高三数学总复习知能达标训练第七章

高三数学总复习知能达标训练第七章第七节 立体几何中的向量方法(时间40分钟，满分80分)一、选择题(6×5分＝30分)1．(2012·福州模拟)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 →，∴AB →·BC →＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4. 又BP ⊥平面ABC ，∴BP ⊥AB ，BP ⊥BC ，BC →＝(3,1,4)， 则⎩⎨⎧(x －1)＋5y ＋6＝0，3(x －1)＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407y ＝－157.答案 B2．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 夹角的余弦值为A.1010B.3010C.21510D.31010解析 建立坐标系如图．则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)， cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. 答案 B3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，则sin 〈DB 1→，CM →〉的值等于 A.12B.21015C.23D.1115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，设正方体棱长为1，易知DB 1→＝(1,1,1)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，0. 故cos 〈DB 1→，CM →〉＝1515，从而sin 〈DB 1→，CM →〉＝21015，从而选B.答案 B4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线NO 、AM 的位置关系是A ．平行B ．相交C ．异面垂直D ．异面不垂直解析 建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，M (0,0,1)，O (1,1,0)，N (2,1,2)，NO →＝(－1,0，－2)，AM →＝(－2,0,1)，NO →·AM →＝0，则直线NO 、AM 的位置关系是异面垂直．答案 C5．在直角坐标系中，A (－2,3)，B (3，－2)，沿x 轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB 的长度为 A. 2B ．211C ．3 2D ．4 2解析 设A 、B 在x 轴上的射影分别为C 、D ， 则AC ＝3，BD ＝2，CD ＝5， 又AB→＝AC →＋CD →＋DB →，〈AC →，DB →〉＝60°， 易求得|AB →|＝211. 答案 B6．如图，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．如图．∵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)，∴C 1D 1→＝(0，a,0)， ∴MN →·C 1D 1→＝0，∴MN →⊥C 1D 1→. ∵C 1D 1→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 B二、填空题(3×4分＝12分)7．已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为________． 解析 |a |＝22＋(－1)2＋22＝3， |b |＝22＋22＋12＝3，a ·b ＝2×2＋(－1)×2＋2×1＝4， ∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝49， sin 〈a ，b 〉＝659，S 平行四边形＝|a ||b |sin 〈a ，b 〉＝65. 答案658．(2012·丽水模拟)如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________．解析 设PD ＝a ，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，P (0,0，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，a 2，∴DP→＝(0,0，a )，AE→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，a 2， 由cos 〈DP→，AE →〉＝33， ∴a 22＝a2＋a 24·33，∴a ＝2.∴E 的坐标为(1,1,1)． 答案 (1,1,1)9．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，二面角A －BD 1－B 1的大小为________．解析 如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C －xyz ，设正方体的棱长为a ，则A (a ，a,0)，B (a,0,0)，D 1(0，a ，a )，B 1(a,0，a )．∴BA →＝(0，a,0)，BD 1→＝(－a ，a ，a )，BB 1→＝(0,0，a )． 设平面ABD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·BA →＝(x ，y ，z )·(0，a,0)＝ay ＝0.n ·BD 1→＝(x ，y ，z )·(－a ，a ，a )＝－ax ＋ay ＋az ＝0. ∵a ≠0，∴y ＝0，x ＝z . 令x ＝z ＝1，则n ＝(1,0,1)．同理平面B 1BD 1的法向量m ＝(－1，－1,0)． cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－12，而二面角A －BD 1－B 1为钝角，故所求角为120°. 答案 120° 三、解答题(38分)10．(12分)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1上，且AE ＝22，BF ＝ 2.(1)求证：CF ⊥C 1E ；(2)求二面角E －CF －C 1的大小．解析 解法一 (1)证明 由已知可得CC 1＝32，CE ＝C 1F ＝22＋(22)2＝23， EF 2＝AB 2＋(AE －BF )2， EF ＝C 1E ＝22＋(2)2＝6，于是有EF 2＋C 1E 2＝C 1F 2，CE 2＋C 1E 2＝CC 21，所以C 1E ⊥EF ，C 1E ⊥CE .又EF ∩CE ＝E ，所以C 1E ⊥平面CEF . 又CF ⊂平面CEF ，故CF ⊥C 1E .(2)在△CEF 中，由(1)可得EF ＝CF ＝6，CE ＝23， 于是有EF 2＋CF 2＝CE 2，所以CF ⊥EF . 又由(1)知CF ⊥C 1E ，且EF ∩C 1E ＝E ， 所以CF ⊥平面C 1EF .又C 1F ⊂平面C 1EF ，故CF ⊥C 1F .于是∠EFC 1即为二面角E －CF －C 1的平面角．由(1)知△C 1EF 是等腰直角三角形，所以∠EFC 1＝45°，即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°. 解法二 建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得，A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)， C 1(0,2,32)，E (0,0,22)， F (3，1，2)．(1)证明 C 1E →＝(0，－2，－2)，CF →＝(3，－1，2)，C 1E →·CF →＝0＋2－2＝0. 所以CF ⊥C 1E . (2)CE→＝(0，－2,22)， 设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ⊥CE →，m ⊥CF →，得⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎨⎧ －2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，解得⎩⎨⎧y ＝2zx ＝0.可取m ＝(0，2，1)．设侧面BC 1的一个法向量为n ，由n ⊥CB →，n ⊥CC 1→，及CB →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)．设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝63×2＝22，所以θ＝45°. 即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.11．(12分)(2011·陕西)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．解析 (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ADB ⊥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，分别以DB →，DC →，DA→所在直线为x ，y ，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 →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×224＝2222.12．(14分)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； (3)当平面PBC 与平面PDC 垂直时，求P A 的长． 解析 (1)证明 因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD . 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O －xyz ，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. (3)由(2)知BC→＝(－1，3，0)．设P (0，－3，t )(t ＞0)，则BP →＝(－1，－3，t )．设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0. 所以⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0.令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t .所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，3，6t .同理，平面PDC 的法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，3，6t .因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t 2＝0，解得t＝ 6.所以P A＝ 6.。

高三数学总复习知能达标训练第七章第四节直线、平面平行的判定及其性质(时间分钟，满分分)一、选择题(×分＝分)．若直线不平行于平面α，且⊄α，则．α内的所有直线与异面．α内不存在与平行的直线．α内存在惟一的直线与平行．α内的直线与都相交解析由题意知，直线与平面α相交，则直线与平面α内的直线只有相交和异面两种位置关系，因而只有选项是正确的．答案．(·江西)已知α，α，α是三个相互平行的平面，平面α，α之间的距离为，平面α，α之间的距离为.直线与α，α，α分别相交于，，，那么“＝3”是“＝2”的．充分不必要条件．必要不充分条件．充分必要条件．既不充分也不必要条件解析如图，α∥α∥α，与α，α，α分别交于点，，；⊥α，且与α交于点，则＝，＝.根据“两平行平面与一平面相交所得的交线平行”得1F∥，则＝，显然“＝3”是“＝2”的充分必要条件．答案．给出下列命题，其中正确的两个命题是①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；③直线⊥平面α，直线⊥，则∥α；④、是异面直线，则存在惟一的平面α，使它与、都平行且与、距离相等．．①与②．②与③．③与④．②与④解析直线上有两点到平面的距离相等，直线可能和平面相交；直线⊥平面α，直线⊥直线，直线可能在平面α内，因此①③为假命题．答案．设、是异面直线，下列命题正确的是．过不在、上的一点一定可以作一条直线和、都相交．过不在、上的一点一定可以作一个平面和、都垂直．过一定可以作一个平面与垂直．过一定可以作一个平面与平行解析可证明过一定有一个平面与平行．答案．已知平面α∥平面β，是α、β外一点，过点的直线与α、β分别交于、，过点的直线与α、β分别交于、且＝，＝，＝，则的长为．．或．．解析根据题意可出现以下如图两种情况，可求出的长分别为或.答案．设α、β、γ为两两不重合的平面，、、为两两不重合的直线，给出下列四个命题，其中真命题的个数是①若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；②若⊂α，⊂α，∥β，∥β，则α∥β；③若α∥β，⊂α，则∥β；④若α∩β＝，β∩γ＝，γ∩α＝，∥γ，则∥.．．．．答案二、填空题(×分＝分)．(·福建)如图，正方体－1C中，＝，点为的中点，点在上．若∥平面1C，则线段的长度等于．解析由于在正方体－1C中，＝，∴＝.又为中点，∥平面1C，⊂平面，平面∩平面1C＝，∴∥，∴为中点，∴＝＝.答案．(·南京质检)下列命题中正确的命题是．①夹在两平行平面间的两线段长相等，则这两线段所在直线平行；②平面α内不在同一直线上三点到平面β的距离相等，则α∥β；③垂直于同一直线的两个平面平行；④平行于同一直线的两平面平行；⑤若、为异面直线，⊂α，∥α，⊂β，∥β，则α∥β.答案③⑤．如图甲所示，在透明塑料制成的长方体－1C容器内灌进一些水，固定容器底面一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个命题：①水的部分始终呈棱柱状．②水面四边形的面积不改变．③棱始终与水面平行．④当容器倾斜如图乙所示时，·是定值．其中正确命题的序号是．答案①③④三、解答题(分)．(分)(·江苏)如图，在四棱锥－中，平面⊥平面，＝，∠＝°，，分别是，的中点．求证：()直线∥平面；()平面⊥平面.证明()如图，在△中，因为，分别为，的中点，所以∥.又因为⊄平面，⊂平面，所以直线∥平面.()连接.因为＝，∠＝°，所以△为正三角形．因为是的中点，所以⊥.因为平面⊥平面，⊂平面，平面∩平面＝，所以⊥平面.又因为⊂平面，所以平面⊥平面.．(分)如图，在四面体中，⊥，⊥，点，，，分别是棱，，，的中点．()求证：∥平面.()求证：四边形为矩形．()是否存在点，到四面体六条棱的中点的距离相等？说明理由．解析()证明因为，分别为，的中点，所以∥.又因为⊄平面，所以∥平面.()证明因为，，，分别为，，，的中点，所以∥∥，∥∥，所以四边形为平行四边形．又因为⊥，所以⊥，所以四边形为矩形．()存在点满足条件，理由如下：连接，，设为的中点．由()知，∩＝，且＝＝＝＝.分别取，的中点，，连接，，，，.与()同理，可证四边形为矩形，其对角线交点为的中点，且＝＝，所以为满足条件的点．．(分)(·山东)如图，在四棱台－1C中，⊥平面，底面是平行四边形，＝，＝，∠＝°.()证明：⊥；()证明：∥平面.证明()证法一因为⊥平面，且⊂平面，所以⊥.在△中，由余弦定理，得＝＋－·∠.又因为＝，∠＝°，所以＝.所以＋＝，因此⊥.又∩＝，所以⊥平面1A.又⊂平面1A，所以⊥.证法二因为⊥平面，且⊂平面，所以⊥.如图，取的中点，连接.在△中，由＝，得＝.又∠＝°，所以△为等边三角形，所以＝，故∠＝∠.又∠＝°，所以∠＝°，所以∠＝∠＋∠＝°＋°＝°，所以⊥.又∩＝，所以⊥平面1A.又⊂平面1A，所以⊥.()如图，连接、1C.设∩于点，连接.因为四边形为平行四边形，所以＝.由棱台的定义及＝＝2A知，1C∥且1C＝，所以四边形为平行四边形，因此∥.又因为⊂平面，⊄平面，所以∥平面.。

（新课标）高考数学一轮复习第七章第3讲知能训练轻松闯关【优化方案】（新课标） 2016 高考数学一轮复习第七章第3讲知能训练轻松闯关1．已知直线l ∥平面α， P∈α，那么过点P 且平行于直线l 的直线()A．只有一条，不在平面α 内B．有无数条，不必定在平面α 内C．只有一条，且在平面α 内D．有无数条，必定在平面α 内分析：选 C．由直线l与点P可确立一个平面β，则平面α，β有公共点，所以它们有一条公共直线，设该公共直线为，由于l∥α，所以l∥ ，故过点P且平行于直线l的m m直线只有一条，且在平面α内．2．已知、、、D是空间四个点，甲：、、、四点不共面，乙：直线和直线A B C A B C D ABCD不订交，则甲是乙建立的()A．充足不用要条件 B ．必需不充足条件C．充要条件 D ．既不充足也不用要条件分析：选 A．由于A、B、C、D四点不共面，则直线AB和直线CD不订交，反之，直线AB和直线 CD不订交， A、 B、C、 D四点不必定不共面．故甲是乙建立的充足不用要条件．3．如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C?l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ 与β 的交线必经过()A．点AB．点BC．点C但可是点MD．点C和点M分析：选 D．∵AB? γ，M∈AB，∴M∈γ．又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β．依据公义 3 可知，M在γ与β的交线上．同理可知，点 C也在γ与β的交线上．4．以下图，ABCD-A1B1C1D1是正方体， O是 B1D1的中点，直线A1C交平面 AB1D1于点 M，则以下结论正确的选项是()A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面分析：选 A．连结A1C1，AC( 图略 ) ，则A1C1∥AC，∴A1， C1，A， C四点共面，∴ A1C?平面 ACC1A1．∵M∈ A1C，∴ M∈平面 ACC1A1．又 M∈平面 AB1D1，1∴ M在平面 ACC1A1与平面 AB1D1的交线上，同理 A， O在平面 ACC1A1与平面 AB1D1的交线上．∴ A， M， O三点共线．5．如图，正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面相互垂直，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()33A．6B．－633C．3D．－3分析：选 A．延伸 CD至 H．使 DH＝1，连结 HG、 HF，则 HF∥ AD．HF＝ DA＝22，GF＝6，HG＝10．∴cos∠HFG＝8＋6－10＝3． 2×6×2266．平面α，β 订交，在α ，β内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确立__________个平面．分析：假如这四点在同一平面内，那么确立一个平面；假如这四点不共面，则随意三点可确立一个平面，所以可确立四个．答案：1或47．以下图，在三棱锥A- BCD中， E， F， G，H分别是棱 AB，BC， CD， DA的中点，则当 AC， BD知足条件________时，四边形 EFGH为菱形，当 AC， BD知足条件________时，四边形 EFGH是正方形．分析：易知 EH∥ BD∥FG，且 EH＝1BD＝ FG，同理 EF∥ AC∥ HG，且 EF＝1AC＝HG，明显四22边形 EFGH为平行四边形．要使平行四边形 EFGH为菱形需知足 EF＝ EH，即 AC＝ BD；要使四边形 EFGH为正方形需知足 EF＝ EH且 EF⊥ EH，即 AC＝ BD且 AC⊥ BD．答案： AC＝ BDAC＝ BD且 AC⊥ BD8．以下图，正方体的棱长为1，B′C∩BC′＝O，则AO与A′C′所成角的度数为________．2分析：∵ A′ C′∥ AC，∴AO与 A′ C′所成的角就是∠ OAC．∵ OC⊥OB， AB⊥平面 BB′C′ C，∴OC⊥AB．又 AB∩ BO＝ B，∴OC⊥平面 ABO．又 OA?平面 ABO，∴ OC⊥OA．2在 Rt△AOC中，OC＝，AC＝2，2OC 1sin ∠OAC＝＝，AC2∴∠ OAC＝30°．即 AO与 A′ C′所成角的度数为30°．答案： 30°9．以下图，在三棱锥P- ABC中， PA⊥平面 ABC，∠ BAC＝60°， PA＝ AB＝AC＝2， E 是 PC的中点．(1)求证 AE与 PB是异面直线；(2)求异面直线 AE和 PB所成角的余弦值．解： (1) 证明：假定AE与 PB共面，设平面为α．∵A∈α， B∈α， E∈α，∴平面α 即为平面ABE，∴ P∈平面 ABE，这与 P?平面 ABE矛盾，所以 AE与 PB是异面直线．(2) 取BC的中点F，连结 EF、 AF，则 EF∥ PB，所以∠ AEF(或其补角)就是异面直线 AE和 PB所成的角．∵∠ BAC＝60°，PA＝ AB＝ AC＝2， PA⊥平面 ABC，∴ AF＝3，AE＝2，EF＝2，222AE＋ EF－ AFcos ∠AEF＝2·AE·EF2＋2－31＝2× 2×2＝4，所以异面直线和所成角的余弦值为1．AE PB4310．如图，平面ABEF⊥平面 ABCD，四边形 ABEF与四边形 ABCD都是直角梯形，∠BAD 11＝∠ FAB＝90°， BC綊2AD， BE綊2FA， G， H分别为 FA， FD的中点．(1)求证：四边形 BCHG是平行四边形；(2)C，D， F， E四点能否共面？为何？解： (1) 证明：由题设知，FG＝ GA， FH＝ HD，11所以 GH綊2AD．又 BC綊2AD，故 GH綊 BC．所以四边形BCHG是平行四边形．(2)C，D， F， E四点共面．原因以下：1由 BE綊2FA， G是 FA的中点知， BE綊 GF，所以 EF綊 BG．由 (1) 知BG∥CH，所以 EF∥ CH，故 EC、 FH共面．又点 D在直线 FH上，所以 C， D， F，E 四点共面．4。

高考数学 第七章第7课时 知能演练轻松闯关 新人教A 版一、选择题1．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( ) A ．AC B ．BD C ．A 1D D ．A 1A解析：选B.以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，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)，A 1(0,0,1)，E (12，12，1)，∴CE →＝(－12，－12，1)，AC →＝(1,1,0)，BD →＝(－1,1,0)，A 1D →＝(0,1，－1)，A 1A →＝(0,0，－1)，显然CE →·BD →＝12－12＋0＝0，∴CE →⊥BD →，即CE ⊥BD . 2.(2012·高考陕西卷)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.55B.53C.255D.35 解析：选A.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55.3．已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1，则直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值是( )A.64B.16C.63 D.32解析：选C.建立空间直角坐标系如图所示．设正方体的棱长为1，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ， 则D (0,0,0)，A (1,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)， ∴DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0n ·DB →＝x ＋y ＝0，令z ＝1，则x ＝－1，y ＝1.∴n ＝(－1,1,1)，∴sin θ＝|cos 〈n ，BC 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋13·2＝63.4.(2013·晋城调研)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 ＝23a ，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：选B.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)，∴C 1D 1→＝(0，a,0)． ∴MN →·C 1D 1→＝0，∴MN →⊥C 1D 1→. ∵C 1D 1→是平面BB 1C 1C 的一个法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C . 二、填空题5．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 |＝22，∴〈m ，n 〉＝π4，∴两平面所成二面角的大小为π4或3π4.答案：π4或3π46.如图，正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为__________．解析：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)，O (12，12，1)，设平面ABC 1D 1的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝y ＝0n ·AD 1→＝－x ＋z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0x ＝z ，令x ＝1，得n ＝(1,0,1)．又OD 1→＝(－12，－12，0)，∴O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|n ·OD 1→||n |＝122＝24. 答案：24三、解答题7．(2013·宜昌模拟)已知四棱锥P ­ABCD 的直观图(如图①)及侧视图(如图②)，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面PAB ⊥平面ABCD ，PA ＝PB .(1)求证：AD ⊥PB ；(2)求异面直线PD 与AB 所成角的余弦值；(3)求平面PAB 与平面PCD 所成锐二面角的大小． 解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接PO ，则PO ⊥AB ，⎭⎪⎬⎪⎫平面PAB ⊥平面ABCDPO ⊥AB平面PAB ∩平面ABCD ＝ABPO ⊂平面PAB⎭⎪⎬⎪⎫⇒PO ⊥平面ABCD AD ⊂平面ABCD⎭⎪⎬⎪⎫⇒PO ⊥AD AD ⊥AB PO ∩AB ＝O⎭⎪⎬⎪⎫⇒AD ⊥平面PAB PB ⊂平面PAB ⇒AD ⊥PB .(2)过O 作AD 的平行线为x 轴，OB ，OP 所在直线分别为y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，D (2，－1,0)，B (0,1,0)，C (2,1,0)．由已知侧视图知PO ＝2， 故P (0,0,2)． PD →＝(2，－1，－2)，AB →＝(0,2,0)．cos 〈PD →，AB →〉＝PD →·AB →|PD →||AB →|＝－13，即异面直线PD 与AB 所成角的余弦值为13.(3)平面PAB 的一个法向量n ＝(1,0,0)． 设平面PCD 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PD →＝0，m ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －2z ＝0，y ＝0，∴x ＝z .取m ＝(12，0，12)，cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝22，即所求锐二面角的大小为π4.8.如图所示，点P 在正方体ABCD ­A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°. (1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．解：如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系Dxyz . 则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H . 设DH →＝(m ，m,1)(m ＞0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°， DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.(1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)．因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°.可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°. 9．(2013·山西省适应性训练)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的正方形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，M ，N 分别是线段PB ，AC 上的动点，且不与端点重合，PM ＝AN .(1)求证：MN ∥平面PAD ；(2)当MN 的长最小时，求二面角A ­MN ­B 的余弦值．解：(1)证明：过M 作BA 的平行线交PA 于点E ，过N 作BA 的平行线交AD 于F 点，连接EF ，设PM ＝AN ＝a .因为ME ∥NF ，ME ＝NF ＝22a ，所以四边形MEFN 为平行四边形，所以MN ∥EF .又因为EF ⊂平面PAD ，MN ⊄平面PAD ， 所以MN ∥平面PAD . (2)由(1)知MN ＝EF ，在Rt △EAF 中，设AF ＝x ，则可求得EA ＝1－x .所以MN 2＝EF 2＝AF 2＋EA 2＝x 2＋(1－x )2≥12，当且仅当x ＝12时取等号，此时MN 的长最小，且M ，N 分别为PB ，AC 的中点．如图，以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，M (12，0，12)，N (12，12，0)，B (1,0,0)，所以AM →＝(12，0，12)，AN →＝(12，12，0)，BM →＝(－12，0，12)，BN →＝(－12，12，0)． 设平面AMN 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AM →＝0m ·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋12z ＝012x ＋12y ＝0，令x ＝1，可取m ＝(1，－1，－1)．设平面BMN 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BM →＝0n ·BN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12z 1＝0－12x 1＋12y 1＝0，令x 1＝1，则可取n ＝(1,1,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝－13，故二面角A ­MN ­B 的余弦值为－13.1．(2012·高考湖南卷)如图所示，在 四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝4，BC ＝3，AD ＝5，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，E 是CD 的中点．(1)证明：CD ⊥平面PAE ；(2)若直线PB 与平面PAE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，求四棱锥P ­ABCD 的体积．解：法一：(1)证明：如图①，连接AC .由AB ＝4，BC ＝3，∠ABC ＝90°得AC ＝5.又AD ＝5，E 是CD 的中点，所以CD ⊥AE ，因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD ，而PA ，AE 是平面PAE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .(2)过点B 作BG ∥CD ，分别与AE ，AD 相交于点F ，G ，连接PF .由(1)CD ⊥平面PAE 知，BG ⊥平面PAE .于是∠BPF 为直线PB 与平面PAE 所成的角，且BG ⊥AE .由PA ⊥平面ABCD 知，∠PBA 为直线PB 与平面ABCD 所成的角．由题意∠PBA ＝∠BPF ，因为sin ∠PBA ＝PA PB ，sin ∠BPF ＝BFPB，所以PA ＝BF .由∠DAB ＝∠ABC ＝90°知，AD ∥BC .又BG ∥CD ，所以四边形BCDG 是平行四边形，故GD ＝BC ＝3.于是AG ＝2.在Rt △BAG 中，AB ＝4，AG ＝2，BG ⊥AF ，所以BG ＝AB 2＋AG 2＝25，BF ＝AB 2BG ＝1625＝855.于是PA ＝BF ＝855.又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P ­ABCD 的体积为 V ＝13×S ×PA ＝13×16×855＝128515.法二：如图②，以A 为坐标原点，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．设PA ＝h ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (4,3,0)，D (0，5,0)，E (2,4,0)，P (0,0，h )．(1)易知CD →＝(－4,2,0)，AE →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，h )．因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP .而AP ，AE 是平面PAE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面PAE .(2)由题设和(1)知， CD →，PA →分别是平面PAE ，平面ABCD 的法向量．而PB 与平面PAE 所成的角和PB 与平面ABCD 所成的角相等，所以|cos 〈CD →，PB →〉|＝|cos 〈PA →，PB →〉|，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪CD →·PB →|CD →|·|PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PA →·PB →|P A →|·|PB →|. 由(1)知，CD →＝(－4,2,0)，PA →＝(0,0，－h )． 又PB →＝(4,0，－h )，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪－16＋0＋025·16＋h 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0＋0＋h 2h ·16＋h 2， 解得h ＝855.又梯形ABCD 的面积为S ＝12×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P ­ABCD 的体积为 V ＝13×S ×PA ＝13×16×855＝128515. 2.(2012·高考福建卷)如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点． (1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A ­B 1E ­A 1的大小为30°，求AB 的长． 解：(1)证明：以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→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)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE .此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a2，－a .要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)． 设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a2－a21＋a 24＋a2.∵二面角A ­B 1E ­A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a 22 1＋5a24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.3．如图，平面PAC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，PA ＝PC ＝10.(1)设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ；(2)证明：在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离． 证明：(1)如图，连结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Oxyz ，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)， 因OB →＝(8,0,0)，OE →＝(0，－4,3)， 因此平面BOE 的法向量为n ＝(0,3,4)， FG →＝(－4,4，－3)，n ·FG →＝0.又直线FG 不在平面BOE 内，因此有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. 在平面直角坐标系xOy 中，△AOB 的内部区域满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0y ＜0x －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 ，由点M 的坐标得点M 到OA ，OB 的距离分别为4，94.4．如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱BC ，CC 1上的点，CF ＝AB ＝2CE ，AB ∶AD ∶AA 1＝1∶2∶4(1)求异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值； (2)证明AF ⊥平面A 1ED ；(3)求二面角A 1­ED ­F 的正弦值．解：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝1，依题意得D (0,2,0)，F (1,2,1)，A 1(0,0,4)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0.(1)易得EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，A 1D →＝(0,2，－4)，11 于是cos 〈EF →，A 1D →〉＝EF →·A 1D →|EF →||A 1D →|＝－35， 所以异面直线EF 与A 1D 所成角的余弦值为35.(2)证明：已知AF →＝(1,2,1)，EA 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，4，ED →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0.又AF →·EA 1→＝0，AF →·ED →＝0，因此，AF ⊥EA 1，AF ⊥ED .又EA 1∩ED ＝E ，所以AF ⊥平面A 1ED .(3)设平面EFD 的法向量u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ u ·EF →＝0u ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12y ＋z ＝－x ＋12y ＝0，不妨令x ＝1，可得u ＝(1,2－1)．由(2)可知，AF →为平面A 1ED 的一个法向量．于是cos 〈u ，AF →〉＝u ·AF →|u ||AF →|＝23，从而sin 〈 u ，AF →〉＝53.所以二面角A 1­ED ­F 的正弦值为53.。