空间向量在立体几何中的应用和习题(含答案)[1]

17. 解析 (1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1， 解得x ＝2，y ＝－4，这时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)．又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)，设(a ＋c )与(b ＋c )夹角为θ，因此cos θ＝5－12＋338·38＝－219. 18. 证明 AB 、AD 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝BC ＝1，则P (0,0,1)．(1)∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 为正三角形．∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12. 设D (0，y,0)，由AC ⊥CD ，得AC →·CD→＝0， 即y ＝233，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0， ∴CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，36，0. 又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12， ∴AE →·CD →＝－12×14＋36×34＝0， ∴AE→⊥CD →，即AE ⊥CD . (2)证法一 ∵P (0,0,1)，∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1. 又AE →·PD →＝34×233＋12×(－1)＝0，∴PD →⊥AE →，即PD ⊥AE .AB →＝(1,0,0)，∴PD →·AB→＝0， ∴PD ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面AEB .证法二 ∵AB →＝(1,0,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12， ∵设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ x ＝014x ＋34y ＋12z ＝0，令y ＝2，则z ＝－3，∴n ＝(0,2，－3)．∵PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，－1，显然PD →＝33n . ∵PD→∥n ，∴PD →⊥平面ABE ， 即PD ⊥平面ABE .19.如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D －xyz . 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°，由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°，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°.20. 解析 (1)证明 连接AB 1，与BA 1交于点O ，连接OD .∵C 1D ∥AA 1，A 1C 1＝C 1P ，∴AD ＝PD .又∵AO ＝B 1O ，∴OD ∥PB 1.又OD ⊂平面BDA 1，PB 1⊄平面BDA 1，∴PB 1∥平面BDA 1.(2)如图，过A 作AE ⊥DA 1于点E ，连接BE .∵BA ⊥CA ，BA ⊥AA 1，且AA 1∩AC ＝A ，∴BA ⊥平面AA 1C 1C .∴BE ⊥DA 1.∴∠BEA 为二面角A －A 1D －B 的平面角．在Rt △A 1C 1D 中，A 1D ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝52， 又S △AA 1D ＝12×1×1＝12×52·AE ，∴AE ＝255.在Rt △BAE 中，BE ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2552＝355， ∴cos ∠BEA ＝AE BE ＝23.故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.21. 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. 22. 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.。

空间向量的运算及应用知识梳理数量积及坐标运算 (1)两个向量的数量积： ①a·b ＝|a||b|cos 〈a ，b 〉；②a ⊥b ⇔a·b ＝0(a ，b 为非零向量)； ③|a |2＝a 2，|a |＝x 2＋y 2＋z 2. (2)向量的坐标运算：a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3) 向量和 a ＋b ＝(a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3) 向量差 a －b ＝(a 1－b 1，a 2－b 2，a 3－b 3)数量积 a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3共线 a ∥b ⇒a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R ，b ≠0)垂直 a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0 夹角公式cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23方法归纳1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB 为直线l 的方向向量，与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0，n·b ＝0.2．建立空间直角坐标系的原则：(1)合理利用几何体中的垂直关系，特别是面面垂直； (2)尽可能地让相关点落在坐标轴或坐标平面上． 3．利用空间向量坐标运算求解问题的方法：用空间向量解决立体几何中的平行或共线问题一般用向量共线定理；求两点间距离或某一线段的长度，一般用向量的模来解决；解决垂直问题一般可转化为向量的数量积为零；求异面直线所成的角，一般可以转化为两向量的夹角，但要注意两种角的范围不同，最后应进行转化．[练一练]1．若平面π1，π2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) 解析：选A 两个平面垂直时其法向量也垂直，只有选项A 中的两个向量垂直．2．已知a ＝(cos θ，1，sin θ)，b ＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a ＋b 与a －b 的夹角是________． 解析：∵(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝|a |2－|b |2 ＝(cos 2θ＋1＋sin 2θ)－(sin 2θ＋1＋cos 2θ)＝0，∴(a ＋b )⊥(a －b )，即向量a ＋b 与a －b 的夹角为90°. 答案：90°3．如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成角的大小是________．解析：建立空间直角坐标系如图所示，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0，1)，M 10,,02⎛⎫ ⎪⎝⎭，N 10,1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，则1A M ＝11,,12⎛⎫-- ⎪⎝⎭，DN ＝10,1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以cos 〈1A M ，DN 〉＝1A M ·DN |1A M |·|DN |＝0，所以1A M ⊥DN ，故异面直线A 1M 与DN 所成角的大小为90°.答案：90°空间向量在立体几何中的应用角度一 利用空间向量证明平行或垂直如图所示的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为2的正方形，O 为AC 与BD 的交点，BB 1＝2，M 是线段B 1D 1的中点． (1)求证：BM ∥平面D 1AC ； (2)求证：D 1O ⊥平面AB 1C ；[证明] (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则点O (1,1,0)，D 1(0,0，2)，∴1OD ＝(－1，－1，2)，又点B (2,2,0)，M (1,1，2)，∴BM ＝(－1，－1，2)，∴1OD ＝BM .又∵OD 1与BM 不共线， ∴OD 1∥BM .又OD 1⊂平面D 1AC ，BM ⊄平面D 1AC ，∴BM ∥平面D 1AC . (2)连接OB 1，点B 1(2,2，2)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，∵1OD ·1OB ＝(－1，－1，2)·(1,1，2)＝0，1OD ·AC ＝(－1，－1，2)·(－2,2,0)＝0， ∴1OD ⊥1OB ，1OD ⊥AC ，即OD 1⊥OB 1，OD 1⊥AC ， 又OB 1∩AC ＝O ，∴D 1O ⊥平面AB 1C . [解题通法]利用直线的方向向量与平面的法向量，可以判定直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直：(1)设直线l 1的方向向量v 1＝(a 1，b 1，c 1)，l 2的方向向量v 2＝(a 2，b 2，c 2)． 则l 1∥l 2⇔v 1∥v 2⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )． l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为n ＝(a 2，b 2，c 2)，则l ∥α⇔v ⊥n ⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.l ⊥α⇔v ∥n ⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)．（3）设平面α的法向量n 1＝(a 1，b 1，c 1)，β的法向量为n 2＝(a 2，b 2，c 2)，则α∥β⇔n 1∥n 2，α⊥β⇔n 1⊥n 2.角度二 异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．例1．在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1，F 1分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是( ) A.3010 B.12 C.3015 D.1510解析：选A建立如图所示的坐标系，设BC ＝1，则A (－1,0,0)，F 11,0,12⎛⎫- ⎪⎝⎭， B (0，－1,0)，D 111,,122⎛⎫-- ⎪⎝⎭，则1AF ＝1,0,12⎛⎫- ⎪⎝⎭， 1BD ＝11,,122⎛⎫- ⎪⎝⎭. ∴cos 〈1AF ，1BD 〉＝1AF ·1BD | 1AF ||1BD |＝3010. 2．如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 和N 分别是A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN所成角的余弦值为________．解析：以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则A (1,0,0)，M 11,,12⎛⎫⎪⎝⎭，C (0,1,0)，N 11,1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭. ∴AM ＝10,,12⎛⎫ ⎪⎝⎭，CN ＝11,0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭.设直线AM 与CN 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AM ，CN 〉|＝|AM ·CN ||AM ||CN |＝121＋14× 1＋14＝25. 答案：25[解题通法]1．向量法求异面直线所成的角的方法有两种 (1)基向量法：利用线性运算． (2)坐标法：利用坐标运算．2．注意向量的夹角与异面直线所成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．3．求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦.角度三 直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n·e||n||e|.例．如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝2，AB ＝1，BM ⊥PD 于点M .求直线CD 与平面ACM 所成角的余弦值．解析：如图所示，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)．∵AM ⊥PD ，P A ＝AD ，∴M 为PD 的中点，∴M 的坐标为(0,1,1)． ∴AC ＝(1,2,0)，AM ＝(0,1,1)，CD ＝(－1,0,0)． 设平面ACM 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由n ⊥AC ，n ⊥AM可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0y ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1.∴n ＝(2，－1,1)．设直线CD 与平面ACM 所成的角为α， 则sin α＝|CD ·n ||CD ||n |＝63.∴cos α＝33，即直线CD 与平面ACM 所成角的余弦值为33答案：33[解题通法]利用平面的法向量求线面角时，应注意(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求． (2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求．(3)求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值． [针对训练](2013·福建高考改编)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值．解：由题意知DC ⊥AD ，D 1D ⊥DC ，D 1D ⊥AD 故以D 为原点，DA ，DC ，1DD 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k,3k,1)，A 1(4k,0,1)， 所以AC ＝(－4k,6k,0)，1AB ＝(0,3k,1)，1AA ＝(0,0,1)．设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧AC ·n ＝0，1AB ·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0.取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )． 设AA 1与平面AB 1C 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈1AA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AA ·n | 1AA |·|n |＝6k 36k 2＋13＝67，解得k ＝1，故所求k 的值为1. 角度四 求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 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＝〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．例：1．(2012·北京东城模拟)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q －BP －C 的余弦值．解：(1)证明：如图，以D 为坐标原点，DA 、DP 、DC 所在的直线分别为x轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .设DA ＝1，则有D (0,0,0)，Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，所以DQ ＝(1,1,0)，DC ＝(0,0,1)，PQ ＝(1，－1,0)，所以PQ ·DQ ＝0，PQ ·DC ＝0，即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC . 又DQ ⊂平面DCQ ，DC ⊂平面DCQ ，且DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ . (2)由(1)易知B (1,0,1)，CB ＝(1,0,0)，BP ＝(－1,2，－1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎨⎧n ·CB ＝0，n ·BP ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0，可取n ＝(0，－1，－2)． 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP ＝0，m ·PQ ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2y 1－z 1＝0，x 1－y 1＝0，可取m ＝(1,1,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝－155，故二面角Q －BP －C 的余弦值为－155. [解题通法]利用法向量求二面角时应注意(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误．(3)利用平面的法向量求二面角的大小时，二面角是锐角或钝角由图形决定．由图形知二面角是锐角时cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；由图形知二面角是钝角时，cos θ＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.当图形不能确定时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点． 针对练习(2012·山西模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面P AC ； (2)求二面角P －BD －A 的大小．解：(1)证明：由题可知，AP 、AD 、AB 两两垂直，则分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP ＝(0,0,3)，AC ＝(23，6,0)，BD ＝(－23，2,0)，∴BD ·AP ＝0，BD ·AC ＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面P AC .(2)显然平面ABD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·BD ＝0，n ·BP ＝0.由(1)知，BP ＝(－23，0,3)， ∴⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12，∴结合图形可知二面角P －BD －A 的大小为60°.。

空间向量与立体几何练习题（带答案）一、选择题1．若空间向量a与b不相等，则a与b一定()A．有不同的方向B．有不相等的模C．不可能是平行向量D．不可能都是零向量【解析】若a＝0，b＝0，则a＝b，这与已知矛盾，故选D．【答案】D图2－1－72．如图2－1－7所示，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1，在下列选项中，CD→的相反向量是()A.BA→B．A1C1→C.A1B1→D．AA1→【解析】由相反向量的定义可知，A1B1→是CD→的相反向量．【答案】C图2－1－83．在如图2－1－8所示的正三棱柱中，与〈AB→，AC→〉相等的是() A．〈AB→，BC→〉B．〈BC→，CA→〉C．〈C1B1→，AC→〉D．〈BC→，B1A1→〉【解析】∵B1A1→＝BA→，∴〈BA→，BC→〉＝〈AB→，AC→〉＝〈BC→，B1A1→〉＝60°，故选D．【答案】D4．在正三棱锥A-BCD中，E、F分别为棱AB，CD的中点，设〈EF→，AC→〉＝α，〈EF→，BD→〉＝β，则α＋β等于()A.π6B．π4C.π3D．π2【解析】如图，取BC的中点G，连接EG、FG，则EG∥AC，FG∥BD，故∠FEG＝α，∠EFG＝β.∵A－BCD是正三棱锥，∴AC⊥BD．∴EG⊥FG，即∠EGF＝π2.∴α＋β＝∠FEG＋∠EFG＝π2.【答案】D5．如图2－1－9所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，以顶点为向量端点的所有向量中，直线AB的方向向量有()图2－1－9A．8个B．7个C．6个D．5个【解析】与向量AB→平行的向量就是直线AB的方向向量，有AB→，BA→，A1B1→，B1A1→，C1D1→，D1C1→，CD→，DC→，共8个，故选A.【答案】A二、填空题6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则向量CE→和BD→的夹角为________．【解析】∵BD→为平面ACC1A1的法向量，而CE在平面ACC1A1中，∴BD→⊥CE→.∴〈BD→，CE→〉＝90°.【答案】90°7．下列命题正确的序号是________．①若a∥b，〈b，c〉＝π4，则〈a，c〉＝π4.②若a，b是同一个平面的两个法向量，则a＝B．③若空间向量a，b，c满足a∥b，b∥c，则a∥c.【解析】①〈a，c〉＝π4或3π4，①错；②a∥b；②错；③当c＝0时，推不出a∥c，③错；④由于异面直线既不平行也不重合，所以它们的方向向量不共线，④对．【答案】④8．在棱长为1的正方体中，S表示所有顶点的集合，向量的集合P＝{a|a ＝P1P2→，P1，P2∈S}，则在集合P中模为3的向量的个数为________．【解析】由棱长为1的正方体的四条体对角线长均为3知：在集合P 中模为3的向量的个数为8.【答案】8三、解答题图2－1－109．如图2－1－10所示，在长、宽、高分别为AB＝3、AD＝2、AA1＝1的长方体ABCD－A1B1C1D1的八个顶点的两点为始点和终点的向量中，(1)单位向量共有多少个？(2)试写出模为5的所有向量；(3)试写出与AB→相等的所有向量．【解】(1)由于长方体的高为1，所以长方体4条高所对应的AA1→，A1A→，BB1→，B1B→，CC1→，C1C→，DD1→，D1D→这8个向量都是单位向量，而其他向量的模均不为1，故单位向量共8个．(2)由于这个长方体的左右两侧的对角线长均为5，故模为5的向量有AD1→，D1A→，A1D→，DA1→，BC1→，C1B→，B1C→，CB1→共8个．(3)与向量AB→相等的所有向量(除它自身之外)共有A1B1→，DC→及D1C1→3个．图2－1－1110．如图2－1－11所示，正四棱锥S－ABCD中，O为底面中心，求平面SBD的法向量与AD→的夹角．【解】∵正四棱锥底面为正方形，∴BD⊥AC，SO⊥AC又∵BD∩SO＝O∴AC⊥平面SBD．∴AC→为平面SBD的一个法向量．∴〈AC→，AD→〉＝45°.图2－1－1211．如图2－1－12，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD 为正方形且PD＝AD，E、F分别是PC、PB的中点．(1)试以F为起点作直线DE的一个方向向量；(2)试以F为起点作平面PBC的一个法向量．【解】(1)取AD的中点M，连接MF，连接EF，∵E、F分别是PC、PB的中点，∴EF綊12BC，又BC綊AD，∴EF綊12AD，则由EF綊DM知四边形DEFM是平行四边形，∴MF∥DE，∴FM→就是直线DE的一个方向向量．(2)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，又BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD，∵平面PCD，∴DE⊥BC，又PD＝CD，E为PC中点，∴DE⊥PC，从而DE⊥平面PBC，∴DE→是平面PBC的一个法向量，由(1)可知FM→＝ED→，∴FM→就是平面PBC的一个法向量.。

空间向量和立体几何练习题与答案
1.若把空间平行于同一平面且长度相等的所有非零向量的始点放置在同一点，则这些向量的终点构成的图形就是( )
A.一个圆
B.一个点
C.半圆
D.平行四边形
答案:A
2.在长方体 ABCD-A₁B ₁C ₁D ₁中,下列关于AC₁的表达中错误的 一个就是( )
A. AA₁+A ₁B ₁+A ₁D ₁
B. AB+DD₁
+D ₁C ₁
C. AD+CC₁+D ₁C ₁
D.12(AB 1+CD 1)+A 1C 1
答案:B
3.若a ，b ，c 为任意向量，m ∈R ，下列等式不一定成立的就是( )
A.(a+b)+c=a+(b+c)
B.(a+b)•c=a•c+b•c
C. m(a+b)=ma+mb
D.(a·b)·c=a·(b·c)
答案:D
4.若三点A, B, C 共线,P 为空间任意一点,且PA+αPB=βPC,则α-β的值为( )
A.1
B.-1
C.12
D.-2
答案:B
5.设a=(x,4,3), b=(3,2, z),且a ∥b,则xz 等于( )
A.-4
B.9
C.-9
D.649
答案:B
6.已知非零向量 e ，e₂不共线，如果AB=e₁+e ₂ A C=2e ₂ 8e ₂AD=3e ₁3 ,则四点 A. B C (
) A.一定共圆
B.恰就是空间四边形的四个顶点心
C.一定共面
D.肯定不共面
答案:C。

空间向量在立体几何中的应用1. (选修21P97习题14改编>若向量a＝(1，λ，2>，b＝(2，－1，2>且a与b的夹角的余弦值为错误!，则λ＝________．答案：－2或错误!2. (选修21P89练习3>已知空间四边形OABC，点M、N分别是OA、BC的中点，且错误!＝a, 错误!＝b, 错误!＝c，用a，b，c表示向量错误!＝________．b5E2RGbCAP答案：错误!(b＋c－a>3. (选修21P101练习2改编>已知l∥α，且l的方向向量为(2，m，1>，平面α的法向量为错误!，则m＝________.p1EanqFDPw答案：－84. (选修21P86练习3改编>已知a＝(2，－1，3>，b＝(－1，4，－2>，c＝(7，5，λ>，若a、b、c三个向量共面，则实数λ等于________．DXDiTa9E3d答案：错误!5. (选修21P110例4改编>在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．RTCrpUDGiT答案：错误!1. 直线的方向向量与平面的法向量(1> 直线l上的向量e以及与e共线的向量叫做直线l的方向向量．(2> 如果表示非零向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n垂直于平面α，记作n⊥α.此时把向量n叫做平面α的法向量．5PCzVD7HxA2. 线面关系的判定直线l1的方向向量为e1＝(a1，b1，c1>，直线l2的方向向量为e2＝(a2，b2，c2>，平面α的法向量为n1＝(x1，y1，z1>，平面β的法向量为n2＝(x2，y2，z2>．jLBHrnAILg (1> 如果l1∥l2，那么e1∥e2e2＝λe1a2＝λa1，b2＝λb1，c2＝λc1．(2> 如果l1⊥l2，那么e1⊥e2e1·e2＝0a1a2＋b1b2＋c1c2＝0．(3> 若l1∥α，则e1⊥n1e1·n1＝0a1x1＋b1y1＋c1z1＝0．(4> 若l1⊥α，则e1∥n1e1＝kn1a1＝kx1，b1＝ky1，c1＝kz1．(5> 若α∥β，则n1∥n2n1＝kn2x1＝kx2，y1＝ky2，z1＝kz2．(6> 若α⊥β，则n1⊥n2n1·n2＝0x1x2＋y1y2＋z1z2＝0．3. 利用空间向量求空间角(1> 两条异面直线所成的角①范围：两条异面直线所成的角θ的取值范围是错误!.xHAQX74J0X②向量求法：设直线a、b的方向向量为a、b，其夹角为φ，则有cosθ＝|cosφ|.(2> 直线与平面所成的角①范围：直线和平面所成的角θ的取值范围是错误!.LDAYtRyKfE②向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sinθ＝|cosφ|或cosθ＝sinφ.Zzz6ZB2Ltk(3> 二面角①二面角的取值范围是[0，π]．②二面角的向量求法：(ⅰ> 若AB、CD分别是二面角αlβ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>．dvzfvkwMI1(ⅱ> 设n1、n2分别是二面角αlβ的两个面α、β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角>的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③>．rqyn14ZNXI题型1 空间向量的基本运算例1 如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若错误!＝a，错误!＝b，错误!＝c，则错误!＝________.EmxvxOtOco答案：－错误!a＋错误!b＋c错误!已知空间三点A(－2，0，2>，B(－1，1，2>，C(－3，0，4>．设a＝错误!，b＝错误!.SixE2yXPq5(1> 求a和b的夹角θ；(2>若向量ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．题型2 空间中的平行与垂直例2 如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝错误!，AF＝1，M是线段EF的中点．6ewMyirQFL求证：(1> AM∥平面BDE；(2> AM⊥平面BDF.错误!如右图，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，G为△BC1D的重心，(1> 试证：A1、G、C三点共线；(2> 试证：A1C⊥平面BC1D；题型3 空间的角的计算例3(2018·苏锡常镇二模>如图，圆锥的高PO＝4，底面半径OB＝2，D为PO的中点，E为母线PB的中点，F为底面圆周上一点，满足EF⊥DE.kavU42VRUs(1> 求异面直线EF与BD所成角的余弦值；(2> 求二面角OOFE的正弦值．错误!(2018·江苏卷>如图所示，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．y6v3ALoS89(1> 求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2> 求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．1. 设A1、A2、A3、A4、A5是空间中给定的5个不同的点，则使错误!＋错误!＋错误!＋错误!＋错误!＝0成立的点M的个数为________．M2ub6vSTnP答案：1 个2. (2018·连云港模拟>若平面α的一个法向量为n＝(4，1，1>，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3，3>，则l与α所成角的正弦值为________．0YujCfmUCw答案：错误!3. (2018·新课标全国卷Ⅱ>如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，D、E分别是AB、BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝错误!AB.eUts8ZQVRd(1> 证明：BC1∥平面A1CD；(2> 求二面角DA1CE的正弦值．4. (2018·重庆>如图所示，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，BC＝CD＝2，AC＝4，∠ACB＝∠ACD＝错误!，F为PC的中点，AF⊥PB.sQsAEJkW5T(1> 求PA的长；(2> 求二面角B-AF-D的正弦值．5. (2018·连云港调研>在三棱锥SABC中，底面是边长为2错误!的正三角形，点S在底面ABC上的射影O恰是AC的中点，侧棱SB和底面成45°角．GMsIasNXkA(1> 若D为侧棱SB上一点，当错误!为何值时，CD⊥AB；(2> 求二面角S-BC-A的余弦值大小．1. 在直四棱柱ABCD错误!-A1B1C1D1中，AA1＝2，底面是边长为1的正方形，E、F分别是棱B1B、DA的中点．TIrRGchYzg(1> 求二面角D1错误!-AE-错误!C的大小；7EqZcWLZNX(2> 求证：直线BF∥平面AD1E.2. (2018·苏州调研>三棱柱ABC－A1B1C1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB＝2，AC＝4，A1A＝3.D是BC的中点．lzq7IGf02E(1> 求直线DB1与平面A1C1D所成角的正弦值；(2> 求二面角B1-A1D-C1的正弦值．3. (2018·南通二模>如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1B⊥平面ABC，AB⊥AC，且AB＝AC＝A1B＝2.zvpgeqJ1hk(1> 求棱AA1与BC所成的角的大小；(2> 在棱B1C1上确定一点P，使二面角P－AB－A1的平面角的余弦值为错误!.NrpoJac3v1 4. (2018广东韶关第二次调研>如图甲，在平面四边形ABCD中，已知∠A＝45°，∠C＝90°，∠ADC＝105°，AB＝BD，现将四边形ABCD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BDC(如图乙>，设点E、F分别为棱AC、AD的中点．1nowfTG4KI(1> 求证： DC⊥平面ABC；(2> 求BF与平面ABC所成角的正弦值；(3> 求二面角B－EF－A的余弦值．申明：所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途。

空间向量在立体几何中的应用一、选择题1.（2010全国卷2理）（11）与正方体1111ABC D A B C D -的三条棱A B 、1C C 、11A D 所在直线的距离相等的点（A ）有且只有1个 （B ）有且只有2个 （C ）有且只有3个 （D ）有无数个 【答案】D【解析】直线上取一点，分别作垂直于于则分别作，垂足分别为M ，N ，Q ，连PM ，PN ，PQ ，由三垂线定理可得，PN ⊥PM ⊥；PQ ⊥AB ，由于正方体中各个表面、对等角全等，所以，∴PM=PN=PQ ，即P 到三条棱AB 、CC 1、A 1D 1.所在直线的距离相等所以有无穷多点满足条件，故选D.2.（2010辽宁理）(12) (12)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a 的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a 的取值范围是(A)（ (B)（1,+(D) （0,）【答案】A【命题立意】本题考查了学生的空间想象能力以及灵活运用知识解决数学问题的能力。

【解析】根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a 的直铁条要组成三棱镜形的铁架，有以下两种情况：（1）地面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a ，a ，如图，此时a可以取最大值，可知AD=，SD=，则有<2+，即228a <+=，即有(2)构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，此时a>0;综上分析可知a∈（+3.（2010全国卷2文）（11）与正方体ABCD—A1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点（A）有且只有1个（B）有且只有2个（C）有且只有3个（D）有无数个【答案】D【解析】：本题考查了空间想象能力∵到三条两垂直的直线距离相等的点在以三条直线为轴，以正方体边长为半径的圆柱面上，∴三个圆柱面有无数个交点，4.（2010全国卷2文）（8）已知三棱锥S A B C-中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，S A垂直于底面ABC，S A=3，那么直线A B与平面S B C所成角的正弦值为（A）4(B)4(C)4 (D)34【答案】D【解析】：本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角。

第一章空间向量与立体几何单元 2 空间向量在立体几何中的应用A卷必备知识全优一、单选题（本大题共6小题，共30分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.若平面，且平面的一个法向量，则平面的一个法向量可以是( )A. B. C. D.2.若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则能使的是( )A. ，B. ，C. ，D. ，3.如图，在长方体中，设，，P是的中点，则与所成角的大小为( )A. B. C. D.4.已知平面的一个法向量，点在平面内，则点到平面的距离为( )A. 10B. 3C.D.5.设动点P在棱长为1的正方体的对角线上，且，当为锐角时，的取值范围是( )A. B. C. D.6.如图，四边形ABCD是矩形，，，E是AD的中点，BE与AC交于点F，平面ABCD，若，则直线EG与平面ABG所成角的正弦值为( )A. B. C. D.二、多选题（本大题共3小题，共15分。

在每小题有多项符合题目要求）7.已知，，则下列各向量中是平面是坐标原点的一个法向量的是( )A. B. C. D.8.下列命题中是假命题的为( )A. 若向量，则与，共面B. 若与，共面，则C. 若，则P，M，A，B四点共面D. 若P，M，A，B四点共面，则9.将直角三角形ABC沿斜边上的高AD折成的二面角，已知直角边，，那么下列说法正确的是( )A. 平面平面ACDB. 四面体的体积是C. 二面角的正切值是D. BC与平面ACD所成角的正弦值是三、填空题（本大题共3小题，共15分）10.已知两个不同的平面，的法向量分别是，，则平面，的位置关系是__________.11.若平面的一个法向量，平面的一个法向量，两平面夹角的正弦值为，则___________.12.在三棱锥中，OA，OB，OC两两垂直，且，，则直线DA与平面ABC 所成角的余弦值为__________.四、解答题（本大题共4小题，共48分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）13.本小题12分如图所示，平行六面体中，平面ABCD，，证明：平面；求点B到平面的距离．14.本小题12分如图，在长方体中，，，点E在棱AB上移动．证明：；当E为AB的中点时，求点E到平面的距离．15.本小题12分如图，在三棱柱中，侧面为正方形，点M、N分别是、AC的中点，平面求证：平面BCM；若四边形是边长为2的菱形，求直线与平面所成角的正弦值．16.本小题12分如图，已知斜三棱柱中，，，点在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，且.求证：；在直线上找一点M，使得二面角的平面角为答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】本题考查平面的法向量，应用法向量的定义求解即可.【解答】解：平面，平面的法向量与平面的法向量垂直，即它们的数量积为对于A，，A错误；对于B，，B错误;对于C，，C正确;对于D，，D错误．2.【答案】C【解析】【分析】本题考查线面平行的坐标表示，属于基础题.【解答】解：，对于选项A，，A不正确;对于选项B，，B不正确；对于选项C，，所以，所以，C正确;对于选项D，，D不正确．3.【答案】C【解析】【分析】本题考查空间异面直线所成角的向量求法，属于基础题.【解答】解：如图，以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x轴y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以，所以与所成角的大小为，一题多解：连接，PD，易知为所求角．在中，，所以为等边三角形，所以4.【答案】D【解析】【分析】本题考查点面距离的向量求法，属于基础题.【解答】解：易知，则点P到平面的距离故选5.【答案】A【解析】【分析】本题考查空间向量夹角的坐标表示，属于基础题.【解答】解：如图，以D为原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，所以，，显然，不共线，由为锐角得，即，所以，即，解得或，由题意知，所以故选6.【答案】B【解析】【分析】本题考查空间线面角的求法，属于基础题.【解答】解：四边形ABCD为矩形，∽，是AD的中点，又矩形ABCD中，，，，在中，，易知，在中，，，平面ABCD，AC，平面ABCD，，、FE、FG两两垂直．如图，以点F为原点，FA、FE、FG所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．则，，，，，设是平面ABG的法向量，则取，则，，设直线EG与平面ABG所成角的大小为，则，，直线EG与平面ABG所成角的正弦值为故选7.【答案】BD【解析】【分析】本题考查平面的法向量，属于基础题.【解答】解：设平面AOB的法向量是，则即得，令，解得，令，解得故或故选8.【答案】BD【解析】【分析】本题考查平面向量基本定理，向量共线定理，共面定理，属于中档题.【解答】解：对于选项A，由平面向量基本定理得与，共面，A是真命题;对于选项B，若，共线，则不一定能用，表示出来，B是假命题;对于选项C，若，则，，三个向量在同一个平面内，P，M，A，B四点共面，C是真命题；对于选项D，若M，A，B共线，点P不在此直线上，则不成立，D是假命题．故选9.【答案】CD【解析】【分析】本题考查空间面面垂直的判定，棱锥的体积，二面角与线面角的向量求法，属于较难题.【解答】解：如图所示．对于B选项，由于，，故是二面角的平面角，则，，平面BCD，过点B作交CD的延长线于点平面BCD，平面BCD，，，，平面ACD，故BE是三棱锥底面上的高.折叠前，易知，，，，，，故B选项错误;以D为坐标原点，DA、DC所在直线分别为x轴、y轴，过D点且平行于BE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，对于A选项，易知，，，，，设平面ABC的法向量为，则取，则，，，易知平面ACD的一个法向量为，则，平面ACD与平面ABC不垂直，故A选项错误;对于C选项，易知平面BCD的一个法向量为，，，设二面角的平面角为，由图可知为锐角，，，故C选项正确;对于D选项，易知，又平面ACD的一个法向量为，，，与平面ACD所成角的正弦值是，故D选项正确.故选10.【答案】【解析】【分析】本题考查面面平行的向量表示，属于基础题.【解答】解：，，，，故答案为11.【答案】【解析】【分析】本题考查平面与平面所成角的向量求法，属于基础题.【解答】解：设平面，的夹角为，又平面的一个法向量，平面的一个法向量，所以.由已知得，故故，即，即，解得故答案为12.【答案】【解析】【分析】本题考查直线与平面所成角的向量求法，属于基础题.【解答】解：以O为坐标原点，OB，OC，OA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，，，，，，，设平面ABC的法向量，则即令，得，，，设直线OA与平面ABC所成的角为，则，，故答案为13.【答案】解：证明：平面ABCD，，平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，，又，，以C为原点，CD，CA，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，易知，，，，，，，，，，，又，平面，平面，平面由可知是平面的一个法向量，又，，点B到平面的距离【解析】本题考查线线垂直的坐标表示，空间向量求点到直线的距离，属于基础题.14.【答案】解：分别以DA、DC、为x、y、z轴，建立如图的坐标系，，，，，，则，设，所以，，；当E为AB的中点时，，，设平面的法向量是，求出，，由，得由点到平面的距离公式，得，点E到面的距离是【解析】本小题主要考查向量语言表述线线的垂直、平行关系、点到平面的距离和线面关系等基本知识，同时考查空间想象能力和推理、运算能力．建立如图的坐标系，则，设，则，通过向量的数量积为0，计算可得；当E为AB的中点时，，，求出平面的一个法向量，最后利用点到面的距离公式即可求点E到面的距离．15.【答案】解：证明：设BC的中点为Q，连接NQ，MQ，因为Q、N分别为BC、AC的中点，所以，且，又，且，M为中点，所以，且，所以四边形为平行四边形．所以，又因为平面BCM，平面BCM，所以平面因为平面BCM，BM，平面BCM，所以，因为，，，所以平面以B点为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，因为四边形是边长为2的菱形，点M是中点，且，所以，易知，，，，，，则，，设平面的法向量为，则即令，则，，则，设直线与平面所成的角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为【解析】本题考查线面平行的判定，空间向量求直线与平面的夹角，属于中档题.16.【答案】解：证明：作交AB于点E，分别以DE，DC，所在直线为x轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，所以，，所以，所以设，易知，，设平面的法向量为，则即解得，令，得，，所以易知平面的一个法向量为，所以，解得，所以点M在的延长线上且【解析】本题考查线线垂直的坐标表示，空间向量求二面角，属于中档题.。

由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．，取直线l的方向向量a，则向量及一个向量a，那么经过点A以向量用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系：的方向向量分别是a，b，平面α ，β 的法向量分别是，k∈R；0；0；，k∈R；k∈R；＝0．用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题：，b是两条异面直线，过空间任意一点分别是二面角的两个半平面α ，β 的法向量，则〈根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法，从不同角度解决立．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．．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．理解直线的方向向量与平面的法向量．．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直、平行关系．．能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得RS k PQ =如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，4，1(3，0，2)，B 1(0，4，2)，E (3，4，0)．PA 1， ∴),34,0,0()2,00(32321===AA AP ⋅)同理可得：Q (0，2，2)，R (3，2，0)，⋅)32,4,0(2要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向：设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)N (4，2，4)，B (4，4，0)，E (0，2，4)，F (2，4，4)．的中点K ，EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O (2，2，0)，K (3，1，，2，0)，＝(2，2，0)，＝(－1，1，4)，＝(－1，EF AK OG 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)C (0，2，0)，N (2，2，1)．),1,0,2(),2,1,0(=CN 所成的角为θ ，则CN ,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ，连接B 1P ，B 1Q ，PQ ，PC ．B P ∥MA ，B Q ∥NC ，所成的角．6,522=+==QC PC PQ Q空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为利用正三棱柱的性质，适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，取A 1B 1的中点D ，则，连接AD ，C ⋅))2,2,0(a a D ),2,0,0(),0,,0(),0,0,231a AA a AB a ==,011=⋅AA DC 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，PB的中点D，连接CD，作AE⊥PB于E．，PA⊥AC，2，∴CD⊥PB．DC夹角的大小就是二面角A－PB－C的大小．,0(),0,0,2(),0,-==CP CB ＝(a 1，a 2，a 3)，(b 1，b 2，b 3)．＝1，得).0,2,1(-=a 得取b 3＝1，得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 3如图建立空间直角坐标系．，由已知可得A (0，0，0)，),0,23,0(),0,23,21(a C a a B -),0,0,21(),,0,0a BC a =∴BC ⊥AP ．又∠BCA ＝90°，∴BC ⊥AC ．,0PAC ．的中点，DE ∥BC ，∴E 为PC 的中点．⋅)21,43,0(),21,3a a E a a ⊥平面PAC ，(B)θ ＞ϕ(D)θ ＜ϕ中，E，F，G，H分别为所成角的大小是______．6，且对角线与底面所成角的余弦值为D1中，AA1＝2AB，则异面直线1本文下载后请自行对内容编辑修改删除，的底面是直角梯形，∠BAD＝90°，，PA⊥底面ABCD，PD所成的角为θ ，则cosθ ＝______．C1D1中，AA1＝2AB＝4，点平面角的余弦值．中，底面ABCD是边长为OA的中点，N为BC的中点．OCD；所成角的大小．平面角的余弦值．习题1和平面α ，下列命题正确的是( α (B)若a ∥α (B)38000(D)4000cm 2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为( )(C)223本文下载后请自行对内容编辑修改删除，C11；平面角的余弦值．PA⊥AB，PA⊥AC，AB⊥AC MAB；C ；ABB 1；的体积．中，底面ABCD 为矩形，SD ⊥底面SD ＝2．点M 在侧棱SC 上，∠的中点；的平面角的余弦值．练习1-3D ．42本文下载后请自行对内容编辑修改删除，，0)，E (0，2，1)，A 1).4∴A 1C ⊥BD ，A 1C ,0=⊥平面DBE ．是平面DA 1E 的法向量，则，得n ＝(4，1，－2)．14，,22(),0,22,0(-D P =-=),2,22,0(OD OP n ＝(x ，y ，z )，则⋅OP n 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，是CA 和平面α 所成的角，则∠，CO ＝1．3=AO ABO ＝∠BAO ＝45°，∴=AO BO ).1,0,0(),0,3,0(),C A ).1,3,0(-=AC 是平面ABC 的一个法向量，取x ＝1，得=+=-,03,033z y y x 1=n 是平面β 的一个法向量．AB 1＝E ，连接DE ．四边形A 1ABB 1是正方形，是BC 的中点，∴DE ∥A 平面A 1BD ，∴A 1C ∥平面⊄解：建立空间直角坐标系，设AB ＝AA 1＝1，⋅-)1,0,21(),01B 是平面A 1BD 的一个法向量，,01=D B 取r ＝1，得n 1＝(2，0，1).0=1234是直三棱柱，∴BB 1⊥平面A 1B 1C 1⊥平面BCC 1B 1，∴BC 1⊥A 1⊥B 1C ，∴BC 1⊥平面A 1B 1C 分别为A 1C 1、BC 1的中点，得MN 平面A 1ABB 1，∴MN ⊄MH ．MH ∥A 1B 1，，∴MH ⊥平面BCC 1B 1，∴的体积==⋅⋅∆3111MH S V B BC A (，0，0)，则B (22，),12,12,2(λλ++--=BM 故.60 >=BM |.BA BM =解得λ ＝,)12()1222λλ+++-的中点．，0，0)得AM 的中点22(G 本文下载后请自行对内容编辑修改删除，。

§8.6空间向量在立体几何中的应用考纲解读分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.五年高考考点空间向量及其应用1.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.解析在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.如图,以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°,则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,).(1)=(,-1,-),=(,1,),则cos<,>===-,因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),则即不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,,2)为平面BA1D的一个法向量,从而cos<,m>===.设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cosθ|=.因为θ∈[0,π],所以sinθ==.因此二面角B-A1D-A的正弦值为.2.(2017北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.解析(1)设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=1,z=.于是n=(1,1,).平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>==.由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.(3)由题意知M,C(2,4,0),=.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sinα=|cos<n,>|==.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.3.(2017课标全国Ⅱ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.解析(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin45°,=,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=-λ.②由①,②解得(舍去),或所以M,从而=.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>==.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.4.(2016课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.解析(1)由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.(3分)又AD∥BC,故TN AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)(2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE===.以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,>|==.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分)教师用书专用(5—25)5.(2017浙江,9,5分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,则()A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α答案B6.(2014广东,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是()A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)答案B7.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=.若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0=,y0=,|b|=.答案1;2;28.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.解析(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC==.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM==2.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>==.易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60°.9.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,所以AH=10.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.10.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析(1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)解法一:连接OO',则OO'⊥平面ABC.又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM==3,可得F(0,,3).故=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得可得平面BCF的一个法向量m=.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos<m,n>==.所以二面角F-BC-A的余弦值为.解法二:连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.则有FM∥OO'.又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.可得FM==3.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.可得FN⊥BC,从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圆O的直径,所以MN=BMsin45°=.从而FN=,可得cos∠FNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.11.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.解析(1)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解法一:过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ.因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=.在Rt△BQF中,FQ=,BF=,得cos∠BQF=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.解法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),A(-1,-3,0),E,F.因此,=(0,3,0),=(1,3,),=(2,3,0).设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).由得取m=(,0,-1);由得取n=(3,-2,).于是,cos<m,n>==.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.12.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.解析(1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,所以B,E,A1,C,得=,=,==(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,则得取n1=(1,1,1);得取n2=(0,1,1),从而cosθ=|cos<n1,n2>|==,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.13.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN∥平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)证明:连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OM∥CD,且OM=CD,HN∥CD,且HN=CD.所以OM∥HN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MN∥OH.又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,所以MN∥平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MP⊥AC于P.在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,所以MP⊥EG.过P作PK⊥EG于K,连接KM,所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG.所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角.设AD=2,则CM=1,PK=2.在Rt△CMP中,PM=CMsin45°=.在Rt△PKM中,KM==.所以cos∠PKM==.即二面角A-EG-M的余弦值为.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以,,方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),由得取x=2,得n1=(2,2,1).在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2==(1,1,0),所以cos<n1,n2>===,故二面角A-EG-M的余弦值为.14.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD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所成的角最小时,求线段BQ的长.解析以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,即令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos<,m>==,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),从而cos<,>==.设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2<,>==≤.当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.因为y=cos x在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.又因为BP==,所以BQ=BP=.15.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC 的中点.(1)求证:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析解法一:(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,>===,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取AB中点M,连接MG,MF.又G是BE的中点,可知GM∥AE.又AE⊂平面ADE,GM⊄平面ADE,所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD.又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE.因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.(2)同解法一.16.(2014陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA 于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.解析(1)证明:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.由题设,知BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,BD∩DC=D,∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.(2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n·=0,n·=0,得取n=(1,1,0),∴sinθ=|cos<,n>|===.解法二:以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,得E,F(1,0,0),G(0,1,0).∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,得取n=(1,1,0),∴sinθ=|cos<,n>|===.17.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.解析(1)证明:因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD.所以===,即Q为BB1的中点.(2)如图1,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,设BC=a,则AD=2a.图1=×·2a·h·d=ahd,V Q-ABCD=··d·h=ahd,所以V下=+V Q-ABCD=ahd,又=ahd,所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,故=.(3)解法一:如图1,连接AC,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E.因为DE⊥AA1,且AA1∩AE=A,所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E.所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4.于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=.故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.解法二:如图2,以D为原点,,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.图2设∠CDA=θ.由(2)知||=a.因为S四边形ABCD=·2sinθ=6,所以a=.从而C(2cosθ,2sinθ,0),A1,所以=(2cosθ,2sinθ,0),=.设平面A1DC的法向量为n=(x,y,1),由得x=-sinθ,y=cosθ,所以n=(-sinθ,cosθ,1).又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos<n,m>==,易知平面α与底面ABCD所成二面角的平面角为锐角,故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.18.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明BE⊥DC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析解法一:依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0.所以BE⊥DC.(2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有cos<n,>===.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=λ,0≤λ≤1.故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得·=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=.即=.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则cos<n1,n2>===-.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取PD的中点M,连接EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,从而CD⊥平面PAD,因为AM⊂平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD.(2)连接BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BE⊥EM,可得∠EBM为锐角,故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角.依题意,有PD=2,而M为PD的中点,可得AM=,进而BE=.故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)如图,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面ABCD,从而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四点共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.所以∠PAG为二面角F-AB-P的平面角.在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45°,由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=.所以二面角F-AB-P的余弦值为.19.(2014四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.(1)证明:P是线段BC的中点;(2)求二面角A-NP-M的余弦值.解析(1)证明:如图,取BD中点O,连接AO,CO.由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形,因此AO⊥BD,OC⊥BD.因为AO,OC⊂平面AOC,且AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC.取BO的中点H,连接NH,PH.又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NH∥AO,MN∥BD.因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.因为NH,NP⊂平面NHP,且NH∩NP=N,所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP,所以BD⊥HP.又OC⊥BD,HP⊂平面BCD,OC⊂平面BCD,所以HP∥OC.因为H为BO中点,故P为BC中点.(2)解法一:如图,作NQ⊥AC于Q,连接MQ.由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.由(1)知,△ABD,△BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=.由俯视图可知,AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD,所以AO⊥OC.因此在等腰Rt△AOC中,AC=.作BR⊥AC于R.在△ABC中,AB=BC,所以BR==.因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,因此NQ==.同理,可得MQ=,所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ===.故二面角A-NP-M的余弦值是.解法二:由俯视图及(1)可知,AO⊥平面BCD.因为OC,OB⊂平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB.又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.如图,以O为坐标原点,以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0).因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(1)知,P为线段BC的中点,所以M,N,P.于是=(1,0,-),=(-1,,0),=(1,0,0),=.设平面ABC的法向量n1=(x1,y1,z1),则即有从而取z1=1,则x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).设平面MNP的法向量n2=(x2,y2,z2),则即有从而取z2=1,所以n2=(0,1,1).设二面角A-NP-M的大小为θ,则cosθ===.故二面角A-NP-M的余弦值是.20.(2013课标全国Ⅱ,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=AB.(1)证明:BC1∥平面A1CD;(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.解析(1)证法一:连接AC1交A1C于点F,则F为AC1的中点.又D是AB的中点,连接DF,则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.证法二:由AC=CB=AB得,AC⊥BC.以C为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,则即可取n=(1,-1,-1).∵=(0,0,2)-(0,2,0)=(0,-2,2).从而n·=(1,-1,-1)·(0,-2,2)=0.∴BC1∥平面A1CD.(2)设m=(a,b,c)是平面A1CE的法向量,则即可取m=(2,1,-2).从而cos<n,m>==,故sin<n,m>=.即二面角D-A1C-E的正弦值为.21.(2013湖南,19,12分)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.解析解法一:(1)如图1,因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB1.图1又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D⊂平面BB1D,所以AC⊥B1D.(2)因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).如图1,连接A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.由(1)知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1,故∠ADB1=90°-θ.在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故=,即AB==.连接AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.在Rt△AB1D中,cos∠ADB1===,即cos(90°-θ)=.从而sinθ=.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.解法二:(1)易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA1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),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).图2从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).因为AC⊥BD,所以·=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3),=(,1,0).因为·=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D.(2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的一个法向量,则即令x=1,则n=(1,-,).设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|===.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.22.(2013重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD=,F为PC的中点,AF⊥PB.(1)求PA的长;(2)求二面角B-AF-D的正弦值.解析(1)如图,连接BD交AC于O,因为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,,,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=CDcos=1,而AC=4,得AO=AC-OC=3,又OD=CDsin=,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0).因PA⊥底面ABCD,可设P(0,-3,z),由F为PC边中点,得F.又=,=(,3,-z),因AF⊥PB,故·=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以||=2. (2)由(1)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).设平面FAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1·=0,n1·=0,得因此可取n1=(3,,-2).由n2·=0,n2·=0,得故可取n2=(3,-,2).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==.故二面角B-AF-D的正弦值为.23.(2013天津,17,13分)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,求线段AM的长.解析解法一: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),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).(1)证明:易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是·=0,所以B1C1⊥CE.(2)=(1,-2,-1).设平面B1CE的法向量m=(x,y,z),则即消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1).由(1)知B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1,故=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量.于是cos<m,>===-,从而sin<m,>=.所以二面角B1-CE-C1的正弦值为.(3)=(0,1,0),=(1,1,1).设=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ).可取=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则sinθ=|cos<,>|===.于是=,解得λ=,所以AM=.解法二:(1)证明:因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1⊂平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E=,B1C1=,EC1=,从而B1E2=B1+E,所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E⊂平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE⊂平面CC1E,故B1C1⊥CE.(2)过B1作B1G⊥CE于点G,连接C1G.由(1)知B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,得CE⊥C1G,所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=,CC1=2,可得C1G=.在Rt△B1C1G中,B1G=,所以sin∠B1GC1=,即二面角B1-CE-C1的正弦值为.(3)连接D1E,过点M作MH⊥ED1于点H,可得MH⊥平面ADD1A1,连接AH,AM,则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角.设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH=x,AH=x.在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AE·EHcos135°,得x2=1+x2+x,整理得5x2-2x-6=0,解得x=.所以线段AM的长为.24.(2013江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA=,连接CE并延长交AD于F.(1)求证:AD⊥平面CFG;(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.解析(1)在△ABD中,因为E是BD中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD=,∠ABE=∠AEB=,因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB,从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,所以∠FED=∠FEA,故EF⊥AD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FG∥PA.又PA⊥平面ABCD,所以GF⊥AD,故AD⊥平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,,0),P,故=,=,=.设平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1),则解得即n1=.设平面DCP的法向量n2=(1,y2,z2),则解得即n2=(1,,2).从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cosθ===.25.(2013浙江,20,15分)如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.(1)证明:PQ∥平面BCD;(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.解析解法一:(1)取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连接OP,OF,FQ.因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=AD.因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP是△BDM的中位线,所以OP∥DM,且OP=DM.又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP=AD.从而OP∥FQ,且OP=FQ,所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.又PQ⊄平面BCD,OF⊂平面BCD,所以PQ∥平面BCD.(2)作CG⊥BD于点G,作GH⊥BM于点H,连接CH.因为AD⊥平面BCD,CG⊂平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM⊂平面ABD,所以CG⊥BM.又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°.设∠BDC=θ.在Rt△BCD中,CD=BDcosθ=2cosθ,CG=CDsinθ=2cosθsinθ,BG=BCsinθ=2sin2θ.在Rt△BDM中,HG==.在Rt△CHG中,tan∠CHG===.所以tanθ=.从而θ=60°.即∠BDC=60°.解法二:(1)如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在射线为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知A(0,,2),B(0,-,0),D(0,,0).设点C的坐标为(x0,y0,0),因为=3,所以Q.因为M为AD的中点,故M(0,,1).又P为BM的中点,故P,所以=.又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故·u=0.又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD.(2)设m=(x,y,z)为平面BMC的一个法向量.由=(-x0,-y0,1),=(0,2,1),知取y=-1,得m=.又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是|cos<m,n>|===,即=3.①又BC⊥CD,所以·=0,故(-x0,--y0,0)·(-x0,-y0,0)=0,即+=2.②联立①,②,解得(舍去)或所以tan∠BDC==.又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点空间向量及其应用1.(2017湖南五市十校3月联考,15)有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直,则异面直线AB和CD所成角的余弦值为.答案2.(2018广东茂名模拟,18)如图,在矩形ABCD中,CD=2,BC=1,E,F是平面ABCD同一侧的两点,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE=,FC=1.(1)证明:平面CDF⊥平面ADE;(2)求二面角E-BD-F的正弦值.解析(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴CD⊥AD.∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE.又AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.∵CD⊂平面CDF,∴平面CDF⊥平面ADE.(2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=,∴DE2=AD2+AE2,∴AE⊥AD.又AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2).∴=(1,2,0),=(0,2,1),设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),∴令x=2,得m=(2,-1,2).同理可求得平面BDE的一个法向量为n=(2,-1,-1),∴cos<m,n>===,∴sin<m,n>=.故二面角E-BD-F的正弦值为.3.(2017河南洛阳二模,19)已知三棱锥A-BCD,AD⊥平面BCD,BD⊥CD,AD=BD=2,CD=2,E,F分别是AC,BC的中点,P为线段BC上一点,且CP=2PB.(1)求证:AP⊥DE;(2)求直线AC与平面DEF所成角的正弦值.解析(1)证明:作PG∥BD交CD于G.连接AG.∴==2,∴GD=CD=.∵AD⊥平面BCD,∴AD⊥DC,∵在△ADG中,tan∠GAD=,∴∠DAG=30°,在Rt△ADC中,AC2=AD2+CD2=4+12=16,∴AC=4,又E为AC的中点,∴DE=AE=2,又AD=2,∴∠ADE=60°,∴AG⊥DE.∵AD⊥面BCD,∴AD⊥BD,又∵BD⊥CD,AD∩CD=D,∴BD⊥面ADC,∴PG⊥面ADC,∴PG⊥DE.又∵AG∩PG=G,∴DE⊥面AGP,又AP⊂面AGP,∴AP⊥DE.(2)以D为坐标原点,直线DB、DC、DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,,1),F(1,,0),∴=(1,,0),=(0,,1),=(0,2,-2).设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即令x=3,则n=(3,-,3).设直线AC与平面DEF所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|===,所以AC与平面DEF所成角的正弦值为.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:30分时间:30分钟)一、填空题(共5分)1.(人教A选2—1,三,3-2A,4,变式)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱A1B1的中点,则直线AE与平面BDD1B1所成角的正弦值为.答案二、解答题(共25分)2.(2018云南玉溪模拟,19)如图,四棱锥P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=90°,AD∥BC,AB=AD=PB,BC=2AD.点E在棱PA上,且PE=2EA.(1)求证:CD⊥平面PBD;(2)求二面角A-BE-D的余弦值.解析(1)证明:因为底面ABCD为直角梯形,∠ABC=90°,所以AB⊥BC,因为PB⊥底面ABCD,CD⊂底面ABCD,所以PB⊥CD.在梯形ABCD中,因为∠ABC=∠BAD=90°,AB=AD=BC,所以BD=CD=BC,所以BD⊥CD.又因为PB∩BD=B,所以CD⊥平面PBD.(2)建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=1.设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),易知B(0,0,0),E,D(1,1,0),=,=(1,1,0).则即令y=-1,得n=(1,-1,2).又因为平面ABE的一个法向量为m=(1,0,0),所以cos<n,m>==.由图可知二面角A-BE-D的平面角为锐角,所以二面角A-BE-D的余弦值为.3.(2017河南4月质检,19)如图,四棱锥P-ABCD,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC=,点E 在AD上,且AE=2ED.(1)已知点F在BC上,且CF=2FB,求证:平面PEF⊥平面PAC;(2)当二面角A-PB-E的余弦值为多少时,直线PC与平面PAB所成的角为45°?解析(1)证明:∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=45°,∵底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,∴∠ACD=45°,即AD=CD,(1分)又AB⊥AC,∴BC=AC=2AD,(2分)∵AE=2ED,CF=2FB,∴AE=BF=AD,∴四边形ABFE是平行四边形,∴AB∥EF,(3分)∴AC⊥EF,∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥EF,(4分)∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面PAC,∵EF⊂平面PEF,∴平面PEF⊥平面PAC.(5分)(2)∵PA⊥AC,AC⊥AB,PA∩AB=A,∴AC⊥平面PAB,则∠APC为PC与平面PAB所成的角,若PC与平面PAB所成的角为45°,则tan∠APC==1,即PA=AC=,(6分)取BC的中点为G,连接AG,则AG⊥BC,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(1,-1,0),C(1,1,0),E,P(0,0,),∴=,=,(7分)设平面PBE的法向量为n=(x,y,z),则即令y=3,则x=5,z=,∴n=(5,3,),(9分)∵=(1,1,0)是平面PAB的一个法向量,(10分)∴cos<n,>==,故结合图形可知当二面角A-PB-E的余弦值为时,直线PC与平面PAB所成的角为45°.(12分)C组2016—2018年模拟·方法题组方法1利用空间向量解决平行问题的方法1.(2016四川绵阳诊断,19)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=CA=AA1=2,侧棱AA1⊥平面ABC,且D,E分别是棱A1B1,AA1的中点,点F在棱AB上,且AF=AB.(1)求证:EF∥平面BDC1;(2)求二面角E-BC1-D的余弦值.。

第10单元 空间向量在立体几何中的应用（基础篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是()1,0,1=a ，()0,1,1=b ，那么这条斜线与平面所成的角是（ ） A ．90° B ．30°C ．45°D ．60°【答案】D【解析】∵11cos ,222〈〉==⨯a b ，又由题意知(),0,90〈〉∈︒︒a b ，∴,60〈〉=︒a b ．答案D ． 2．平面经过三点，，，则平面的法向量可以是（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】设平面的法向量为n ，对于A 选项，2OA ⋅=u u u r n ，故A 选项错误；对于B 选项，2OB ⋅=-u u u rn ，故B 选项错误； 对于C 选项，2OB ⋅=u u u r n ，故C 选项错误；对于D 选项，由于0OA ⋅=u u u r n ，0OB ⋅=u u u rn ，故D 选项符合题意．所以本题选D ．3．若直线的方向向量为()1,2,3=-a ，平面的法向量为()3,6,9=--n ，则（ ） A ．l α⊂ B ．l α∥C ．l α⊥D ．l 与α相交【答案】C【解析】∵直线l 的方向向量为()1,2,3=-a ，平面的法向量为()3,6,9=--n ， ∴13=-a n ，∴∥a n ，∴，故选C ．4．如图，在平行六面体中，为的中点，设AB =u u u r a ，AD =u u u r b ，1AA =u u u rc ，则CE =u u u r （ ）A．12--+a b c B．12-+a b c C．12--a b c D．12+-a b c【答案】A【解析】根据向量的三角形法则得到()111122CE AE AC AA A E AB BC=-=+-+=+--=--+u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rc b a b a b c．故选A．5．在长方体1111ABCD A B C D-中，4AB=，12AD AA==，点P为1CC的中点，则异面直线AP与11C D所成角的正切值为（）A．5B．3C．2D．14【答案】A【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，则()2,0,0A，()0,4,1P，()10,4,2C，()10,0,2D，()2,4,1AP=-u u u r，()110,4,0C D=-u u u u r，设异面直线AP与11C D所成角为θ，则1111cos21421AP C DAP C Dθ⋅===⨯⋅u u u ru u u ru u u uu u u rru165sin12121θ=-=sin5tancos4θθθ==，∴异面直线AP 与11C D 所成角正切值为54，故选A．6．正方体1111ABCD A B C D-中，直线1AB与平面11ABC D所成角的正弦值为（）A ．12B．22C．33D．32【答案】A【解析】如图，以点D为坐标原点，以DA，DC，1DD方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设棱长2，则(2,0,0)A，1(2,2,2)B=，1(2,0,2)A，(0,0,0)D，所以1(0,2,2)AB=u u u r，1(2,0,2)DA=u u u u r，因为在正方体中，11DA AD⊥，AB⊥平面11ADD A，所以1AB DA⊥，又1AD AB A=I，所以1DA⊥平面11ABC D，因此向量1DAu u u u r为平面11ABC D的一个法向量，设直线1AB与平面11ABC D所成的角为θ，则1111111sin cos,22222AB DAAB DAAB DAθ⋅====⨯u u u r u u u u ru u u r u u u u ru u u r u u u u r．故选A．7．对于空间任意一点和不共线的三点，，，且有(),,OP xOA yOB zOC x y z=++∈Ru u u r u u u r u u u r u u u r，则，，是四点共面的（）A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件【答案】B【解析】空间任意一点和不共线的三点，，，且(),,OP xOA yOB zOC x y z =++∈R u u u r u u u r u u u r u u u r，则四点共面等价于， 若，，，则，所以四点共面， 若四点共面，则，不能得到，，，所以，，是四点共面的充分不必要条件，故选B ．8．已知二面角，其中平面的一个法向量()1,0,1=-m ，平面的一个法向量()0,1,1=-n ，则二面角的大小可能为（ ）A ．B ．C ．或D ．【答案】C【解析】∵()1,0,1=-m ，()0,1,1=-n ， 设m 与n 之间的夹角为，11cos =222θ⋅-∴==-⋅⨯m n m n ， ，，二面角的大小可能为和．9．已知在平行六面体中，，，，，，则的长为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】在平行六面体中，，，，，，AC AB AD AA ''=++u u u u r u u u r u ur Q u u u u r， ()22222222AC AB AD AA AB AD AA AB AD AB AA AD AA ∴=++=+++⋅+⋅''+⋅'''u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，则53AC ='u u u u r，故选D ．10．如图，已知矩形与矩形全等，二面角为直二面角，为中点，与所成角为，且3cos θ=，则AB BC=（ ）A ．1 B．2C ．22D ．12【答案】C【解析】以A 为原点，AF 为x 轴，AB 为y 轴，AD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝2a ，BC ＝2b ，则F （2b ，0，0），M （0，a ，0），B （0，2a ，0），D （0，0，2b ），（﹣2b ，a ，0），（0，﹣2a ，2b ），∵FM 与BD 所成角为θ，且3cos 9θ=， ∴22222,3cos 444FM BD FM BD FM BD a b a b⋅〈=〉==⋅++u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ， 整理得224454260a b b a -=+，∴4226540a a b b ⎛⎫⎛⎫-⨯+⨯+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得212a b ⎛⎫= ⎪⎝⎭，或2413a b ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（舍），∴2AB a BC b ==，故选C ． 11．在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为()221A ，，，()221B -，，，，则该四面体外接球的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】如图，在空间坐标系里画出四个点，可得面，因此可以把四面体补成一个长方体，其外接球的半径22222232R++==，所以外接球的表面积为，故选B项．12．如图，四边形，，，现将沿折起，当二面角的大小在π2π,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦时，直线和所成角为，则的最大值为（）A．2268-B．6224-C．2268+D．2264+【答案】C【解析】取BD中点O，连结AO，CO，∵AB＝BD＝DA＝4．BC＝CD，∴CO⊥BD，AO⊥BD，且CO＝2，AO，∴∠AOC是二面角A BD C--的平面角，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，B （0，﹣2，0），C （2，0，0），D （0，2，0），设二面角A BD C --的平面角为θ，则2π,33πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 连AO 、BO ，则∠AOC ＝θ，()23cos ,0,23sin A θθ，∴()23cos ,2,23sin BA θθ=u u u r，()2,2,0CD =-u u u r ，设AB 、CD 的夹角为α，则13cos cos 22AB CDAB CDθα-⋅==⋅u u u r u u u ru u u r u u u r ， ∵2π,33πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴11cos ,22θ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，∴313cos 0,12θ⎡⎤-∈+⎢⎥⎣⎦． ∴cos 的最大值为2268+．故选C ．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知点()4,2,3A -关于坐标原点的对称点为1A ，1A 关于xOz 平面的对称点为2A ，2A 关于z 轴的对称点为3A ，则线段3AA 的中点M 的坐标为_______． 【答案】()4,0,0-【解析】点()4,2,3A -关于坐标原点的对称点A 1的坐标为()4,2,3--，点()1423A --，，关于xOz 平面的对称点A 2的坐标为()423-，，，点()2423A -，，关于z 轴的对称点A 3的坐标为()423---，，，∴线段AA 3的中点M 的坐标为()4,0,0-． 14．在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为__________． 【答案】1625【解析】因为，所以角为直角，又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以两两垂直，以点为坐标原点，以方向分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，设异面直线与所成角为，则1111114416cos cos25916916AC BCAC BCAC BCθ-⨯=〈=⋅〉==+⨯+u u u r u u u u ru u u r u u u u ru u u r u u u u r，．故答案为1625．15．如图，在正方体中，、分别为的中点，则平面和平面所成二面角的正弦值为__________．【答案】223【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则E(1，0，0)，F(0，0，1)，B(2，2，0)，C1(0，2，2)，()1,0,1EF=-u u u r，()1,2,0EB=u u u r，设平面EFC1B的法向量(),,x y z=n，则20EF x zEB x y⎧⎪⋅=⎨⎪-+=⋅=+⎩=u u u ru u u rnn，取，得()2,1,2=-n ，平面BCC 1的法向量()0,1,0=m ，设平面EFC 1B 和平面BCC 1所成二面角为，则1cos 3θ⋅==⋅n m n m ，所以22sin 3θ=，故填223． 16．将直角三角形沿斜边上的高折成的二面角，已知直角边，那么下面说法正确的是_________． （1）平面平面；（2）四面体的体积是；（3）二面角的正切值是423； （4）与平面所成角的正弦值是2114， 【答案】（3）（4）【解析】画出图像如下图所示，由图可知（1）的判断显然错误； 由于，故是二面角的平面角且平面，故．过作交的延长线于，由于，故是三棱锥的高．在原图中，，362AB AC AD BC⋅⨯===321BD =-=，622CD =-=，33sin60122BE BD =⋅︒=⨯=，所以111362232626D ABC B ACD V V AD CD BE --==⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=，故（2）错误； 以为坐标原点，,,DA DC Dz u u u r u u u r u u r分别为轴建立空间直角坐标系．()2,0,0A，130,,22B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0C ，132,,22AB ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，()2,2,0AC =-u u ur ，设平面的法向量为(),,x y z =n ，则132022220AB x y z AC x y ⋅=--+=⋅=-+=⎧⎪⎨⎪⎩u u u r u u u r n n ， 令，则5623y z ==，，即562,2,3⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n ． 平面的法向量是()2,0,0DA =u u u r．设二面角的平面角为，由图可知为锐角，故3cos 17DA DAθ⋅==⋅u u u r u u u r n n ， 则其正切值为144233=．故（3）判断正确； 平面的法向量为，530,,22BC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ， 设直线和平面所成的角为，则()()530,0,10,,2221sin 530,0,10,,22α⎛⎫⋅-⎪⎝⎭==⎛⎫⋅-⎪⎝⎭，故（4）判断正确． 综上所述，正确的有（3），（4）．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，,M E 分别为棱111,B C CC 的中点，12,2AB AA ==．（1）证明：平面1D EM ⊥平面ABE ；（2）求平面11AB D 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）230． 【解析】（1）证明：在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，AB BC ⊥，1BB ⊥底面ABCD ，1BB AB ∴⊥，又1BB BC B =I ，AB ∴⊥平面11BCC B ，则AB ME ⊥，213122ME =+=Q ，2123BE =+=，219422BM =+=， 222ME BE BM ∴+=，则BE ME ⊥， BE AB B =Q I ，ME ∴⊥平面ABE ．又ME ⊂平面1D EM ，∴平面1 D EM ⊥平面ABE ．（2）以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，则1122,1),(2,0,0),(2,2,2),(0,0,2),2,22E A B D M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则1(0,2,2)AB =u uu r ，11(2,2,0)B D =--u u u u r．设(,,)x y z =n 是平面11AB D 的法向量，11100AB B D ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u u rn n ，即220220y z x y ⎧+=⎪⎨--=⎪⎩， 令2y =，得(2,2,1)=--n ，由（1）知，平面ABE 的一个法向量为2,0,12ME ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，230cos ,352ME ME ME⋅∴<=⋅⨯>==u u u ru u u r u u u r n n n ， 故平面11AB D 与平面ABE 所成锐二面角的余弦值为230． 18．（12分）如图，E 是以AB 为直径的半圆O 上异于,A B 的点，矩形ABCD 所在的平面垂直于半圆O 所在的平面，且2AB =，3AD =．（1）求证：平面EAD ⊥平面EBC ；（2）若»EB的长度为π3，求二面角A DE C --的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2）1313． 【解析】（1）证明：Q 平面ABCD ⊥平面EAB ，两平面交线为AB ，BC ⊂平面ABCD ，BC AB ⊥，BC ∴⊥平面EAB ，EA ⊂Q 平面EAB ，BC EA ∴⊥，AEB ∠Q 是直角，BE EA ∴⊥，EA ∴⊥平面EBC ， EA ⊂Q 平面EAD ，∴平面EAD ⊥平面EBC ．（2）如图，连结OE ，以点O 为坐标原点，在平面ABE 中，过O 作AB 的垂线为x 轴，AB 所在的直线为y轴，在平面ABCD 中，过O 作AB 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系．»EB Q 的长度为π3，π3BOE ∴∠=，则()0,0,0O ，31,02E ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,1,3D -，()0,1,3C ，()0,1,0B ，()0,2,0DC ∴=u u u r ，31,322CE ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ，31,022BE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u ur ，设平面DCE 的一个法向量为(),,x y z =m ，则2031302DC y CE x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=--=⎪⎩u u u ru u u r m m ，令2x =，解得0y =，33z =，32,0,3⎛∴= ⎝⎭m ， 平面EAD 的一个法向量31,02BE ⎫==-⎪⎪⎝⎭u u u r n ，3313cos ,1333⋅∴<>===⋅m nm n m n，213sin ,13∴<>=m n∴二面角A DE C --的正弦值为21313． 19．（12分）如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 43的菱形，60BCD ∠=︒，AC 与BD 交于点O ，平面FBC ⊥平面ABCD ，EF AB ∥，FB FC =，23EF =．（1）求证：OE ⊥平面ABCD ；（2）若FBC △为等边三角形，点Q 为AE 的中点，求二面角Q BC A --的余弦值．【答案】（1）见证明；（2）313． 【解析】（1）证明：取BC 的中点H ，连结OH 、FH 、OE ， 因为FB FC =，所以FH BC ⊥，因为平面FBC ⊥平面ABCD ，平面FBC I 平面ABCD BC =，FH ⊂平面FBC ，所以FH ⊥平面ABCD ，因为H 、O 分别为BC 、AC 的中点，所以OH AB ∥且1232OH AB ==． 又EF AB ∥，233EF =，所以EF OH ∥，所以四边形OEFH 为平行四边形， 所以OE FH ∥，所以OE ⊥平面ABCD ．（2）因为菱形ABCD ，所以2OA OC OE FH ====．所以OA ，OB ，OE 两两垂直，建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示，则(2,0,0)A ，230,3B ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(2,0,0)C -，(0,0,2)E ，所以(1,0,1)Q ，所以232,,03BC⎛⎫=--⎪⎪⎝⎭uu u r，(3,0,1)CQ=u u u r，设平面BCQ的法向量为(,,)x y z=m，由BCCQ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rmm，得2320330x yx z⎧--=⎪⎨⎪+=⎩，取1x=，可得(1,3,3)=--m，平面ABC的一个法向量为(0,0,1)=n，设二面角Q BC A--的平面角为θ，则3313cos131139θ⋅--===⨯++m nm n，因为二面角Q BC A--的平面角为锐角，所以二面角Q BC A--的余弦值为31313．20．（12分）已知四棱锥的底面是菱形，π3ABC∠=，底面，是上的任意一点．（1）求证：平面平面；（2）设，是否存在点使平面与平面所成的锐二面角的大小为？如果存在，求出点的位置，如果不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）证明：∵平面，平面，∴．∵四边形是菱形，∴．∵，∴平面．∵平面，∴平面平面．（2）设与的交点为，以、所在直线分别为、轴，以过垂直平面的直线为轴建立空间直角坐标系（如图），则，，，，．设，则()()1,0,21,0,SE x z EC x z=+-=--u u r u u u r，，设SE ECλ=u u r u u u r，∴1121xzλλλ-=+=+⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，∴12,0,11Eλλλ-⎛⎫⎪++⎝⎭，∴12,3,11DEλλλ-⎛⎫=-⎪++⎝⎭u u u r，()0,23,0BD=u u u r，设平面的法向量()111,,x y z=n，∵DEBD⊥⊥⎧⎪⎨⎪⎩u u u ru u u rnn，∴DEBD⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u ru u u rnn．求得()2,0,1λ=-n为平面的一个法向量．同理可得平面的一个法向量为()3,1,0=-m，∵平面与平面所成的锐二面角的大小为，∴()()()23,1,02,0,13cos302241λλ-⋅-⋅︒===⋅+-m nm n，解得．∴为的中点．21．（12分）如图所示，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD=AB=BC=1，CD=2，E为CD中点，AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置（P∉平面ABCE）．（1）证明：平面POB⊥平面ABCE；（2）若直线PB与平面ABCE所成的角为π4，求二面角A PE C--的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）55 -．【解析】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，易知△DAE为等边三角形，所以OD⊥AE，OB⊥AE，即在△PAE中，OP⊥AE，∴AE⊥平面POB，AE⊂平面ABCE，所以平面POB⊥平面ABCE．（2）在平面POB内作PQ⊥OB=Q，∴PQ⊥平面ABCE．∴直线PB与平面ABCE夹角为π4 PBQ∠=，又∵OP=OB，∴OP⊥OB，O、Q两点重合，即OP⊥平面ABCE，以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，各点坐标为30,0,2P⎛⎫⎪⎪⎝⎭，1,0,02E⎛⎫⎪⎝⎭，32C⎛⎫⎪⎪⎝⎭，∴1322PE⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u u u r，，，1322EC⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭u u u r，，，设平面PCE的一个法向量为()1,,x y z=n，则12PEEC⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u ru u u rnn，即13221322x zx y-=+=⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，设，则1y=-，1z=，∴()1311=-，，n，由题意得平面PAE的一个法向量()2010=，，n，设二面角A PE C--为α，121215cos515α⋅===⋅n nn n．即二面角A PE C--为α的余弦值为55-．22．（12分）如图，已知四棱锥的底面为边长为的菱形，3πBAD PA PB M∠==，，为中点，连接．（1）求证：平面平面；（2）若平面平面，且二面角的余弦值为5，求四棱锥的体积．【答案】（1）见证明；（2）2．【解析】（1）连接，∵菱形中，π3BAD ∠=，∴为等边三角形，又为中点，∴．又，则，又，∴平面， 又AB CD ∥，∴平面， 又平面，∴平面平面． （2）∵平面平面，且交线为，，平面，∴，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，则，则()1,3,0AD =u u u r，()1,0,AP a =u u u r ，设平面的一个法向量为()x y z =，，n ，则00AD AP ⎧⎪==⋅⎪⎨⋅⎩u u u r u u u rn n ，即300x y x az ⎧+=+=⎪⎨⎪⎩，可取()3,,3a a =--n ，又平面的法向量可取()0,1,0=m ，由题意得25cos ,343a ⋅===+m n m n m n，解得，即，又菱形的面积，∴四棱锥的体积为11233233ABCD V S PM =⨯⨯=⨯=．第10单元 空间向量在立体几何中的应用（提高篇）第Ⅰ卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角等于120°，则直线与平面所成的角等于（ ） A ．120° B ．30°C ．60°D ．60°或30°【答案】B【解析】设直线与平面所成的角为，则，故选B ．2．若两个向量()1,2,3AB =u u u r ，()3,2,1AC =u u u r，则平面的一个法向量为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】设平面ABC 的法向量为()x y z =，，n ，则0AB AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u r u u u rn n ， 即230320x y z x y z ++=++=⎧⎨⎩，令，则，即平面ABC 的一个法向量为()121=--，，n ，故选A ．3．已知v 为直线l 的方向向量，1n ，2n 分别为平面，的法向量不重合那么下列说法中：12αβ⇔①∥∥n n ；12αβ⊥⇔⊥②n n ；1l α⇔③∥∥v n ；1l α⊥⇔⊥④v n ．正确的有（ ） A ．1个 B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】∵平面，不重合；平面，的法向量平行垂直等价于平面，平行垂直，正确；直线l 的方向向量平行垂直于平面的法向量等价于直线l 垂直平行于平面，都错误．故选B ．4．如图，平行六面体中，与交于点，设AB =u u u r a ，AD =u u u rb ，1AA =u u u rc ，则1B M =u u u u r （ ）A ．1122---a b c B ．1122+-a b c C ．1122--a b c D ．1122-+-a b c 【答案】D 【解析】，，，∴()11111222B M AA AB AD =-+-+=--+u u u u r u u u ru u u r u u u r c a b ，故选D ． 5．在正三棱柱111ABC A B C -中，若12AB BB =，则1AB 与1C B 所成角的大小为（ ） A ．60︒ B ．75︒C ．105︒D ．90︒【答案】D【解析】由题意可得60ABC ∠=︒，1BB ⊥平面ABC ， 设11BB =，则2AB =，又11AB BB BA =-u u u r u u u r u u u r ，11BC BC BB =+u u u u r u u u r u u u r，所以11112111()()AB BC BB BA BC BB BB BC BB BA BC BA BB ⋅=-⋅+=⋅+-⋅-⋅u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r0122cos6000=+-⨯⨯︒-=．故11AB BC ⊥u u u r u u u u r，即11AB BC ⊥，即1AB 与1C B 所成角的大小为90︒．故选D ．6．已知在长方体中，，，，是侧棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A ．13B ．49C ．59D ．23【答案】B 【解析】在长方体中，，，，是侧棱的中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，0，，，，，0，， ，0，，1，，设平面的法向量为(),,x y z =n ，则124020DA x z DE y z ⋅=+=⋅=+=⎧⎪⎨⎪⎩u u u u r u u u r n n ，取，得()221=--，，n ，设直线与平面所成角为，则44sin 999EA EA θ⋅===⋅⋅u u u r u u u rn n． 直线与平面所成角的正弦值为49，故选B ． 7．已知()123=-，，a ，()114=--，，b ，()13m =-，，c ，则“”是“a ，b ，c 构成空间的一个基底”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【答案】A 【解析】当“”时，()131=-，，c ，易得a ，b ，c 不共面，即a ，b ，c 能构成空间的一个基底， 即“”是“a ，b ，c 构成空间的一个基底”的充分条件；当a ，b ，c 能构成空间的一个基底，则a ，b ，c 不共面，设a ，b ，c 共面，即x y =+c a b ，解得12334x y y x x y m -=-=--=⎧⎪⎨⎪⎩，即212x y m ===⎧⎪⎨⎪⎩，即a ，b ，c 能构成空间的一个基底时，m 的取值范围为，即当a ，b ，c 能构成空间的一个基底，不能推出，即“”是“a ，b ，c 构成空间的一个基底”的不必要条件， 综合得：“”是a ，b ，c 构成空间的一个基底”的充分不必要条件，故选A ．8．已知正四棱柱的体积为，底面ABCD 的边长为1，则二面角的余弦值为（ ）A ．37B ．77C ．217D ．277【答案】C 【解析】过D 作于，连接AO ，则就是二面角的平面角． 正四棱柱的体积为，底面ABCD 的边长为1，．在中，，，可得，32DO =． 在中，2272AO AD DO =+=， 321cos 277OD AOD AO ∠==⨯=．故选C ． 9．在正方体中，点E 是棱的中点，点F 是线段上的一个动点．有以下三个命题：①异面直线与所成的角是定值；②三棱锥的体积是定值；③直线与平面所成的角是定值，其中真命题的个数是（ ） A ．3 B ．2C ．1D ．0【答案】B【解析】以A 点为坐标原点，AB ，AD ，所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，可得B (1，0，0)，C (1，1，O)，D (0，1，0)，(0，0，1)，(1，0，1)，(1，1，1)，(0，1，1)，设F (t ，1，1-t )，（0≤t ≤1），可得=(1，1，1)，=(t -1，1，-t )，可得110AC B F ⋅=u u u u r u u u u r，故异面直线与所得角是定值，故①正确；三棱锥的底面面积为定值，且∥，点F 是线段上的一个动点，可得F 点到底面的距离为定值，故三棱锥的体积是定值，故②正确；可得=(t ，1，-t )，=(0，1，-1)，=(-1，1，0)，可得平面的一个法向量为()1,1,1=n ，可得1cos ,A F 〈〉u u u u rn 不为定值，故③错误；故选B ．10．当动点在正方体的体对角线上运动时，异面直线与所成角的取值范围是（ ）A ．π,6π4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．π,6π3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．π,4π3⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．π,3π2⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】B【解析】以为原点，DA u u u r ，DC u u ur ，1DD u u u u r 分别为，，轴正向，建立空间直角坐标系，则()11,0,1AD =-u u u u r ，()11,1,1CA =-u u u r，设1CP CA λ=u u u r u u u r ，则，()CP λλλ∴=-u u u r ，，，()1BP λλλ∴=--u u u r ，，，故1121·1cos ·2321AD BP AD BP AD BP λλ==⋅-+u u u r u u u r u u u u u u r u u u u r u u r ur u u ，， 对于函数()2212321333h x λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭，有：()min 1233h x h ⎛⎫== ⎪⎝⎭，，故113cos ,2AD BP ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦u u u r u u u u r ，，又[]10,πAD BP ∈u u u r u u u u r ，，故1,6ππ,3AD BP ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦u u u r u u u u r ．故选．11．三棱柱的侧棱与底面垂直，，，N 是BC 的中点，点P 在上，且满足，当直线PN 与平面ABC 所成的角取最大值时，的值为（ ）A．12B ．22C ．32D ．255【答案】A【解析】如图，以AB ，AC ，分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则0，，11122PN λ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭u u u r ，，，平面ABC 的一个法向量为()0,0,1=n ， 设直线PN 与平面ABC 所成的角为，21sin 1524PN PN θλ⋅∴==⋅⎛⎫-+⎪⎝⎭u u u ru u u rn n ， 当12λ=时，()max 25sin θ=，此时角最大．故选A ．12．如图，在三棱锥A-BCD 中，平面ABC ⊥平面BCD ，△BAC 与△BCD 均为等腰直角三角形，且∠BAC =∠BCD =90°，BC=2，点P 是线段AB 上的动点，若线段CD 上存在点Q ，使得异面直线PQ 与AC 成30°的角，则线段PA 长的取值范围是（ ）A．22⎡⎤⎢⎥⎣⎦，B ．63⎡⎤⎢⎥⎣⎦，C．222⎡⎤⎢⎥⎣⎦，D．623⎡⎤⎢⎥⎣⎦，【答案】B【解析】以C为原点，CD为轴，CB为轴，过C作平面BCD的垂线为轴，建立空间直角坐标系，则，设()00Q q，，，()AP ABλλλ==-u u u r u u u r，，，则()()()(),0,00,1,10,,PQ CQ CP CQ CA AP qλλ=-=-+=---u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r(),1,1qλλ=---，因为异面直线PQ与AC所成的角为，所以()()2222223cos3022211CA PACA PA qqλλλ⋅︒====⋅++⋅+++-u u u ru uu u u ru uu u r r，即228223qλ++=，所以[]22220,43qλ=-∈，所以2222032243λλ⎧⎪-≥-⎨≤⎪⎪⎪⎩，解得30λ≤≤，所以620,APλ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦u u u r，即线段PA的长的取值范围是60,⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故选B．第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．若向量，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围为_______．【答案】【解析】因为与的夹角为钝角，所以且不同向．，整理得．当反向时，，所以．14．已知在长方体中，，，，E 是侧棱的中点，则直线AE 与平面所成角的正弦值为______．【答案】49【解析】在长方体中，，是侧棱的中点，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，()2,0,0A，()0,1,2E，()12,0,4A，()0,0,0D，()2,1,2EA=--u u u r，()12,0,4DA=u u u u r，()0,1,2DE=u u u r，设平面的法向量为(),,x y z=n，则1240DA x z⋅=+=u u u u rn，20DE y z⋅=+=u u u rn，取，得()2,2,1=--n，设直线与平面所成角为，则44sin999EAEAθ⋅===⋅u u u ru u u rnn．∴直线与平面所成角的正弦值为49．15．已知圆锥的顶点为，为底面中心，，，为底面圆周上不重合的三点，为底面的直径，，为的中点．设直线与平面所成角为，则的最大值为__________．【答案】【解析】以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则：， 如图所示，由对称性不妨设且，则(),1,3MC x y =+-u u u u r，易知平面SAB 的一个法向量为()100=，，m ，据此有()()22112sin 482413MC y y MC x y α⋅⎡⎤===⨯-+-+⎢⎥+⨯⎣⎦+++u u u u ru u u u rmm42331≤-=-，当且仅当时等号成立，综上可得：sin α的最大值为．16．，为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：（1）当直线与成角时，与成角； （2）当直线与成角时，与成角；（3）直线与所成角的最小值为； （4）直线与所成角的最小值为，其中正确的是______（填写所有正确结论的编号）． 【答案】（1）（3）【解析】由题意知，a 、b 、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC |＝1，|AB |，斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆，以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则D （1，0，0），A （0，0，1），直线a 的方向单位向量()0,1,0=a ，1=a ， 直线b 的方向单位向量()1,0,0=b ，1=b ，设B 点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0）， 其中θ为B′C 与CD 的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量为()cos ,sin ,1AB θθ'=-u u u r ，2AB '=u u u r设AB 'u u u r 与a 所成夹角为π0,2α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()cos sin 101022cos 2AB θθαθ--⋅⎡==∈⎢'⋅⎣⎦u u u r ，，，，a ，∴ππ,24α⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， ∴（3）正确，（4）错误．设AB 'u u u r 与b 所成夹角为2π0,β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 11002cos 2AB AB AB θθβθ'⋅-⋅===''⋅⋅u u u r u u u r u u u r，，，，b b b ， 当AB 'u u u r 与a 夹角为60°时，即π3α=，2sin 232π2θα===，∵22cos sin 1θθ+=，∴21cos 22βθ==， ∵2π0,β⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴π3β=，此时AB 'u u u r 与b 的夹角为60°，∴（1）正确，（2）错误． 故答案为（1）（3）．三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10分）如图四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PB BC ⊥，PD CD ⊥，且PA AB =，E 为PD 中点．（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求二面角A BE C--的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）15．【解析】（1）证明：∵底面ABCD为正方形，∴BC AB⊥，又,BC PB AB PB B⊥=I，∴BC⊥平面PAB，∴BC PA⊥,同理,CD PA BC CD C⊥=I，∴PA⊥平面ABCD．（2）建立如图的空间直角坐标系A xyz-，不妨设正方形的边长为2，则()()()()0,0,0,2,2,0,0,1,1,2,0,0A C E B，设(),,x y z=m为平面ABE的一个法向量，又()()0,1,1,2,0,0AE AB==uu u r uu u r，20AE y zAB x⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩u u u ru u u rnn，令1,1y z=-=，得()0,1,1=-m．同理()1,0,2=n是平面BCE的一个法向量，则10cos<,525⋅>===⨯m nm nm n．∴二面角A BE C--15．18．（12分）如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED PA∥，且22PA ED==．（1）证明：直线BD ∥平面PCE ； （2）证明：平面PAC ⊥平面PCE ；（3）若直线PC 与平面ABCD 所成的角为45︒，求二面角P CE D --的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）6-． 【解析】（1）证明：连接BD ，交AC 于点O ，设PC 中点为F ，连接OF ，EF ． 因为O ，F 分别为AC ，PC 的中点，所以OF PA ∥，且12OF PA =，因为DE PA ∥，且12DE PA =， 所以OF DE ∥，且OF DE =，所以四边形OFED 为平行四边形，所以OD EF ∥，即BD EF ∥， 又BD ⊄平面PCE ，EF ⊆面PCE ，所以BD ∥面PCE ．（2）因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA BD ⊥． 因为ABCD 是菱形，所以BD AC ⊥． 因为PA AC A =I ，所以BD ⊥平面PAC ， 因为//BD EF ，所以EF ⊥平面PAC ，因为FE ⊂平面PCE ，所以平面PAC ⊥平面PCE ． （3）解法1：因为直线PC 与平面ABCD 所成角为45︒， 所以45PCA ∠=︒，所以2AC PA ==， 所以AC AB =，故ABC △为等边三角形． 设BC 的中点为M ，连接AM ，则AM BC ⊥．以A为原点，AM，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A xyz-（如图）．则(0,0,2),3,1,0),(0,2,1),(0,2,0)P C E D，3,1,2)PC=-，(3,11)CE=-，(0,0,1)DE=，设平面PCE的法向量为{}111,,x y zn=，则PCCE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rnn，即11111132030x y zx y z⎧+-=⎪⎨++=⎪⎩，令11y=，则1132xz⎧=⎪⎨=⎪⎩(3,1,2)=n，设平面CDE的法向量为()222,,x y z=m，则DECE⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rmm，即222230zx y z=⎧⎪⎨++=⎪⎩，令21x=，则223yz⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以3,0)=m，设二面角P CE D--的大小为θ，由于θ为钝角，所以||236cos|cos,|||||4222θ⋅=-〈〉=-==⋅⋅n mn mn m．所以二面角P CE D--的余弦值为6解法2：因为直线PC与平面ABCD所成角为45︒，且PA⊥平面ABCD，所以45PCA∠=︒，所以2AC PA==．因为2AB BC==，所以ABC△为等边三角形．因为PA⊥平面ABCD，由（1）知//PA OF，所以OF⊥平面ABCD．因为OB⊂平面ABCD，⊂OC平面ABCD，所以⊥OF OB且⊥OF OC．在菱形ABCD中，OB OC⊥．以点O为原点，,,OB OC OF分别为,,x y z轴，建立空间直角坐标系O xyz-（如图）．则(0,0,0),(0,1,2),(0,1,0),(3,0,0),(3,0,1)O P C D E ---，则(0,2,2),(3,1,1),(3,1,0)CP CE CD =-=--=--u u u r u u u r u u u r，设平面PCE 的法向量为()111,,x y z =n ，则00CP CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u rn n ，即1111122030y z x y z -+=⎧⎪⎨--+=⎪⎩， 令11y =，则1111y z =⎧⎨=⎩，则法向量(0,1,1)=n ．设平面CDE 的法向量为()222,,x y z =m ，则00CE CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u ru u u rm m ，即222223030x y z x y ⎧--+=⎪⎨--=⎪⎩， 令21x =，则223y z ⎧=-⎪⎨=⎪⎩，则法向量(1,3,0)=-m ．设二面角P CE D --的大小为θ，由于θ为钝角， 则||36cos |cos ,|||||422θ⋅=-〈〉=-=-=-⋅⋅n m n m n m ． 所以二面角P CE D --的余弦值为64-． 19．（12分）如图，正方形边长为，平面平面，12CE DE CE AB ⊥=，．（1）证明：；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）255． 【解析】（1）证明：平面平面，平面平面，，面，∴平面，又平面，∴，又∵，，，平面，∴平面，又平面，∴．（2）如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，，，在直角中，12EC a=，，易得330,,44E a a⎛⎫⎪⎪⎝⎭，130,,44CE a a⎛⎫=-⎪⎪⎝⎭u u u r，由（1）知CEu u u r为平面的一个法向量，(),,0DB a a=u u u r，330,,44DE a a⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭u u u r，设()x y z=，，n是平面BDE的一个法向量，则DBDE⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=u u u ru u u rnn，即3344ax ayay az+=+=⎧⎪⎨⎪⎩，令，则，，∴()113=-，，n，132544cos,552a aCECEaCE+⋅∴〈==⨯〉=u u u ru uruuu u r nnn，∴二面角的余弦值是25．20．（12分）如图，在四棱锥中，底面是梯形，是正三角形，为的中点，平面平面．（1）求证：平面；（2）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为33819？若存在，求出PFPD的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）见证明；（2）见解析． 【解析】（1）证明：因为AE CD ∥，且，所以四边形是平行四边形，从而AD CE ∥，且，又在正三角形中，36PE AB ==， 从而在中，满足，所以，又平面平面，平面平面，平面所以平面．（2）由（1）知，且，，平面，从而平面， 又平面，平面，所以，以点为原点，分别以射线为轴，轴，轴正半轴，建立空间直角坐标系，，假设在棱上存在点满足题意，设PF PD λ=u u u r u u u r ，则)326326PF λλλλ==u u u r ，，，，()32266AF AP PF λλλ=+=u u u r u u u r u u u r ，，，()022BA =u u u r，，，设平面的法向量()x y z=，，n ，则()()322660220x y zyλλλ+⎧-+-==⎪⎨⎪⎩，取得，得()2101λλ⎛⎫-= ⎪⎪⎝⎭，，n，有平面的一个法向量()100=，，m，所以3cos,3819=n m，从而()()22133819211λλλλ-=⎛⎫-+⎪⎪⎝⎭，，，因为，所以14λ=，所以在棱上存在点使得二面角的余弦值为33819，且14PFPD=．21．（12分）等腰直角三角形中，90ABC∠=︒，点在边上，垂直交于，如图①．将沿折起，使到达的位置，且使平面平面，连接，，如图②．（1）若为的中点，，求证：；（2）若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）13．【解析】（1），，∩=D，平面，又在图①中，，DE BC∴∥，平面，而平面，，，是的中点，，平面，而平面，．（2）设，由，三棱锥的体积()()21128844232333V m m m =⋅⋅-=--+≤， 得三棱锥的体积最大时，，， 以，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，．设面的法向量为()x y z =，，n ，则()()4224220PC x y z x y z ⋅=-=+-=u u u r，，，，n ，()()202220PE x y z x z ⋅=-=-=u u u r，，，，n ，令，则，，则()111=-，，n ，设面的法向量为()x y z =，，m ，则()()022220PB x y z y z ⋅=-=-=u u u r，，，，m ，()()202220PE x y z x z ⋅=-=-=u u u r，，，，m ，令，则，，则()111=，，m ，()()1111111cos ,3·33⋅-⋅∴===，，，，n m n m n m，所以二面角的余弦值为13．22．（12分）如图，在圆柱中，点、分别为上、下底面的圆心，平面是轴截面，点在上底面圆周上（异于、），点为下底面圆弧的中点，点与点在平面的同侧，圆柱的底面半径为1，高为2．（1）若平面平面，证明：；（2）若直线与平面所成线面角的正弦值等于155，证明：平面与平面所成锐二面角的平面角大于π3． 【答案】（1）见证明；（2）见证明． 【解析】（1）由题知：面面，面面， 因为，平面，所以平面，平面，所以．（2）以点为坐标原点，分别以，，为、、轴建立空间直角坐标系．所以，，，设，则，(),1,0NH m n =+u u u u r，设平面的法向量()1111,,x y z =n ，因为110NG NF ⋅=⋅⎧⎪⎨⎪⎩=u u u r u u u rn n ， 所以()()()()11111111200200x y z x y z ⋅-=⋅⎧=⎪⎨⎪⎩，，，，，，，，，所以11112020x y z y +-==⎧⎨⎩，即法向量()1201=，，n ．。