则x 的值为( )A ．－2B ．－ 2 C. 2 D ．±2 8．[2011·枣庄模拟] 已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的单位法向量是( )A ．s ＝±(1,1,1)B ．s ＝±⎝⎛⎭⎫22，22，22 C ．s ＝±⎝⎛⎭⎫33，33，33 D ．s ＝±⎝⎛⎭⎫33，－33，33 9．[2011·宁波调研] 已知非零向量a ，b 及平面α，若向量a 是平面α的法向量，则a ·b ＝0是向量b 所在直线平行于平面α或在平面α内的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件10．平面α的一个法向量n ＝(0,1，－1)，如果直线l ⊥平面α，则直线l 的单位方向向量是s ＝________.11．空间中两个有一条公共边AD 的正方形ABCD 与ADEF ，设M ，N 分别是BD ，AE 的中点，给出如下命题：①AD ⊥MN ；②MN ∥平面CDE ；③MN ∥CE ；④MN ，CE 异面．则所有正确命题的序号为________图 112．如图K42－1，设M 、N 是直角梯形ABCD 两腰的中点，DE ⊥AB 于E .现将△ADE 沿DE 折起，使二面角A －DE －B 为45°，此时点A 在平面BCDE 内的射影恰为点B ，则M 、N 的连线与平面ABE 的位置关系为________．13．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为________．14．(10分)如图K42－2，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥BP 交BP 于点F .(1)证明：P A ∥平面EDB ； (2)证明：PB ⊥平面EFD .15．(13分)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱垂直于底面，∠BAC ＝90°，AB ＝AA 1＝2，AC ＝1，M ，N 分别是A 1B 1，BC 的中点．(1)求证：AB ⊥AC 1；(2)求证：MN ∥平面ACC 1A 1.难点突破16．(12分)如图K42－4，平面P AC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为P A，PB，AC的中点，AC＝16，P A＝PC＝10.(1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；(2)是否在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，若存在，求出M的坐标，若不存在，说明理由．课时作业(四十二)【基础热身】1．C [解析] 两直线平行则其方向向量平行，根据两向量平行的条件检验知正确选项为C.2．B [解析] 两直线垂直，其方向向量垂直，只有选项B 中的两个向量垂直．3．C [解析] 直线与平面平行，直线的方向向量和平面的法向量垂直，检验知正确选项为C.4．C [解析] 线面垂直时，直线的方向向量平行于平面的法向量，只有选项C 中的两向量平行．【能力提升】5．D [解析] 两个平面平行时其法向量也平行，检验知正确选项为D.6．A [解析] 两个平面垂直时其法向量垂直，只有选项A 中的两个向量垂直．7．D [解析] 线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，故x 2－2＝0，解得x ＝±2.8．C [解析] 先求出平面ABC 的一个法向量，再把其单位化．不难求出其一个法向量是n ＝(1,1,1)，单位化得s ＝±⎝⎛⎭⎫33，33，33. 9．C [解析] 根据向量与平面平行、以及平面的法向量与直线的方向向量之间的关系进行判断．a ·b ＝0说明向量b 垂直于平面α的法向量，故向量b 与平面α共面，此时向量b 所在的直线平行于平面α或在平面α之内；反之a ·b ＝0.10．±⎝⎛⎭⎫0，22，－22 [解析] 直线l 的方向向量平行于平面α的法向量，故直线l 的单位方向向量是s ＝±⎝⎛⎭⎫0，22，－22. 11．①②③ [解析] 如图，设AB →＝a ，AD →＝b ，AF →＝c ，则|a |＝|c |且a ·b ＝c ·b ＝0.MN →＝AN →－AM →＝12(b ＋c )－12(a ＋b )＝12(c －a )，MN →·AD →＝12(c －a )·b＝12(c ·b －a ·b )＝0，故AD ⊥MN ；CE →＝c －a ＝2MN →，故MN ∥CE ，故MN ∥平面CDE ，故①②③正确；④一定不正确．12．平行 [解析] 由AE ⊥DE ，A －DE －B 的平面角，即∠AEB ＝45°，又AB ⊥平面BCDE ，所以AB ＝BE .以B 为坐标原点，分别以BC ，BE ，BA 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝BE ＝a ，BC ＝b ，则A (0,0，a )，E (0，a,0)，M ⎝⎛⎭⎫b 2，a 2，a 2，N ⎝⎛⎭⎫b2，0，0， ∴MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－a 2，－a 2，BE →＝(0，a,0)，BA →＝(0,0，a )，由此，得MN →＝－12BE →－12BA →，从而MN ∥平面ABE .13.407，－157，4 [解析] 由题知：BP →⊥AB →，BP →⊥BC →. 所以 ⎩⎪⎨⎪⎧AB →·BC →＝0，BP →·AB →＝0，BP →·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1×3＋5×1＋(－2)×z ＝0，x －1＋5y ＋(－2)×(－3)＝0，3(x －1)＋y －3z ＝0.解得x ＝407，y ＝－157，z ＝4.14．[解答] 证明：以D 分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设DC ＝a .(1)连接AC ，AC 交BD 于G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2. 因为底面ABCD 是正方形，所以G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0，且P A →＝(a,0，－a )，EG →＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，－a 2.所以P A →＝2EG →，这表明P A ∥EG .而EG ⊂平面EDB 且P A ⊄平面EDB ，所以P A ∥平面EDB .(2)依题意得B (a ，a,0)，PB →＝(a ，a ，－a )．DE →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2，故PB →·DE →＝0＋a 22－a 22＝0，所以PB ⊥DE ，由已知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .15．[解答] 依条件可知AB ，AC ，AA 1两两垂直．如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz.A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (－1,0,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,2,2)，C 1(－1,0,2)，M (0,1,2)，N ⎝⎛⎭⎫－12，1，0. (1)证明：因为AB →＝(0,2,0)，AC 1→＝(－1,0,2)，所以AB →·AC 1→＝0×(－1)＋2×0＋0×2＝0.所以AB →⊥AC 1→，即AB ⊥AC 1.(2)证明：因为MN →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－2，AB →＝(0,2,0)是平面ACC 1A 1的一个法向量， 且MN →·AB →＝－12×0＋0×2－2×0＝0，所以MN →⊥AB →.又MN ⊄平面ACC 1A 1， 所以MN ∥平面ACC 1A 1. 【难点突破】16．[解答] (1)证明：如图，连接OP ，以O 为坐标原点，分别以OB 、OC 、OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则O (0,0,0)，A (0，－8,0)，B (8,0,0)，C (0,8,0)，P (0,0,6)，E (0，－4,3)，F (4,0,3)，由题意得，G (0,4,0)，则OB →＝(8,0,0)，OE →＝(0，－4,3)，因此可得平面BOE 的一个法向量为n ＝(0,3,4)，FG→＝(－4,4，－3)，得n ·FG →＝0，又直线FG ∥平面BOE .(2)设点M 的坐标为(x 0，y 0,0)，则FM ＝(x 0－4，y 0，－3)，因为FM ⊥平面BOE ，所以有FM→∥n ，因此有x 0＝4，y 0＝－94，即点M 的坐标为⎝⎛⎭⎫4，－94，0，在平面xOy 中，△AOB 的内部区域满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x >0，y <0，x －y <8，经检验，点M 的坐标满足上述不等式组，所以在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE .。

立体几何中的向量方法『考情展望』1.考查利用空间向量判断、证明空间中的线面位置关系.2.考查利用向量求空间角的大小.3.以解答题为主要考查形式． 『知识梳理』一、直线的方向向量和平面的法向量1．直线的方向向量：如果表示非零向量a 的有向线段所在直线与直线l 或 ，则称此向量a 为直线l 的方向向量．2．平面的法向量：直线l ⊥α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α的法向量． 二、空间位置关系的向量表示位置关系向量表示 直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2l 1∥l 2 n 1∥n 2⇔n 1＝λn 2 l 1⊥l 2 n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为ml ∥α n ⊥m ⇔n ·m ＝0 l ⊥α n ∥m ⇔n ＝λm 平面α，β的法向量分别为n ，m α∥β n ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0三、利用空间向量求空间角 1．求两条异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角〈a ，b 〉 范围0<θ≤π20＜〈a ，b 〉＜π 关系cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |2.求直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |. 3．求二面角的大小(1)若AB 、CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB -→与CD -→的夹角(如图①)．(2)设n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是 (如图②③)．四、利用空间向量求点面距离如图，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO -→|＝|AB -→·n ||n |.『考向突破』考向一 利用空间向量证明平行、垂直例1 如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°的角．(1)求证：CM ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面P AD .对点训练如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .考向二利用空间向量求线线角和线面角例2如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD ＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．对点训练(1)如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成角的大小是________．(2)如图所示，在棱锥P—ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，P A ＝AD＝DC＝2，AB＝4且AB∥CD，∠BAD＝90°.①求证：BC⊥PC②求PB与平面P AC所成角的正弦值．考向三利用空间向量求二面角例3如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝ 2.(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D；(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．对点训练如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝22AB.(1)证明：BC1∥平面A1CD.(2)求二面角D—A1C—E的正弦值．『能力提升』1．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．62．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°3．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1)4．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°5．如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55 B.53 C.255 D.356．(2013·大纲全国卷)已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13答案『知识梳理』一、1．平行 重合3．(2)二面角的平面角的大小 例1 『解析』(1)建立空间直角坐标系，方法一：证明CM -→与平面P AD 的法向量垂直；方法二：证明CM -→与平面P AD 内两个不共线共面．(2)取AP 的中点E ，利用向量证明BE ⊥平面P AD 即可． 『答案』 以C 为坐标原点，CB 所在直线为x 轴， CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴 建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz . ∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，∴∠PBC ＝30°. ∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)， A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫32，0，32，∴DP -→＝(0，－1,2)，DA -→＝(23，3,0)，CM -→＝⎝⎛⎭⎫32，0，32，(1)法一 令n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP -→·n ＝0，DA -→·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，∴⎩⎨⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)． ∵n ·CM -→＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM -→，又CM ⊄平面P AD ，∴CM ∥平面P AD . 法二 ∵PD -→＝(0,1，－2)，P A -→＝(23，4，－2)， 令CM -→＝xPD -→＋yP A -→，则⎩⎨⎧32＝23y ，0＝x ＋4y ，32＝－2x －2y ，方程组有解为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝14，∴CM -→＝－PD -→＋14P A -→，由共面向量定理知CM -→与PD -→、P A -→共面，又∵CM ⊄平面P AD ，∴CM ∥平面P AD .(2)取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE -→＝(－3，2,1) ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .又∵BE -→·DA -→＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE -→⊥DA -→，∴BE ⊥DA ，又P A ∩DA ＝A . ∴BE ⊥平面P AD ，又∵BE ⊂平面P AB ， ∴平面P AB ⊥平面P AD . 规律方法11.恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.2.证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.3.证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直，而直线与平面垂直，平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明.对点训练『证明』 如图建立空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)， B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．(1)取AB 中点为N ，则N (2,0,0)， 又C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE -→＝(－2,4,0)，NC -→＝(－2,4,0)， ∴DE -→＝NC -→. ∴DE ∥NC ，又NC 在平面ABC 内， 故DE ∥平面ABC . (2)B 1F -→＝(－2,2，－4)，EF -→＝(2，－2，－2)，AF -→＝(2,2,0)，B 1F -→·EF -→＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， 则B 1F -→⊥EF -→，∴B 1F ⊥EF ，∵B 1F -→·AF -→＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0， ∴B 1F -→⊥AF -→，即B 1F ⊥AF . 又∵AF ∩EF ＝F ， ∴B 1F ⊥平面AEF . 例2『解析』 (1)以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系，用向量法证明线线垂直．(2)求出平面ACD 1的一个法向量，再利用线面角公式求解．『答案』 (1)易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3)．从而B 1D -→＝(－t,3，－3)，AC -→＝(t,1,0)，BD -→＝(－t,3,0)． 因为AC ⊥BD ，所以AC -→·BD -→＝－t 2＋3＋0＝0. 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D -→＝(－3，3，－3)，AC -→＝(3，1,0)． 因为AC -→·B 1D -→＝－3＋3＋0＝0，所以AC -→⊥B 1D -→， 即AC ⊥B 1D .(2)由(1)知，AD 1-→＝(0,3,3)，AC -→＝(3，1,0)，B 1C 1-→＝(0,1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC -→＝0，n ·AD 1-→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)． 设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1-→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·B 1C 1-→|n |·|B 1C 1-→|＝37＝217， 即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217. 规律方法21.利用向量法求异面直线所成的角时，注意向量的夹角与异面直线所成的角的异同.同时注意根据异面直线所成的角的范围⎝⎛⎦⎤0，π2 得出结论. 2.利用向量法求线面角的方法一是分别求出斜线和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；二是通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.对点训练『解析』 (1)分别以BA ，BC ，BB 1为x ，y ，z 轴， 建立空间直角坐标系，如图，设AB ＝1，则B (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，0，0，F ⎝⎛⎭⎫0，0，12，C 1(0,1,1)，∴EF -→＝⎝⎛⎭⎫－12，0，12，BC 1-→＝(0,1,1)． cos 〈EF -→，BC 1-→〉＝EF -→·BC 1-→|EF -→||BC 1-→|＝1222×2＝12，∴直线EF 和BC 1所成角的大小为60°. 『答案』 (1)60°(2)①在直角梯形ABCD 中，AC ＝22， 取AB 中点E ，连接CE ， 则四边形AECD 为正方形， ∴AE ＝CE ＝2，又BE ＝12AB ＝2，则△ABC 为等腰直角三角形，∴AC ⊥BC ， 又∵P A ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥BC ，由AC ∩P A ＝A 得BC ⊥平面P AC ， ∵PC ⊂平面P AC ，所以BC ⊥PC②以A 为坐标原点，AD ，AB ，AP 分别为x ，y ，z 轴， 建立如图所示的坐标系．则P (0,0,2)，B (0,4,0)，C (2,2,0)，BP -→＝(0，－4,2)，BC -→＝(2，－2,0) 由(1)知BC -→即为平面P AC 的一个法向量， cos 〈BC -→，BP -→〉＝BC -→·BP -→|BC -→||BP -→|＝105，即PB 与平面P AC 所成角的正弦值为105. 例3『解析』 (1)根据题目条件建立空间直角坐标系，并用坐标来表示点和向量，再利用直线的方向向量与平面内的向量垂直证明线面垂直；(2)先求出法向量，再进一步求解两个平面所成的夹角，要注意角的范围．『答案』 (1)证明 方法一：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直， 以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝AA 1＝2，∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D (0，－1,0)，A 1(0,0,1)．由A 1B 1-→＝AB -→，易得B 1(－1,1,1)．∵A 1C -→＝(－1,0，－1)，BD -→＝(0，－2,0)，BB 1-→＝(－1,0,1)，∴A 1C -→·BD -→＝0，A 1C -→·BB 1-→＝0，∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1，∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .方法二：∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD .又四边形ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥平面A 1OC ，∴BD ⊥A 1C .又OA 1是AC 的中垂线，∴A 1A ＝A 1C ＝2，且AC ＝2，∴AC 2＝AA 21＋A 1C 2，∴△AA 1C 是直角三角形，∴AA 1⊥A 1C .又BB 1∥AA 1，∴A 1C ⊥BB 1，又BB 1∩BD ＝B ，∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵OC -→＝(－1,0,0)，OB 1-→＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·OC -→＝－x ＝0，n ·OB 1-→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z . 取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C -→＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量，∴cos θ＝|cos 〈n ，A 1C -→〉|＝12×2＝12. 又0≤θ≤π2，∴θ＝π3. 规律方法31.利用空间向量求二面角可以有两种方法：一是分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个半平面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉.2.利用空间向量求二面角时，注意结合图形判断二面角是锐角还是钝角.对点训练『解』 (1)证明 连接AC 1，交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)由AC ＝CB ＝22AB ，得AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA -→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD -→＝(1,1,0)，CE -→＝(0,2,1)，CA 1-→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CD -→＝0，n ·CA 1-→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1 CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE -→＝0，m ·CA 1-→＝0，可取m ＝(2,1，－2)． 从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63. 即二面角D —A 1C —E 的正弦值为63. 『能力提升』1．『解析』 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.『答案』 C2．『解析』 设l 与α所成的角为θ.∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12. 又∵直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.『答案』 A3．『解析』 若l ∥α，则a ·n ＝0，经验证知D 满足条件． 『答案』 D4．『解析』 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22， ∴〈m ，n 〉＝45°，其补角为135°.∴两平面所成二面角为45°或135°.『答案』 C5．『解析』 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)， ∴BC 1-→＝(0,2，－1)，AB 1-→＝(－2,2,1)，∴cos 〈BC 1-→，AB 1-→〉＝BC 1-→·AB 1-→|BC 1-→||AB 1-→|＝4－15×9＝15＝55>0. ∴BC 1-→与AB 1-→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. 『答案』 A6．『解析』以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC -→＝(0,1,0)，DB -→＝(1,1,0)，DC 1-→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB -→，n ⊥DC 1-→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC -→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC -→|n ||DC -→|＝23. 『答案』 A。

课时作业(四十三)［第43讲 立体几何中的向量方法(二)一一空间角与距离求解］［时间：45分钟 分值：100分］基础热身 1. 点M 在z 轴上，它与经过坐标原点且方向向量为 s = (1, — 1,1)的直线I 的距离为• 6,则点M 的坐标是()A . (0,0,戈)B . (0,0, ±3)C . (0,0, ±3)D . (0,0, ±1)2.若a = (1,2,1), b = (— 2,0,1)分别是直线11,2的方向向量，则丨1,2的位置关系是( )A •平行B •异面C .相交D .相交或异面3.两平行平面a, B 分别经过坐标原点 O 和点A(2,1,1)，且两平面的一个法向量 n =(—1,0,1)，则两平面间的距离是()A.| C. ,3 D . 3 ,24.方向向量为s = (1,1,1)的直线I 经过点A(1,0,0)，则坐标原点0(0,0,0)到该直线的距离 是()A. . 3B. .2C.^6D."^AB = AC = 1,Z ACD = 90 °将它沿对角线 AC 折起，使 7.三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，146 ‘222.‘17 A.亍 B . 2 17D.^-&在棱长为1的正方体ABCD — A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为 棱A 1B 1上的一点，且 AQ = X 0三 疋1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( )长度分别为6,4,4,则其顶点到底面的距离为(能力提升 1 2 C.5 D.5 ABCD 中,5 5 A .可 B .— I"6•在平行四边形厂亚心A. . 3 C.丁D^5~14. (10分)如图K43 — 7,放置在水平面上的组合体由直三棱柱 ABC — A 1B 1C 1与正三棱 锥B — ACD 组成，其中，AB 丄BC.它的正视图、俯视图、侧视图的面积分别为 2 2 + 1,2 2 + 1,1. (1) 求直线CA 1与平面ACD 所成角的正弦值；(2) 在线段AC 1上是否存在点P ,使B 1P 丄平面ACD ?若存在，确定点 P 的位置；若不 存在，说明理由.图 K43 — 39.如图K43 — 3,四棱锥 P — ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PD 丄平面 ABCD ，且PD =AD = 1 , AB = 2,点E 是AB 上一点，当二面角 P — EC — D 的平面角为,AE =()A . 1 B.1C . 2 — 2D . 2 — .310.O — ABC 的侧棱 OA , OB , OC 两两垂直，E 为OC 的中点，且 OA = 1, EAB 与平面ABC 夹角的余弦值是 ______________ .则平面K43 — 4,已知四棱柱ABCD — A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形, b ,12 .如图K43 — 5, AO 丄平面 a, BC 丄OB , BC 与平面 a 的夹角为30 ° AO = BO = BC =a ，贝H AC = _____________________ .13.如图K43 — 6,在空间直角坐标系中有棱长为 a 的正方体ABCD — A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点 M 至煩线AD 1距离的最小值为 ____________.图 K43 — 715. (13分)[2011安徽师大附中三模] 如图K43 —8,已知AB丄平面ACD , DE丄平面ACD , △ ACD为等边三角形，AD = DE = 2AB, F为CD的中点.(1) 求证：AF //平面BCE ;(2) 求证：平面BCE丄平面CDE ;⑶求直线BF和平面BCE所成角的正弦值.难点突破16. (12分)[2011湖北卷]如图K43 —9，已知正三棱柱E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合.(1) 当CF = 1时，求证：EF丄A1C; ABC —A1B1C1的各棱长都是4,⑵设二面角 C图K43 —9【基础热身】1. B ［解析］设M(0,0, z),直线的一个单位方向向量s o4. D ［解析］直线I 的一个单位法向量 到直线I 的距离为 d =「oA|2-OA s o |2= 1— ；33 2 =扌【能力提升】 5.C ［解析］建立如图所示的空间直角坐标系.则A(2,0,0), D(0,0,0) ,D i (0,0,1), C i (0,2,1),6. D ［解析］I/ ACD = 90 ° ••• AC CD = 0. 同理 BA AC = 0, •/ AB 和 CD 成 60°角，•〈 BA , CD > = 60°或 120° •/ EBD = EBA + A C + C D ,• BD 2= BA 2 + AC 2 + CD 2 + 2BA CD + 2BA AC + 2AC CD BA 2 + AC 2 + CD 2+ 2BA CD4 〈 BA , CD > = 60° , =2 〈 BA , CD > = 120° , •- |BD|= 2或.2,即B 、D 间的距离为2或.2,故选D.7. C ［解析］设三棱锥为 P — ABC ,且PA = 6, PB = PC = 4,以P 为原点建立空间直角 坐标系如图，则 P(0,0,0), A(6,0,0), B(0,4,0), C(0,0,4), PA = (6,0,0), AB = (— 6,4,0), AC =(— 6,0,4)，设面 ABC 的一个法向量为 n = (x , y , z)，贝U n 丄AB , n 丄AC ,—6x + 4y = 0, 3所以 c , c ? y = z =；x ,所以可选面 ABC 的一个法向量为n = (2,3,3), —6x + 4z = 0 2 '课时作业(四十三)，故点M到直线的距离 d = •” |OM |2 — OM s 0|2=-2. D ［解析］根据共线向量定理，显然 异面.z 2— £z 2 = .6,解得 z = ±3. 3a ,b 不平行，所以l i , I 2的位置关系是相交或 3. B ［解析］两平面的一个单位法向量 |OA n o |=22. n 0= —三2, 0, -2，故两平面间的距离 d =s o = 向量OA =(i,o,o )，故点o AD i = (— 2,0,1), D C 1 = (0,2,1)，故异面直线 AD 1和&D 所成角的余弦值为 |cos 〈 AD 1 ,DC 1〉1=|AD 1 DC 1| = |AD 1||DC 1|15.=3+ 2X 1 x 1 x cos 〈 BA , C DXH ，如果我们能求 出向量GH ,是常方便，因此用坐标的方法，解决这个问题.x =人| 1 y=5，9. D ［解析］以D 为原点，射线 DA , DC , DP 为x , y , z 轴正方向建立空间直角坐标 系，如图，设 E(1, y °,0)(0 w y 0 w 2)，则 EC = (— 1,2 — y °,0),设平面PEC 的法向量为 n 1 = (x , y , z),x : y : z = (2 — y o ) ： 1 ： 2,n 1 PC = 0 记 n 1= (2 — y °,1,2),而平面ECD 的法向量n 2= (0,0,1)，则二面角P — EC — D 的平面角B 满足cos 0= |cos< n 1, 〉l亞n 2> |= 2 ,. n In 1 112I ___________ 2 ________ 曇小 c 匚 --cos 0= = 2 2 2 — = ? y °= 2—冷 3.|n1 • 217(2— y 0 2+ 12+ 22 12如图，以射线DA , 人 1), E’，0, 2 :，GE =匕 -1, 0, 2数 x , y 使GH = GE + xEF + yED i = — y , — H x ,—：+；y ，由于 GH 丄EF , GH 丄 ED i ,0，-入-所以-y ,-y ,G 向平面D i EF 作垂线，垂足为 H ，由于点H 在平面D i EF 内，故存在实2 +切、丄 1丄1 、―入 + X ,— + ^y .°, 1, o = o , 1 1 、 ―入+ X ,— 2+ 1y --1,0,2= 0,解得$ 故GH = — 5，0, — 5，所以|諭=卡，即点G 到平面D 1EF 的距离是-55.n i EC = 0, ?厂x + y(2―y 。

立体几何中的向量方法一、选择题1．(2013·宁波模拟)平面α的一个法向量为n ＝(1，－3，0)则y 轴与平面α所成的角的大小为( )A.π6B.π3C.π4D.5π62．已知平面α、β的法向量分别为μ＝(－2，3，－5)，v ＝(3，－1，4)则( ) A ．α∥β B ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上都不正确图7－7－153．如图7－7－15，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A ．(1，1，1)B ．(23，23，1)C ．(22，22，1)D ．(24，24，1)图7－7－164．(2013·合肥模拟)如图7－7－16，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F 、G 分别是线段AE 、BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为( )A.36 B ．－36 C.33 D ．－335．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°图7－7－176．(2013·金华模拟) 正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长都为2，E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310D.3610 二、填空题7．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．8．(2013·长春模拟)在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．9．正四棱锥S —ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________．三、解答题图7－7－1810．(2012·辽宁高考)如图7－7－18，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′－MN －C 为直二面角，求λ的值．11．(2012·烟台四校检测)如图7－7－19(1)，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，M 为线段AB 的中点．将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D —ABC ，如图7－7－19(2)所示．图7－7－19(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)求二面角A —CD —M 的余弦值．图7－7－2012．已知在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，且AD ＝2，AB ＝1，P A ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是线段AB 、BC 的中点．(1)证明：PF ⊥FD ；(2)判断并说明P A 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ；(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求二面角A —PD —F 的平面角的余弦值．解析及答案一、选择题1．『解析』 y 轴的方向向量为m ＝(0，1，0)，设y 轴与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－32×1＝－32，∴sin θ＝32，∴θ＝π3.『答案』 B2．『解析』 ∵－23≠3－1≠－54，∴μ与v 不是共线向量，又∵μ·v ＝－2×3＋3×(－1)＋(－5)×4＝－29≠0，∴μ与v 不垂直，∴平面α与平面β相交但不垂直．『答案』 C 3．『解析』 ∵M 在EF 上，设ME ＝x ，∴M (22x ，22x ，1)，∵A (2，2，0)，D (2，0，0)，E (0，0，1)，B (0，2，0)，∴ED →＝(2，0，－1)，EB →＝(0，2，－1)，AM →＝(22x －2，22x －2，1)．设平面BDE 的法向量n ＝(a ，b ，c )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝0n ·EB →＝0，得a ＝b ＝22c .故可取一个法向量n ＝(1，1，2)．∵n ·AM →＝0，∴x ＝1，∴M (22，22，1)．『答案』 C 4．『解析』 如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F 、G 分别是线段AE 、BC 的中点．以C 为原点建立空间直角坐标系Cxyz ，A (0，2，0)，B (2，0，0)，D (0，0，2)，G (1，0，0)，F (0，2，1)， AD →＝(0，－2，2)，GF →＝(－1，2，1)， ∴|AD →|＝22，|GF →|＝6，AD →·GF →＝－2，∴cos 〈AD →，GF →〉＝AD →·GF →|AD →||GF →|＝－36 .∴直线AD 与GF 所成角的余弦值为36.『答案』 A 5．『解析』 如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉． ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD → ∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →) ＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD → ∴CA →·BD →＝12『(217)2－62－42－82』＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，∴〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.『答案』 C 6．『解析』 如图，取A 1B 1的中点E 1，建立如图所示空间直角坐标系Exyz . 则E (0，0，0)，F (－1，0，1)，B 1(1，0，2)，A 1(－1，0，2)，C 1(0，3，2)，G (－12，32，2)．∴B 1F →＝(－2，0，－1)，设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝－x ＋z ＝0n ·FG →＝12x ＋32y ＋z ＝0，得⎩⎨⎧z ＝x y ＝－3x ， 令x ＝1，则n ＝(1，－3，1)， 设B 1F 与平面GEF 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1F →〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝35.『答案』 A 二、填空题 7．『解析』 以A 为原点建系，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E (1，0，12)， D (0，1，0)， ∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝(1，0，－12)，设平面A 1ED 的法向量为 n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1，2，2)，∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.『答案』 23 8．『解析』 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D 1(0，0，1)，C 1(0，2，1)，A 1(1，0，1)，B (1，2，0)，∴D 1C 1→＝(0，2，0)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝（x ，y ，z ）·（－1，2，0）＝－x ＋2y ＝0n ·A 1B →＝（x ，y ，z ）·（0，2，－1）＝2y －z ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2，1，2)， 设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.『答案』 13 9．『解析』 如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (－a ，0，0)，P (0，－a 2，a2)，则CA →＝(2a ，0，0)，AP →＝(－a ，－a 2，a 2)，CB →＝(a ，a ，0)，设平面P AC 的一个法向量为n ，可取n ＝(0，1，1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12， ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°. 『答案』 30° 三、解答题 10．『解』 (1)证明 法一 连接AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，所以M 为AB ′的中点．又因为N 为B ′C ′的中点，所以MN ∥AC ′.又MN ⊄平面A ′ACC ′，AC ′⊂平面A ′ACC ′，因此MN ∥平面A ′ACC ′.法二 取A ′B ′的中点P ，连接MP ，NP .而M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′，所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′.又MP ∩NP ＝P ，因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′.而MN ⊂平面MPN ，所以MN ∥平面A ′ACC ′.(2)以A 为坐标原点，分别以直线AB ，AC ，AA ′为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，如图所示．设AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，于是A (0，0，0)，B (λ，0，0)，C (0，λ，0)，A ′(0，0，1)，B ′(λ，0，1)，C ′(0，λ，1)，所以M (λ2，0，12)，N (λ2，λ2，1)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′M →＝0，m ·MN →＝0得⎩⎨⎧λ2x 1－12z 1＝0，λ2y 1＋12z 1＝0，可取m ＝(1，－1，λ)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·NC →＝0，n ·MN →＝0得⎩⎨⎧－λ2x 2＋λ2y 2－z 2＝0，λ2y 2＋12z 2＝0，可取n ＝(－3，－1，λ)．因为A ′－MN －C 为直二面角，所以m ·n ＝0.即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝2(负值舍去)． 即二面角A ′－MN －C 为直二面角，λ为 2. 11．『解』 (1)在图(1)中，根据已知条件，可得AC ＝22，由题易知∠CAB ＝45°，又AB ＝4，由余弦定理得CB 2＝(22)2＋42－2×22×4×cos ∠CAB ＝8，故CB ＝22，从而AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC ⊥BC .取AC 中点O ，连接DO ，则OD ⊥AC ，又平面ADC ⊥平面ABC ， 平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ，从而OD ⊥平面ABC . ∴OD ⊥BC ，又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O . ∴BC ⊥平面ACD .(2)连接OM ，由(1)易知OM ⊥AC ，以O 为坐标原点，OA ，OM ，OD 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O —xyz ，如图所示，由(1)知M (0，2，0)，C (－2，0，0)，D (0，0，2)， ∴CM →＝(2，2，0)，CD →＝(2，0，2)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面CDM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CM →＝0，n 1·CD →＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，2x ＋2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ，z ＝－x .令x ＝－1，可得n 1＝(－1，1，1)．由题易知n 2＝(0，1，0)为平面ACD 的一个法向量，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝13＝33.∴二面角A —CD —M 的余弦值为33.12．『解』 (1)证明 ∵P A ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°， AB ＝1，AD ＝2，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ， 则A (0，0，0)，B (1，0，0)，F (1，1，0)，D (0，2，0)．不妨令P (0，0，t )，∵PF →＝(1，1，－t )，DF →＝(1，－1，0)， ∴PF →·DF →＝1×1＋1×(－1)＋(－t )×0＝0， 即PF ⊥FD .(2)存在，设平面PFD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 结合(1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PF →＝0n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －tz ＝0x －y ＝0，令z ＝1，解得：x ＝y ＝t2.∴n ＝(t 2，t2，1)．设G 点坐标为(0，0，m )，E (12，0，0)，则EG →＝(－12，0，m )，要使EG ∥平面PFD ，只需EG →·n ＝0，即(－12)×t 2＋0×t 2＋1×m ＝m －t 4＝0，得m ＝14t ，从而满足AG ＝14AP 的点G 即为所求．(3)∵AB ⊥平面P AD ，∴AB →是平面P AD 的法向量，易得AB →＝(1，0，0)， 又∵P A ⊥平面ABCD ，∴∠PBA 是PB 与平面ABCD 所成的角，得∠PBA ＝45°，P A ＝1，结合(2)得平面PFD 的法向量为n ＝(12，12，1)，∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝1214＋14＋1＝66，由题意知二面角A —PD —F 为锐二面角．故所求二面角A —PD —F 的平面角的余弦值为66.。

第7讲 立体几何中的向量方法一、知识梳理1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围 ⎝⎛⎦⎤0，π2 [0，π] 求法cos θ＝|a·b ||a||b |cos β＝a·b|a||b |2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a·n ||a||n|． 3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．常用结论利用空间向量求距离 (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＋（z 1－z 2）2.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.二、教材衍化1．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.答案：45°或135°2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 夹角的余弦值为________．解析：如图建立空间直角坐标系，设DA ＝1，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1，则AC →＝(－1，1，0)，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，设异面直线DE 与AC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AC →，DE →〉|＝1010.答案：10103．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．解析：以C 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，得下列坐标：A (2，0，0)，C 1(0，0，22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝⎛⎭⎫32，32，22.所以AC 1→＝(－2，0，22)，AC 2→＝⎝⎛⎭⎫－12，32，22，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝|AC 1→·AC 2→||AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以θ＝π6. 答案：π6一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( )(2)已知a ＝(－2，－3，1)，b ＝(2，0，4)，c ＝(－4，－6，2)，则a ∥c ，a ⊥b .( ) (3)已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量和平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则直线l 与平面α所成的角为120°.( )(4)已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为45°.( )答案：(1)× (2)√ (3)× (4)× 二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)异面直线所成角的取值范围出错； (2)二面角的取值范围出错；(3)直线和平面所成的角的取值范围出错．1．已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________．解析：由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10，即2a ·c ＋b ·c ＝－10.因为a ·c ＝4，所以b ·c ＝－18，所以cos 〈b ，c 〉＝b ·c|b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12，所以〈b ，c 〉＝120°，所以两直线的夹角为60°.答案：60°2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．解析：以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12.设平面A 1ED 的法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，故n 1＝(1，2，2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1·n 2〉＝23，故平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.答案：233．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．解析：设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，所以θ＝30°.答案：30°异面直线所成的角(师生共研)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． 【解】 (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD . 又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)． 所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则 cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. 即PB 与AC 所成角的余弦值为64.用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量．(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．[提醒]注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．如图，在三棱锥P-ABC中，P A⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N 分别为棱P A，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，P A＝AC＝4，AB＝2.(1)求证：MN∥平面BDE；(2)已知点H在棱P A上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的长．解：如图，以A为原点，分别以AB→，AC→，AP→的方向为x轴，y轴，z轴的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)．(1)证明：DE→＝(0，2，0)，DB→＝(2，0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)． 又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0. 因为MN ⊆/平面BDE ， 所以MN ∥平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )， 进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)． 由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以，线段AH 的长为85或12.直线与平面所成的角(师生共研)如图，在几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形，平面ADD 1A 1⊥平面CDD 1C 1，B 1A 1⊥平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1⊥平面CC 1E ；(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．【解】 (1)证明：因为B 1A 1⊥平面ADD 1A 1，所以B 1A 1⊥DD 1， 又DD 1⊥D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，又DD 1∥CC 1，所以CC 1⊥平面A 1B 1C 1D 1. 因为B 1C 1平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1⊥B 1C 1.因为平面ADD 1A 1⊥平面CDD 1C 1，平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1＝DD 1，C 1D 1⊥DD 1， 所以C 1D 1⊥平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在△B 1EC 1中，B 1C 1⊥C 1E . 又CC 1，C 1E 平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1⊥平面CC 1E .(2)如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)，则CE →＝(－1，1，－1)，B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x 得y ＋2z ＝0， 不妨设z ＝1，可得m ＝(－3，－2，1)为平面B 1CE 的一个法向量， 易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈m ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝277， 故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277.(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和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)；②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2.[提醒] 求解直线和平面所成角，要注意直线的方向向量与平面法向量的夹角和所求角之间的关系，线面角的正弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．(2020·蚌埠模拟)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PD＝PB ，H 为PC 上的点，过AH 的平面分别交PB ，PD 于点M ，N ，且BD ∥平面AMHN .(1)证明：MN ⊥PC ；(2)设H 为PC 的中点，P A ＝PC ＝3AB ，P A 与平面ABCD 所成的角为60°，求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值．解：(1)证明：如图①，连接AC 交BD 于点O ，连接PO .因为四边形ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ，且O 为BD 的中点． 因为PD ＝PB ，所以PO ⊥BD ， 因为AC ∩PO ＝O ，且AC ，PO 平面P AC ，所以BD ⊥平面P AC .因为PC平面P AC ，所以BD ⊥PC .因为BD ∥平面AMHN ，且平面AMHN ∩平面PBD ＝MN ，所以BD ∥MN ， 所以MN ⊥PC .(2)由(1)知BD ⊥AC 且PO ⊥BD ， 因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，所以PO ⊥平面ABCD ，因为P A 与平面ABCD 所成的角为∠P AO ，所以∠P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A .因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A .以O 为坐标原点，OA →，OD →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图②所示的空间直角坐标系，记P A ＝2，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，C (－1，0，0)，D ⎝⎛⎭⎫0，33，0，P (0，0，3)，H ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，所以BD →＝⎝⎛⎭⎫0，233，0，AH →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，AD →＝⎝⎛⎭⎫－1，33，0. 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，解得y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)是平面AMHN 的一个法向量． 记AD 与平面AMHN 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AD →|n ||AD →|＝34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34.二面角(师生共研)(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A -MA 1­N 的正弦值．【解】 (1)证明：连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C .又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D .由题设知A 1B 1綊DC ，可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ， 因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED . 又MN ⊆/平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥DA .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2，0，0)，A 1(2，0，4)，M (1，3，2)，N (1，0，2)，A 1A →＝(0，0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1，0，－2)，MN →＝(0，－3，0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0. 所以⎩⎪⎨⎪⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2，0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A -MA 1­N 的正弦值为105.利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2019·高考全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； (2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．解：(1)证明：由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ， 所以AD ∥CG ，故AD ，CG 确定一个平面， 从而A ，C ，G ，D 四点共面． 由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ， 故AB ⊥平面BCGE . 又因为AB平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)作EH ⊥BC ，垂足为H . 因为EH平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°， 可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)． 设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0AC →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)， 所以cosn ，m＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B -CG -A 的大小为30°.利用空间向量求距离(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 是边长为2的正三角形，AA 1＝26，D 是CC 1的中点，E 是A 1B 1的中点．(1)证明：DE ∥平面A 1BC; (2)求点A 到平面A 1BC 的距离． 【解】(1)证明：如图，取A 1B 的中点F ，连接FC ，FE . 因为E ，F 分别是A 1B 1，A 1B 的中点， 所以EF ∥BB 1，且EF ＝12BB 1.又在平行四边形BB 1C 1C 中，D 是CC 1的中点，所以CD ∥BB 1，且CD ＝12BB 1，所以CD ∥EF ，且CD ＝EF .所以四边形CFED 是平行四边形，所以DE ∥CF . 因为DE ⊆/平面A 1BC ，CF平面A 1BC ，所以DE ∥平面A 1BC .(2)法一：(等体积法)因为BC ＝AC ＝AB ＝2，AA 1＝26，三棱柱ABC -A 1B 1C 1为直三棱柱，所以V 三棱锥A 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×34×22×26＝2 2.又在△A 1BC 中，A 1B ＝A 1C ＝27，BC ＝2，BC 边上的高h ＝ A 1B 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝33， 所以S △A 1BC ＝12BC ·h ＝3 3.设点A 到平面A 1BC 的距离为d ，则V 三棱锥A －A 1BC ＝13S △A 1BC ×d ＝13×33×d ＝3d .因为V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ，所以22＝3d ，解得d ＝263，所以点A 到平面A 1BC 的距离为263.法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC -A 1B 1C 1是正三棱柱．取AB 的中点O ，连接OC ，OE .因为AC ＝BC ，所以CO ⊥AB .又平面ABC ⊥平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ⊥平面ABB 1A 1. 因为O 为AB 的中点，E 为A 1B 1的中点，所以OE ⊥AB ，所以OC ，OA ，OE 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OA ，OE ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，A (1，0，0)，A 1(1，26，0)，B (－1，0，0)．则BA 1→＝(2，26，0)，BC →＝(1，0，3)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BA 1→，n ⊥BC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝2x ＋26y ＝0，n ·BC →＝x ＋3z ＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋6y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝6，则y ＝－1，z ＝－ 2.所以n ＝(6，－1，－2)为平面A 1BC 的一个法向量． 而BA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面A 1BC 的距离d ＝|BA →·n ||n |＝6×26＋1＋2＝263.求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长．如图，设点P 在平面α外，n 为平面α的法向量，在平面α内任取一点Q ，则点P 到平面α的距离d ＝|PQ →·n ||n |.[提醒] 该题中的第(2)问求解点到平面的距离时，利用了两种不同的方法——等体积法与向量法，显然向量法直接简单，不必经过过多的逻辑推理，只需代入坐标准确求解即可．如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．解：如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，平面MCD ∩平面BCD ＝CD ，OM 平面MCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系. 因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形， 所以OB ＝OM ＝3，则O (0，0，0)，C (1，0，0)，M (0，0，3)， B (0，－3，0)，A (0，－3，23)， 所以BC →＝(1，3，0)． BM →＝(0，3，3)．设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥BM →得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1，1)． 又BA →＝(0，0，23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.[基础题组练]1.将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC ︵长为2π3，A 1B 1︵长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．则异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为( )A.π6 B ．π4C.π3D ．π2解析：选B.以O 为坐标原点建系如图，则A (0，1，0)，A 1(0，1，1)，B 1⎝⎛⎭⎫32，12，1，C⎝⎛⎭⎫32，－12，0. 所以AA 1→＝(0，0，1)，B 1C →＝(0，－1，－1)， 所以cos 〈AA 1→，B 1C →〉＝AA 1→·B 1C →|AA 1→||B 1C →|＝0×0＋0×（－1）＋1×（－1）1×02＋（－1）2＋（－1）2＝－22，所以〈AA 1→，B 1C →〉＝3π4，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.故选B.2.如图，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B ．277C.33D ．24解析：选A.如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0，3，1)，D 1(0，0，1)，E (1，1，0)，C (0，3，0)，所以DC 1→＝(0，3，1)，D 1E →＝(1，1，－1)，D 1C →＝(0，3，－1)．设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·D 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝3y ，取y ＝1，得n ＝(2，1，3)．因为cos 〈DC 1→，n 〉＝DC 1→·n |DC 1→|·|n |＝（0，3，1）·（2，1，3）10×14＝33535，所以DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535，故选A.3．二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217.则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°解析：选C.如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉． 因为CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →) ＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →，所以CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，又〈AC →，BD →〉∈[0°，180°]，所以〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.4.如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________．解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1(0，3，2)，F (1，0，1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0，0，2)， B 1F →＝(1，－3，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF →＝(1，0，－1)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n ＝0，GF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝(1，3，1)为平面GEF 的一个法向量，所以|cos 〈n ，B 1F →〉|＝|1－3－1|5×5＝35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.答案：355．如图所示，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小．解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以BD ⊥AC .因为AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥AE .又因为AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ⊂平面ACFE . 所以BD ⊥平面ACFE . (2)以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1，0，2)，F (－1，0，a )(a >0)，OF →＝(－1，0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2，0，1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22， 解得a ＝3或a ＝－13(舍去)．所以OF →＝(－1，0，3)，BE →＝(1，－3，2)， cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54. 6．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 为AC 的中点，P A ⊥PC ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ，PB ＝2，AC ＝2，∠P AC ＝30°.(1)证明：BM ⊥平面P AC ； (2)求二面角B －P A －C 的余弦值．解：(1)证明：因为P A ⊥PC ，AB ⊥BC ，所以MP ＝MB ＝12AC ＝1，又MP 2＋MB 2＝BP 2，所以MP ⊥MB .因为AB ＝BC ，M 为AC 的中点，所以BM ⊥AC ， 又AC ∩MP ＝M ，所以BM ⊥平面P AC .(2)法一：取MC 的中点O ，连接PO ，取BC 的中点E ，连接EO ，则OE ∥BM ，从而OE ⊥AC .因为P A ⊥PC ，∠P AC ＝30°，所以MP ＝MC ＝PC ＝1. 又O 为MC 的中点，所以PO ⊥AC .由(1)知BM ⊥平面P AC ，OP ⊂平面P AC ，所以BM ⊥PO . 又BM ∩AC ＝M ，所以PO ⊥平面ABC .以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 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，由题意知A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，BP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，32，BA →＝(1，－1，0)，设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·BP →＝－12x －y ＋32z ＝0，n ·BA →＝x －y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，1，3)为平面APB 的一个法向量， 易得平面P AC 的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos 〈n ，π〉＝55， 由图知二面角B －P A －C 为锐角， 所以二面角B －P A －C 的余弦值为55. 法二：取P A 的中点H ，连接HM ，HB ，因为M 为AC 的中点，所以HM ∥PC ，又P A ⊥PC ，所以HM ⊥P A . 由(1)知BM ⊥平面P AC ，则BH ⊥P A ， 所以∠BHM 为二面角B －P A －C 的平面角．因为AC ＝2，P A ⊥PC ，∠P AC ＝30°，所以HM ＝12PC ＝12.又BM ＝1，则BH ＝BM 2＋HM 2＝52， 所以cos ∠BHM ＝HM BH ＝55，即二面角B －P A －C 的余弦值为55.7．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ∥EC . 因为MN ⊆/平面EFC ，EC 平面EFC ，所以MN ∥平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ∥DE . 因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形， 所以BD ∥EF .因为BD ⊆/平面EFC ，EF 平面EFC ， 所以BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ∥平面EFC . (2)因为DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形， 所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系.设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)，所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． 因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515，所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[综合题组练]1．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 是边长为4的等边三角形，BC ⊥PB ，E 是AD 的中点．(1)求证：BE ⊥PD ；(2)若直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154，求平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值．解：(1)证明：因为△P AD 是等边三角形，E 是AD 的中点，所以PE ⊥AD . 又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE 平面P AD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BC ，PE ⊥BE .又BC ⊥PB ，PB ∩PE ＝P ，所以BC ⊥平面PBE ，所以BC ⊥BE . 又BC ∥AD ，所以AD ⊥BE . 又AD ∩PE ＝E 且AD ，PE平面P AD ，所以BE ⊥平面P AD ，所以BE ⊥PD .(2)由(1)得BE ⊥平面P AD ，所以∠BAE 就是直线AB 与平面P AD 所成的角． 因为直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154， 即sin ∠BAE ＝154 ，所以cos ∠BAE ＝14. 所以cos ∠BAE ＝AE AB ＝2AB ＝14，解得AB ＝8，则BE ＝AB 2－AE 2＝215.由(1)得EA ，EB ，EP 两两垂直，所以以E 为坐标原点，EA ，EB ，EP 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，则点P (0，0，23)，A (2，0，0)，D (－2，0，0)，B (0，215，0)，C (－4，215，0)， 所以PB →＝(0，215，－23)，PC →＝(－4，215，－23)． 设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，PC →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧215y －23z ＝0，－4x ＋215y －23z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝5y .令y ＝1，可得平面PBC 的一个法向量为m ＝(0，1，5)． 易知平面P AD 的一个法向量为n ＝(0，1，0)， 设平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为θ， 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（0，1，5）·（0，1，0）6×1＝66. 所以平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为66.2．(2020·河南郑州三测)如图①，△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝90°，E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，以EF 为折痕把△AEF 折起，使点A 到达点P 的位置(如图②)，且PB ＝BE .(1)证明：EF ⊥平面PBE ；(2)设N 为线段PF 上的动点(包含端点)，求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值．解：(1)证明：因为E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，所以EF ∥BC .因为∠ABC ＝90°，所以EF ⊥BE ，EF ⊥PE ，又BE ∩PE ＝E ，所以EF ⊥平面PBE . (2)取BE 的中点O ，连接PO ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ⊥BE .由(1)知EF ⊥平面PBE ，EF平面BCFE ，所以平面PBE ⊥平面BCFE .又PO ⊂平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ⊥平面BCFE .过点O 作OM ∥BC 交CF 于点M ，分别以OB ，OM ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，C ⎝⎛⎭⎫12，2，0， F ⎝⎛⎭⎫－12，1，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫12，2，－32， PF →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，－32，由N 为线段PF 上一动点，得PN →＝λPF →(0≤λ≤1)， 则可得N ⎝⎛⎭⎫－λ2，λ，32（1－λ），BN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ＋12，λ，32（1－λ）.设平面PCF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PC →·m ＝0，PF →·m ＝0，即⎩⎨⎧12x ＋2y －32z ＝0，－12x ＋y －32z ＝0，取y ＝1，则x ＝－1，z ＝3，所以m ＝(－1，1，3)为平面PCF 的一个法向量．设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BN →，m 〉|＝|BN →·m ||BN →|·|m |＝25·2λ2－λ＋1＝25·2⎝⎛⎭⎫λ－142＋78≤25·78＝47035(当且仅当λ＝14时取等号)， 所以直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为47035. 3．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，将正方形ABCD 沿EF 折成如图②所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M 在线段AB 上(包含端点)，连接AD .(1)若M 为AB 的中点，直线MF 与平面ADE 的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线OD ∥平面EMC ；(2)是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°？若存在，求此时二面角M -EC -F 的余弦值；若不存在，说明理由．解：(1)因为直线MF平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内，也在平面ADE 内，所以点O 在平面ABFE 与平面ADE 的交线(即直线AE )上(如图所示)．因为AO ∥BF ，M 为AB 的中点， 所以△OAM ≌△FBM ，所以OM ＝MF ，AO ＝BF ，所以AO ＝2. 故点O 在EA 的延长线上且与点A 间的距离为2. 连接DF ，交EC 于点N ，因为四边形CDEF 为矩形， 所以N 是EC 的中点．连接MN ，则MN 为△DOF 的中位线，所以MN ∥OD ， 又MN平面EMC ，OD ⊆/ 平面EMC ，所以直线OD ∥平面EMC .(2)由已知可得EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，又AE ∩DE ＝E ，所以EF ⊥平面ADE .所以平面ABFE ⊥平面ADE ，易知△ADE 为等边三角形，取AE 的中点H ，则易得DH ⊥平面ABFE ，以H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (－1，0，0)，D (0，0，3)，C (0，4，3)，F (－1，4，0)，所以ED →＝(1，0，3)，EC →＝(1，4，3)．设M (1，t ，0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t ，0)，设平面EMC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EM →＝0，m ·EC →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－2，8－t 3为平面EMC 的一个法向量．要使直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，则82t 2＋4＋（8－t ）23＝32，所以23t 2－4t ＋19＝32，整理得t 2－4t ＋3＝0， 解得t ＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°， 取ED 的中点Q ，连接QA ，则QA →为平面CEF 的法向量， 易得Q ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，A (1，0，0)，所以QA →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－32.设二面角M －EC －F 的大小为θ， 则|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋（8－t ）23＝|t －2|t 2－4t ＋19.因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ⊥平面CDEF ，所以当t ＝1时，cos θ＝－14，θ为钝角；当t ＝3时，cos θ＝14，θ为锐角．综上，二面角M －EC －F 的余弦值为±14.。