2019年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 课时作业(十六)空间向量及其加减运算 新人教B版选修

空间向量与立体几何一．空间向量及其运算1．空间向量及有关概念（1）共线向量定理：如果表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，则这些向量叫做共线向量或平行向量。

a 平行于b 记作a ∥b。

推论：如果l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a的直线，那么对任一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，满足等式 A O P O =a t+①其中向量a叫做直线l 的方向向量。

在l 上取a AB =，则①式可化为.)1(OB t OA t OP +-=②当21=t 时，点P 是线段AB 的中点，则 ).(21OB OA OP += ③①或②叫做空间直线的向量参数表示式，③是线段AB 的中点公式。

（2）向量与平面平行：如果表示向量a 的有向线段所在直线与平面α平行或a在α平面内，我们就说向量a 平行于平面α，记作a ∥α。

注意：向量a∥α与直线a ∥α的联系与区别。

共面向量：我们把平行于同一平面的向量叫做共面向量。

共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p与向量a 、b 共面的充要条件是存在实数对x 、y ，使.b y a x p+=①推论：空间一点P 位于平面MAB 内的充要条件是存在有序实数对x 、y ，使,MB y MA x MP +=④或对空间任一定点O ，有.MB y MA x OM OP ++=⑤在平面MAB 内，点P 对应的实数对（x, y ）是唯一的。

①式叫做平面MAB 的向量表示式。

又∵.,OM OA MA -=.,OM OB MB -=代入⑤，整理得.)1(OB y OA x OM y x OP ++--= ⑥由于对于空间任意一点P ，只要满足等式④、⑤、⑥之一（它们只是形式不同的同一等式），点P 就在平面MAB 内；对于平面MAB 内的任意一点P ，都满足等式④、⑤、⑥，所以等式④、⑤、⑥都是由不共线的两个向量MA 、MB （或不共线三点M 、A 、B ）确定的空间平面的向量参数方程，也是M 、A 、B 、P 四点共面的充要条件。

3.1.5 空间向量的数量积1．理解空间向量的夹角的概念，理解空间向量的数量积的概念、性质和运算律．(重点) 2．掌握空间向量的数量积及应用．(重点、难点) 3．理解向量夹角与直线所成角的区别．(易错点)[基础·初探]教材整理1 空间向量的夹角阅读教材P 91～P 92上半部分，完成下列问题． a ，b 是空间两个非零向量，过空间任意一点O ，作OA→＝a ，OB→＝b ，则∠AOB 叫做向量a 与向量b 的夹角，记作〈a ，b 〉，a ，b的范围是[0，π]，如果〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b .如图3-1-25，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，求向量BC1→与AC →夹角的大小．图3-1-25【解】 ∵AD1→＝BC1→，∴∠CAD 1的大小就等于〈BC1→，AC →〉． ∵△ACD 1为正三角形，∴∠CAD 1＝π3，∴〈BC1→，AC →〉＝π3. ∴向量BC1→与AC →夹角的大小为π3. 教材整理2 空间向量的数量积阅读教材P 92例1以上的部分，完成下列问题． 1．数量积的定义设a ，b 是空间两个非零向量，我们把数量|a ||b |·cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a ·b ，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．规定：零向量与任一向量的数量积为0. 2．数量积的性质 (1)cosa ，b＝a·b|a||b|(a ，b 是两个非零向量)．(2)a ⊥b ⇔a·b ＝0(a ，b 是两个非零向量)． (3)|a |2＝a·a ＝a 2. 3．数量积的运算律 (1)a·b ＝b·a ；(2)(λa )·b ＝λ(a·b )(λ∈R )； (3)a ·(b ＋c )＝a·b ＋a·c.1．判断(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若a·b ＝0，则a ＝0或b ＝0.( ) (2)在△ABC 中，〈AB →，BC →〉＝∠B .( ) (3)两个向量的数量积是数量，而不是向量．( )(4)若a ，b 均为非零向量，则a·b ＝|a||b |是a 与b 共线的充要条件．( ) 【答案】 (1)× (2)× (3)√ (4)×2．已知|a |＝2，|b |＝22，a·b ＝－22，则a 与b 的夹角为________.【导学号：09390075】【解析】 cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝－222×22＝－22，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴〈a ，b 〉＝3π4.【答案】 3π4教材整理3 数量积的坐标表示阅读教材P 93～P 94例3以上的部分，完成下列问题． 1．若a ＝(x 1，y 1，z 1)，b ＝(x 2，y 2，z 2)，则 (1)a ·b ＝x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2.(2)a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0(a ≠0，b ≠0)． (3)|a |＝a·a ＝x21＋y21＋z21. (4)cos 〈a ，b 〉＝x1x2＋y1y2＋z1z2x21＋y21＋z21·x22＋y22＋z22(a ≠0，b ≠0)．2．空间两点间距离公式设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则AB ＝错误!.1．若a ＝(－1,0,2)，b ＝(x ，y,1)，且a ⊥b ，则x ＝______. 【解析】 ∵a ⊥b ，∴a·b ＝－x ＋2＝0，解得x ＝2. 【答案】 22．与向量a ＝(1,2,2)方向相同的单位向量是________．【解析】 |a |＝12＋22＋22＝3，故与a 方向相同的单位向量是a |a|＝13(1,2,2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23，23.【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23，23[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流： 疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：[小组合作型]已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝4，E 为侧面AA 1B 1B 的中心，F 为A 1D 1的中点．求下列向量的数量积．(1)BC →·ED1→； (2)BF →·AB1→.【精彩点拨】 法一(基向量法)：BC →与ED1→，BF →与AB1→的夹角不易求，可考虑用向量AB →，AD →，AA1→表示向量BC →，ED1→，BF →，AB1→，再求结论即可．法二(坐标法)：建系→求相关点坐标→向量坐标→数量积． 【自主解答】法一(基向量法)：如图所示，设AB →＝a ，AD →＝b ，AA1→＝c ，则|a |＝|c |＝2，|b |＝4，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0.(1)BC →·ED1→＝BC →·(EA1→＋A1D1→)＝b ·错误!＝|b |2＝42＝16.(2)BF →·AB1→＝(BA1→＋A1F →)·(AB →＋AA1→)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c －a ＋12b ·(a ＋c )＝|c |2－|a |2＝22－22＝0.法二(坐标法)：以A 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，则B (2,0,0)，C (2,4,0)，E (1,0,1)，D 1(0,4,2)，F (0,2,2)，A (0,0,0)，B 1(2,0,2)，∴BC →＝(0,4,0)，ED1→＝(－1,4,1)，BF →＝(－2,2,2)，AB1→＝(2,0,2)， (1)BC →·ED1→＝0×(－1)＋4×4＋0×1＝16. (2)BF →·AB1→＝－2×2＋2×0＋2×2＝0.解决此类问题的常用方法1．基向量法：首先选取基向量，然后用基向量表示相关的向量，最后利用数量积的定义计算．注意：基向量的选取要合理，一般选模和夹角都确定的向量．2．坐标法：对于建系比较方便的题目，采用此法比较简单，只需建系后找出相关点的坐标，进而得向量的坐标，然后利用数量积的坐标公式计算即可．[再练一题]1．在上述例1中，求EF →·FC1→.【解】 法一：EF →·FC1→＝错误!·错误!＝错误!(－a ＋b ＋c )·错误! ＝－12|a |2＋14|b |2＝2.法二：以A 为原点建立空间直角坐标系，则E (1,0,1)，F (0,2,2)，C 1(2,4,2)，∴EF →＝(－1,2,1)，FC1→＝(2,2,0)，∴EF →·FC1→＝－1×2＋2×2＋1×0＝2.如图3-1-26所示，在平行六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′中，AB ＝4，AD ＝3，AA ′＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA ′＝∠DAA ′＝60°.(1)求AC ′的长；(2)求AC′→与AC →的夹角的余弦值．图3-1-26【精彩点拨】 求线段长，要利用向量的方法求解，关键是找到表示AC ′的基向量，只要模与夹角均可知，则问题可求解，求夹角问题则是向量数量积的逆用．【自主解答】 (1)∵AC′→＝AB →＋AD →＋AA′→， ∴|AC′→|2＝(AB →＋AD →＋AA′→)2 ＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA′→|2＋2(AB →·AD →＋AB →·AA′→＋AD →·AA′→) ＝42＋32＋52＋2(0＋10＋7.5)＝85. ∴|AC′→|＝85.(2)法一：设AC′→与AC →的夹角为θ，∵ABCD 是矩形，∴|AC →|＝32＋42＝5. 由余弦定理可得cos θ＝AC′2＋AC2－CC′22AC′·AC ＝85＋25－252·85·5＝8510. 法二：设AB →＝a ，AD →＝b ，AA′→＝c ， 依题意得AC′→·AC →＝(a ＋b ＋c )·(a ＋b ) ＝a 2＋2a ·b ＋b 2＋a ·c ＋b ·c＝16＋0＋9＋4×5×cos 60°＋3×5×cos 60° ＝16＋9＋10＋152＝852，∴cos θ＝AC′→·AC →|AC′→|·|AC →|＝85285×5＝8510.1．求两点间的距离或某线段的长度，就是把此线段用向量表示，然后用|a |2＝a ·a ，即|a |＝a·a 通过向量运算求|a |.2．对于空间向量a ，b ，有cos 〈a ，b 〉＝a·b|a||b|.利用这一结论，可以较方便地求解异面直线所成角的问题，由于向量的夹角的取值范围为[0，π]，而异面直线所成的角的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，故〈a ，b 〉∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2时，它们相等；而当〈a ，b 〉∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π时，它们互补．[再练一题]2．如图3-1-27，正四面体ABCD 中，M ，N 分别为棱BC ，AB 的中点，设AB→＝a ，AC→＝b ，AD →＝c .(1)用a ，b ，c 分别表示向量DM →，CN →； (2)求异面直线DM 与CN 所成角的余弦值．图3-1-27【解】 (1)DM →＝12(DB →＋DC →)＝12[(AB →－AD →)＋(AC →－AD →)] ＝12[(a －c )＋(b －c )]＝12(a ＋b －2c )， CN →＝12(CB →＋CA →)＝12[(AB →－AC →)－AC →] ＝12[(a －b )－b ]＝12(a －2b )．(2)设棱长为1，即|a |＝|b |＝|c |＝1且〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝π3，则|DM →|＝|CN →|＝32. 又DM →·CN →＝14(a ＋b －2c )·(a －2b ) ＝14(a 2＋a ·b －2a ·c －2a ·b －2b 2＋4b ·c ) ＝－18，∴cos 〈DM →，CN →〉＝DM →·CN →|DM →||CN →|＝－1832×32＝－16.∴异面直线DM 与CN 所成角的余弦值为16.已知(1)若a ∥b ，分别求λ与m 的值；(2)若|a |＝5，且与c ＝(2，－2λ，－λ)垂直，求a .【精彩点拨】 利用向量平行、垂直、向量的模列方程组求解． 【自主解答】 (1)由a ∥b ，得 (λ＋1,1,2λ)＝k (6,2m －1,2)， ∴错误!解得错误! ∴实数λ＝15，m ＝3.(2)∵|a |＝5，且a ⊥c ， ∴错误!化简，得⎩⎨⎧5λ2＋2λ＝3，2－2λ2＝0，解得λ＝－1.因此，a ＝(0,1，－2)．向量平行与垂直问题主要有两种题型1．平行与垂直的判断2．利用平行与垂直求参数或其他问题，即平行与垂直的应用．[再练一题]3．如图3-1-28所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ＝1，∠BCA ＝90°，棱AA 1＝2，M 是A 1B 1的中点．求证：A 1B ⊥C 1M .图3-1-28【证明】 如图所示，以CA →，CB →，CC1→为正交基底，建立空间直角坐标系C -xyz .依题意得B (0,1,0)，A 1(1,0,2)，错误!，2)，B 1(0,1,2)，则M 错误!，错误!，2，于是错误!＝(－1,1，－2)，C1M →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，∴A1B →·C1M →＝－12＋12＋0＝0，∴A1B →⊥C1M →，故A 1B ⊥C 1M .[探究共研型]探究1 【提示】 对于三个不为0的实数a ，b ，c ，若ab ＝ac ，则b ＝c .对于三个非零向量a ，b ，c ，若a ·b ＝a ·c ，不能得出b ＝c ，即向量不能约分．如图，在三棱锥S -ABC 中，SC ⊥平面ABC ，则SC ⊥AC ，SC ⊥BC .设CS →＝a ，CA →＝b ，CB →＝c ，则a ·b ＝a ·c ＝0，但b ≠c .探究2 数量积运算是否有除法？【提示】 数量积的运算不满足除法，即对于向量a ，b ，若a ·b ＝k ，不能得到a ＝k b ⎝ ⎛⎭⎪⎫或b ＝k a ，例如当非零向量a ，b 垂直时，a ·b ＝0，但a ＝0b 显然是没有意义的．探究3 数量积运算满足结合律吗？【提示】 由定义得(a ·b )c ＝(|a ||b |cos 〈a ，b 〉)c ，即(a ·b )c ＝λ1c ；a (b ·c )＝a (|b ||c |cos 〈b ，c 〉)，即a (b ·c )＝λ2a ，因此，(a ·b )c 表示一个与c 共线的向量，而a (b ·c )表示一个与a 共线的向量，而a 与c 不一定共线，所以(a ·b )c ＝a (b ·c )不一定成立．如图3-1-29，已知正四面体OABC 的棱长为1.求： (1)OA →·OB →；(2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)； (3)|OA →＋OB →＋OC →|.图3-1-29【精彩点拨】 在正四面体OABC 中，OA →，OB →，OC →的模和夹角都已知，因此可以先把相关向量用OA →，OB →，OC →线性表示，再结合空间向量数量积的运算律与运算性质求解即可．【自主解答】 在正四面体OABC 中，|OA →|＝|OB →|＝|OC →|＝1， 〈OA →，OB →〉＝〈OA →，OC →〉＝〈OB →，OC →〉＝60°.(1)OA →·OB →＝|OA →||OB →|·cos ∠AOB ＝1×1×cos 60°＝12. (2)(OA →＋OB →)·(CA →＋CB →)＝(OA →＋OB →)·(OA →－OC →＋OB →－OC →) ＝(OA →＋OB →)·(OA →＋OB →－2OC →)＝OA2→＋2OA →·OB →－2OA →·OC →＋OB →2－2OB →·OC →＝12＋2×12－2×1×1×cos 60°＋12－2×1×1×cos 60° ＝1＋1－1＋1－1＝1. (3)|OA →＋OB →＋OC →|＝错误! ＝错误!＝错误!. [再练一题]4．已知a ＋3b 与7a －5b 垂直，且a －4b 与7a －2b 垂直，则〈a ，b 〉＝________.【导学号：09390076】【解析】 由条件知，(a ＋3b )·(7a －5b )＝7|a |2＋16a·b －15|b |2＝0， 及(a －4b )·(7a －2b )＝7|a |2＋8|b |2－30a·b ＝0. 两式相减，得46a·b ＝23|b |2，∴a·b ＝12|b |2.代入上面两个式子中的任意一个，即可得到|a |＝|b |. ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝12|b|2|b|2＝12.∵〈a ，b 〉∈[0°，180°]，∴〈a ，b 〉＝60°. 【答案】 60°[构建·体系]1．已知向量a ＝(4，－2，－4)，b ＝(6，－3,2)，则(a ＋b )·(a －b )的值为________．【解析】 ∵a ＋b ＝(10，－5，－2)，a －b ＝(－2,1，－6)，∴(a ＋b )·(a －b )＝－20－5＋12＝－13.【答案】 －132．已知向量a ＝(2，－3,0)，b ＝(k,0,3)．若a ，b 成120°的角，则k ＝________.【解析】 cos 〈a ，b 〉＝a·b |a|·|b|＝2k 139＋k2＝－12，得k ＝－39. 【答案】 －393．如图3-1-30，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是________．图3-1-30【解析】 AB1→＝AB →＋BB1→，BM →＝BC →＋CM →，设棱长为1.又∵AB1→·BM →＝(AB →＋BB1→)(BC →＋CM →)＝AB →·BC →＋BB1→·BC →＋AB →·CM →＋BB1→·CM →＝－12＋0＋0＋12＝0，∴cos 〈AB1→，BM →〉＝AB1→·BM →|AB1→|·|BM →|＝0，∴AB1→⊥BM →，∴直线AB 1与BM 所成的角为90°.【答案】 90°4．已知正方形ABCD 的边长为2，E 为CD 的中点，则AE →·BD →＝________.【解析】 ∵AE →＝AD →＋DE →＝AD →＋12AB →，BD →＝AD →－AB →，∴AE →·BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋12AB →·(AD →－AB →)＝AD →2－AD →·AB →＋12AB →·AD →－12AB →2＝4－0＋0－2＝2.【答案】 25．如图3-1-31所示，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，求OA 与BC 所成角的余弦值．图3-1-31【解】 由题意知BC →＝AC →－AB →，∴OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝24－162，∴cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225，∴OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.我还有这些不足：(1)(2)我的课下提升方案：(1)(2)。

高中数学《空间向量与立体几何》练习题（含答案解析）一、单选题1．在空间直角坐标系Oxyz 中，与点()1,2,1-关于平面xOz 对称的点为（ ）A ．()1,2,1--B ．()1,2,1-C ．()1,2,1---D ．()1,2,1--2．在空间直角坐标系内，平面α经过三点(1,0,2),(0,1,0),(2,1,1)A B C -，向量(1,,)n λμ=是平面α的一个法向量，则λμ+=（ ）A ．7-B ．5-C ．5D ．73．已知点()3,1,0A -，若向量()2,5,3AB =-，则点B 的坐标是（ ）．A ．()1,6,3-B ．()5,4,3-C ．()1,6,3--D ．()2,5,3-4．如图，O A B '''△是水平放置的OAB 的直观图，6A O ''=，2''=B O ，则OAB 的面积是（ ）A ．6B ．12C ．D ．5．平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3，平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-，则平面α与平面β的关系是（ ）A ．平行B ．重合C ．平行或重合D ．垂直6．已知某圆柱的内切球半径为92，则该圆柱的侧面积为（ ） A ．492π B ．49π C ．812π D ．81π7．O 、A 、B 、C 为空间四点，且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ） A ．OA 、OB 、OC 共线B ．OA 、OB 共线C ．OB 、OC 共线D ．O 、A 、B 、C 四点共面8．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为线段11A B 的中点，则异面直线1D E 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A B C D9．已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 10．在正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q 分别为AB ，CD 的中点，则（ ）A ．1AB ⊥平面11A BCB ．异面直线1AB 与11AC 所成的角为30° C ．平面11ABD ∥平面1BC Q D ．平面1B CD ⊥平面1B DP二、填空题11．已知角α和角β的两边分别平行且一组边方向相同，另一组边的方向相反，若α＝45°，则β＝________. 12．若直线l 的方向向量(),1,2m x =-，平面α的法向量()2,2,4n =--，且直线l ⊥平面α，则实数x 的值是______.13．词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，2PA AC ==，BC =则四面体P ABC 的外接球的表面积为______．14．设空间向量,,i j k 是一组单位正交基底，若空间向量a 满足对任意的,,x y a xi y j --的最小值是2，则3a k +的最小值是_________．三、解答题15．如图，在三棱柱111ABC A B C 中，点D 是AB 的中点．(1)求证：1AC △平面1CDB ．(2)若1AA ⊥平面ABC ，AC BC =，求证：CD ⊥平面11ABB A ．16．如图，空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点．求证：（1）EH △平面BCD ；（2）BD △平面EFGH .17．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，E 为PB 的中点.(1)求证：EO平面PDC ；(2)求证：平面PAC ⊥平面PBD .18．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.参考答案与解析1．A【分析】根据空间直角坐标系的对称点坐标特点直接求解即可.【详解】解：因为点()1,2,1-，则其关于平面xOz 对称的点为()1,2,1--.故选：A.2．D【解析】求出(1,1,2)AB =--，(2,0,1)BC =-，利用与(1,,)n λμ=数量积为0，求解即可.【详解】(1,1,2)AB =--，(2,0,1)BC =-120n AB λμ⋅=-+-=20n BC μ⋅=-+=可得2μ=，5λ=，7λμ+=故选：D3．B【分析】利用空间向量的坐标运算求得B 的坐标.【详解】设O 为空间坐标原点，()()()3,1,02,5,35,4,3OB OA AB =+=-+-=-.故选：B4．B【分析】由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原OAB 是一个直角三角形，其中直角边6,4OA OB ==，直接求解其面积即可．【详解】解：由直观图画法规则，可得OAB 是一个直角三角形，其中直角边6,4OA OB ==， △11641222OAB S OA OB =⋅=⨯⨯=． 故选：B ．5．C【分析】由题设知6m n =-，根据空间向量共线定理，即可判断平面α与平面β的位置关系. 【详解】平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3，平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-， ∴6m n =-，∴平面α与平面β的关系是平行或重合．故选：C ．6．D 【分析】由题意可得该圆柱底面圆的半径为92，圆柱的高为9，从而可求出其侧面积 【详解】由题意得，该圆柱底面圆的半径为92，圆柱的高为9， 所以该圆柱的侧面积为929812ππ⨯⨯=. 故选：D7．D【解析】根据向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底知向量共面，即可得出结论.【详解】因为O 、A 、B 、C 为空间四点，且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底，所以OA 、OB 、OC 共面，所以O 、A 、B 、C 四点共面，故选：D8．B【分析】连接1AD ，AE ，得到11//AD BC ，把异面直线1D E 与1BC 所成角转化为直线1D E 与1AD 所成角，取1AD 的中点F ，在直角1D EF 中，即可求解.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，连接1AD ，AE ，可得11//AD BC ，所以异面直线1D E 与1BC 所成角即为直线1D E 与1AD 所成角，即1AD E ∠为异面直线1D E 与1BC 所成角，不妨设12AA =，则1AD =1D E AE =取1AD 的中点F ，因为1D E AE =，所以1EF AD ⊥，在直角1D EF中，可得111cos D F AD E D E ∠==. 故选：B.9．C【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d =【详解】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d =.故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.10．D【分析】A 项反证法可得；B 项由平移法计算异面直线所成角；C 项由面面平行的判断和性质可得结果；D 项建立空间直角坐标系可得结果.【详解】对于选项A ，假设1AB ⊥面11A BC ，则111AB AC ⊥，这与已知1AB 与11A C 不垂直相矛盾，所以假设不成立.故选项A 错误； 对于选项B ，连接1DC ，1DA ，因为11AB DC ∥，所以11DC A ∠为异面直线1AB 与11A C 所成的角或补角，又因为△11AC D 为等边三角形，所以1160DC A ∠=︒，故选项B 错误；对于选项C ，因为11B D BD ∥，11AD BC ∥，由面面平行的判定定理可得平面11AB D ∥平面1BDC ，而平面1BQC 与平面1BDC 相交，所以平面11AB D 与平面1BC Q 也相交，故选项C 错误；对于选项D ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的棱长为1，则()0,0,0D ，()11,1,1B ，()0,1,0C ，11,,02P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可得()11,1,1DB =，()0,1,0DC =，11,,02DP ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设平面1B CD 的法向量为()1,,n x y z =， 则11100n DB x y z n DC y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，可取1x =，则0y =，1z =-，即()11,0,1n =-， 设平面1B DP 的法向量为()2,,b c n a =，则2120102n DB a b c n DP a b ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 可取1a =，则2b =-，1c =，可得平面1B DP 的一个法向量为()21,2,1n =-，由121010n n ⋅=+-=，所以12n n ⊥，即平面1B CD ⊥平面1B DP ，故选项D 正确. 故选：D.11．135°【分析】首先根据题意将图画出，然后根据α＝45°，AB △CD ，可得180BCD α︒∠=-，进而得出结论.【详解】解：如图，由题意知α＝45°，AB △CD ，180135BCD α︒︒∴∠=-=，即135β︒=.故答案为：135°.【点睛】本题考查了平行线的性质，结合图会使问题变得简单，属于基础题.12．-1【分析】利用法向量的定义和向量共线的定理即可.【详解】直线l 的方向向量(),1,2m x =-，平面α的法向量()2,2,4n =--，直线l ⊥平面α， 必有//m n ，即向量m 与向量n 共线，m n λ∴= ，△11222x -==--，解得=1x -； 故答案为：-1.13．16π 【分析】确定外接球球心求得球半径后可得表面积．【详解】由于PA ⊥平面ABC ，因此PA 与底面上的直线,,AC AB BC 都垂直，从而AC 与AB 不可能垂直，否则PBC 是锐角三角形，由于<AC BC ，因此有AC BC ⊥， 而PA 与AC 是平面PAC 内两相交直线，则BC ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，所以BC PC ⊥， 所以PB 的中点O 到,,,P A B C 四个点的距离相等，即为四面体P ABC 的外接球球心．2222222222216PB PA AB PA AC BC =+=++=++=，4PB =， 所以所求表面积为224()42162PB S πππ=⨯=⨯=． 故答案为：16π．14．1【分析】以,i j 方向为,x y 轴，垂直于,i j 方向为z 轴建立空间直角坐标系，根据条件求得a 坐标，由3a k +的表达式即可求得最小值.【详解】以,,i j k 方向为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0i =，()0,1,0j =，()0,0,1k = 设(),,a r s t = 则(a xi y j r x --=-当,r x s y ==时a xi y j --的最小值是2，2t ∴=±取(),,2a x y = 则()3,,5a k x y += 23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值，所以3a k +的最小值是5.取(),,2a x y =- 则()3,,1a k x y += 23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值，所以3a k +的最小值是1.故答案为：1.15．(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)连接1BC ，交1B C 于点E ，连接ED ，用中位线证明1ED AC ∥即可；(2)证明CD △AB ，CD △1AA 即可.【详解】（1）连接1BC ，交1B C 于点E ，连接.ED△111ABC A B C 是三棱柱，△四边形11BCC B 为平行四边形，△E 是1BC 的中点.△点D 是AB 的中点，△ED 是1ABC 的中位线，△1ED AC ∥，又ED ⊂平面1CDB ，1AC ⊄平面1CDB ，△1AC △平面1CDB .（2）△1AA ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，△1AA AB ⊥，△AC BC =，AD BD =，△CD AB ⊥，△1AA AB A =，1,AA AB ⊂平面11ABB A ，△CD ⊥平面11ABB A .16．（1）见解析（2）见解析【分析】（1）推导出EH △BD ，由此能证明EH △平面BCD ；（2）由BD △EH ，由此能证明BD △平面EFGH .【详解】（1）△EH 为△ABD 的中位线，△EH △BD .△EH △平面BCD ，BD △平面BCD ，△EH △平面BCD ；（2）△FG 为△CBD 的中位线，△FG △BD ，△FG △EH ，△E 、F 、G 、H 四点共面，△BD △EH ，BD △平面EFGH ，EH △平面EFGH ，△BD △平面EFGH .【点睛】本题考查线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想，是中档题.17．(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）证明：△四边形ABCD 为正方形，△O 为BD 的中点，△E 为PB 的中点，△OE PD ∥，又△OE ⊄平面,PDC PD ⊂平面PDC ，△OE 平面PDC ；（2）证明：△四边形ABCD 为正方形，△AC BD ⊥，△PD ⊥平面ABCD ，且AC ⊂平面ABCD ，所以PD AC ⊥，又△,PD BD ⊂平面PBD ，且PD BD D ⋂=，△AC ⊥平面PBD ，又△AC ⊂平面PAC ，△平面PAC ⊥平面PDB .18．(1)证明见解析； 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=， 设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--． 又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以cos ,n OA ==1m =． 又点C 到平面ABD 112132A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=， 所以三棱锥A BCD - [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=． [方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．△使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．△ 将△△两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=， 由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=， 根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD - 【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.。

2019年高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用课时作业理（含解析）新人教A 版一、选择题1．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)，BC 1→＝(2,0,2) ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22·8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B2．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⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，2ay 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：C3．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为( )A.63aB.66a C.22a D.12a 解析：以A 1为原点建立如图所示的坐标系，则A 1(0,0,0)，M (a2，0，a )，D (0，a ，a )，C (a ，a ，a )设面A 1DM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )则⎩⎪⎨⎪⎧A 1M →·n ＝0A 1D →·n ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2x ＋az ＝0，ay ＋az ＝0令y ＝1，∴z ＝－1，x ＝2，∴n＝(2,1，－1)，点C到面A1DM的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CD →|n |＝2a 6＝63a . 答案：A4．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E (13，0，13)，F (23，13，0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)， EF →＝(13，13，－13)，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC . 答案：B 二、填空题5．已知向量a ＝(－1,2,3)，b ＝(1,1,1)，则向量a 在向量b 方向上的投影为________． 解析：1|b |b ·a ＝13(1,1,1)·(－1,2,3)＝433，则a 在向量b 上的投影为433.答案：4336．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 |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°. 答案：45°或135°7．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________．解析：如图所示，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P AC 的法向量为n ，可求得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8．(xx·安徽池州一中高三月考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，DE ⊥面ABCD ，AF ∥DE ，DE ＝3AF ，BE 与平面ABCD 所成的角为60°.(1)求二面角F－BE－D的余弦值；(2)设点M是线段BD上一动点，试确定M的位置，使得AM∥面BEF，并证明你的结论．解：(1)∵DE⊥平面ABCD，∴∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角，即∠EBD＝60°.∴DEBD＝ 3.由AD＝3，BD＝32，得DE＝36，AF＝ 6.如图，分别以DA，DC，DE为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，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 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·EF →＝0.即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝0，3x －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.故二面角F －BE －D 的余弦值为1313. (2)依题意，设M (t ，t,0)(t >0)，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 靠近B 点的三等分点．9．(xx·新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB .(1)证明：BC 1∥平面A 1CD ； (2)求二面角D －A 1C －E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 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 1CE 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. 10．(xx·陕西卷)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解：(1)证明：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．∵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 .(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＝π3.11．(xx·河北沧州质量监测)如图，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥底面ABCD ，且面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1＝2.(1)求证：C 1D ∥平面ABB 1A 1；(2)求直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (3)求二面角D －A 1C 1－A 的余弦值．解：(1)证明：四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1∥CC 1， 又CC 1⊄面ABB 1A 1，所以CC 1∥平面ABB 1A 1， 又因为ABCD 是正方形，所以CD ∥AB ，又CD ⊄面ABB 1A 1，AB ⊂面ABB 1A 1，所以CD ∥平面ABB 1A 1. 又因为CC 1∩CD ＝C ，所以平面CDD 1C 1∥平面ABB 1A 1， 又因为C 1D ⊂平面CDD 1C 1，所以C 1D ∥平面ABB 1A 1.(2)ABCD 是正方形，AD ⊥CD ，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥AD ，A 1D ⊥CD ，如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D －xyz ， 在Rt △ADA 1中，由已知可得A 1D ＝ 3.所以D (0,0,0)，A 1(0,0，3)，A (1,0,0)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)，D 1(－1,0，3)，B (1,1,0)，BD 1→＝(－2，－1，3)，B 1D 1→＝(－1，－1,0)，因为A 1D ⊥平面ABCD ，所以A 1D ⊥平面A 1B 1C 1D 1，A 1D ⊥B 1D 1. 又B 1D 1⊥A 1C 1，所以B 1D 1⊥平面A 1C 1D ， 所以平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(1,1,0)． 设BD 1→与n 所成的角为β， 则cos β＝n ·BD 1→|n ||BD 1→|＝－32 8＝－34，所以直线BD 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为34.(3)平面A 1C 1A 的法向量为m ＝(a ，b ，c )则m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1A →＝0，所以－a ＋b ＝0，a －3c ＝0. 令c ＝3，可得m ＝(3,3，3)． 则cos 〈m·n 〉＝m·n |m ||n |＝6221＝427.所以二面角D －A 1C 1－A 的余弦值为427. 12．(xx·成都市第三次诊断)如图，四边形BCDE 是直角梯形，CD ∥BE ，CD ⊥BC ，CD ＝12BE ＝2，平面BCDE ⊥平面ABC ；又已知△ABC 为等腰直角三角形，AB ＝AC ＝4，M ，F 分别为BC ，AE 的中点．(1)求直线CD 与平面DFM 所成角的正弦值；(2)能否在线段EM 上找到一点G ，使得FG ⊥平面BCDE ？若能，请指出点G 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由；(3)求三棱锥F －DME 的体积．解：由题意，CD ⊥BC .四边形BCDE 是直角梯形，EB ⊥BC . 又平面BCDE ⊥平面ABC ，∴EB ⊥平面ABC .于是以B 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz .则B (0,0,0)，C (4,4,0)，A (0,4,0)，D (4,4,2)，E (0,0,4)，F (0,2,2)，M (2,2,0)． (1)CD →＝(0,0,2)．设m ＝(x ，y ，z )为平面DFM 的法向量． 由m ·DM →＝0，m ·MF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋2z ＝0－2x ＋2z ＝0，即m ＝(x ，－2x ，x )． 令x ＝1，得m ＝(1，－2,1)． 于是sin θ＝|m ·CD →||m |·|CD →|＝66.(2)证明：设存在点G 满足题设，且EG →＝λEM →(0≤λ≤1)． 则G (2λ，2λ，4－4λ)，FG →＝(2λ，2λ－2,2－4λ)． 由FG →·EM →＝16λ－8＝0，得λ＝12.经检验FG →·ED →＝0.故当G 为EM 的中点时，FG ⊥平面BCDE .(3)∵BE ∥CD ，CD ⊥BC ，且四边形BCDE 是直角梯形， ∴S △BME ＝12BE ·BM ＝12×4×22＝42，S △DCM ＝12S △BME ＝2 2.1又梯形BCDE的面积S梯形BCDE＝2×(4＋2)×42＝122，∴S△DME＝S梯形BCDE－S△DCM－S△BEM＝6 2.由(2)，知FG为三棱锥F－DME的高，且|FG|＝ 2.∴V F－DME＝13×62×2＝4.[热点预测]13．(xx·保定市高三第一次模拟)四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD为矩形，M为AB 的中点，且△SAB为等腰直角三角形，SA＝SB＝2，SC⊥BD，DA⊥平面SAB.(1)求证：平面SBD⊥平面SMC；(2)设四棱锥S－ABCD外接球的球心为H，求棱锥H－MSC的高；(3)求平面SAD与平面SMC所成的二面角的正弦值．解：(1)∵SA＝SB，M为AB中点，∴SM⊥AB.又∵DA⊥平面SAB，∴DA⊥SM，所以SM⊥平面ABCD.又∵DB⊂平面ABCD，∴SM⊥DB.又∵SC⊥BD，∴DB⊥平面SMC，∴平面SBD⊥平面SMC.(2)由(1)知DB ⊥平面SMC ， ∴DB ⊥MC ，所以△ABD ∽△BCM ，故AB BC ＝DA MB ⇒22BC ＝BC2⇒BC ＝2设AC 与BD 交于N 点，因为AS ⊥BS ，DA ⊥BS ，所以SB ⊥平面SAD . 所以SB ⊥SD ，显然NA ＝NB ＝NC ＝ND ＝NS ，所以H 与N 重合，即为球心， 设MC 与DB 交于Q 点，由于DB ⊥平面SMC ，故HQ 即为所求．因为MC ＝6， ∴QB ＝BC ·MB MC ＝226＝233.∵BD ＝23，∴HB ＝3，故HQ ＝3－233＝33.即棱锥H －MSC 的高为33.可编辑修改精选文档(3)以点M 为原点，建立坐标系如图．则M (0,0,0)，S (2，0,0)，C (0，2，2)，A (0，－2，0)，D (0，－2，2)∴MS →＝(2，0,0)，MC →＝(0，2，2)，AD →＝(0,0,2)，AS →＝(2，2，0)设平面SMC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面ASD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )∴⎩⎪⎨⎪⎧ MS →·n ＝0MC →·n ＝0⇒⎩⎨⎧ x ＝02y ＋2z ＝0，∴不妨取n ＝(0，2，－1) ∴⎩⎪⎨⎪⎧ AD →·m ＝0AS →·m ＝0⇒⎩⎨⎧c ＝02a ＋2b ＝0，∴不妨取m ＝(1，－1,0) ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－23·2＝－33. 所以，平面SAD 与平面SMC 所成的二面角的正弦值为63. .。