高三人教A版数学一轮复习练习：第七章立体几何与空间向量第7节(理)第一课时(1)

课时作业一、填空题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所成的角为________． 解析 建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)， 则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成角为60°. 答案 60°2.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为________．则由cos 60°＝|m ·n ||m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝ 2. 答案23．如图，在正四棱锥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 所成角为________．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，a 2.则CA→＝(2a ，0，0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，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 的夹角为90°－60°＝30°. 答案：30°4．如图是一副直角三角板．现将两三角板拼成直二面角，得到四面体ABCD ，则下列叙述正确的是________． ①BD→·AC →＝0； ②平面BCD 的法向量与平面ACD 的法向量垂直； ③异面直线BC 与AD 所成的角为60°； ④四面体ABCD 有外接球；⑤直线DC 与平面ABC 所成的角为30°.解析 依题意得，BD ⊥平面ABC ， 又AC ⊂平面ABC ，因此有BD ⊥AC ， 所以BD→·AC →＝0，①正确．由于平面BCD 与平面ACD 不垂直，因此平面BCD 的法向量与平面ACD 的法向量不垂直，②不正确．对于③，作AE ⊥BC 于E ，设AB ＝AC ＝2a ，直线BC 与AD 所成的角为θ， 则BC ＝22a ，BD ＝26a3.以E 为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (0，0，2a )，B (0，－2a ，0)，C (0，2a ，0)，D (263a ，－2a ，0)，则BC →＝(0，22a ，0)，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫263a ，－2a ，－2a， 所以cos θ＝|cos 〈BC →，AD →〉|＝|BC →·AD →||BC →|·|AD →|＝4a 2（22a ）2·⎝ ⎛⎭⎪⎫263a 2＋（－2a ）2＋（－2a ）2＝3010，因此直线BC 与AD 所成的角不是60°，③不正确．对于④⑤，依题意得，BD ⊥平面ABC ，直线DC 与平面ABC 所成的角是∠BCD ＝30°，又易知BD ⊥AC ，AB ⊥AC ，则AC ⊥平面ABD ，于是有AC ⊥AD ，记CD 的中点是F ，连接BF ，则有AF ＝12CD ＝BF ，因此点F 到A ，B ，C ，D 的距离相等，故四面体ABCD 有外接球，所以④⑤正确．综上所述，其中叙述正确的是①④⑤. 答案 ①④⑤ 三、解答题5．(2014·长春调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，AB ⊥BC ，O 为AC 中点．(1)求证：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值；(3)在BC 1上是否存在一点E ，使得OE ∥平面A 1AB ？若存在，确定点E 的位置；若不存在，说明理由．解析 (1)证明：∵AA 1＝A 1C ＝AC ＝2， 且O 为AC 中点，∴A 1O ⊥AC . 又侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ， 交线为AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)连接OB ，如图，以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则由题可知B (1，0，0)， C (0，1，0)，A 1(0，0，3)，A (0，－1，0)． ∴A 1C →＝(0，1，－3)，令平面A 1AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·AA 1→＝n ·AB →＝0， 而AA 1→＝(0，1，3)，AB →＝(1，1，0)，则⎩⎨⎧y ＋3z ＝0x ＋y ＝0，可求得一个法向量n ＝(3，－3，3)， ∴|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|＝62×21＝217，∴直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值为217. (3)存在点E ，且E 为线段BC 1的中点．连接B 1C 交BC 1于点M ，连接AB 1、OM ， 则M 为B 1C 的中点，∴OM 是△CAB 1的一条中位线，OM ∥AB 1， 又AB 1⊂平面A 1AB ，OM ⊄平面A 1AB ， ∴OM ∥平面A 1AB ，∴BC 1的中点M 即为所求的E 点．6．(2013·辽宁高考)如图，AB 是圆的直径，P A 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．(1)求证：平面P AC ⊥平面PBC ；(2)若AB ＝2，AC ＝1，P A ＝1，求二面角C －PB －A 的余弦值． 解析 (1)证明：由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ， 由P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得P A ⊥BC . 又P A ∩AC ＝A ，P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ， 所以BC ⊥平面P AC . 因为BC ⊂平面PBC . 所以平面PBC ⊥平面P AC .(2)解法一：过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC . 如图(1)，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．在Rt △ABC 中，因为AB ＝2，AC ＝1， 所以BC ＝ 3.又因为P A ＝1，所以A (0，1，0)，B (3，0，0)，P (0，1，1)． 故CB →＝(3，0，0)，CP →＝(0，1，1)． 设平面BCP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n 1＝0，CP →·n 1＝0.所以⎩⎨⎧3x 1＝0，y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则n 1＝(0，1，－1)． 因为AP→＝(0，0，1)，AB →＝(3，－1，0)，设平面ABP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n 2＝0，AB →·n 2＝0，所以⎩⎨⎧z 2＝0，3x 2－y 2＝0，不妨令x 2＝1，则n 2＝(1，3，0)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64.由图(1)知二面角C －PB －A 为锐角， 故二面角C －PB －A 的余弦值为64.解法二：如图(2)，过C 作CM ⊥AB 于M ， 因为P A ⊥平面ABC ， CM ⊂平面ABC ， 所以P A ⊥CM .又因为P A ∩AB ＝A ，且P A ⊂平面P AB ，AB ⊂平面P AB ， 所以CM ⊥平面P AB .过M 作MN ⊥PB 于N ，连接NC ， 由三垂线定理得CN ⊥PB ，所以∠CNM 为二面角C －PB －A 的平面角． 在Rt △ABC 中，由AB ＝2，AC ＝1，得BC ＝3，CM ＝32，BM ＝32. 在Rt △P AB 中，由AB ＝2，P A ＝1，得PB ＝ 5. 因为Rt △BNM ∽Rt △BAP ， 所以MN 1＝325，所以MN ＝3510.所以在Rt △CNM 中，CN ＝305，所以cos ∠CNM ＝64， 所以二面角C －PB －A 的余弦值为64.7．(2014·北京西城二模)如图1，四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，M 为侧棱PD 上一点．该四棱锥的俯视图和侧(左)视图如图2所示．(1)证明：BC ⊥平面PBD ； (2)证明：AM ∥平面PBC ；(3)线段CD 上是否存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为34？若存在，找到符合要求的点N ，并求CN 的长；若不存在，请说明理由． 解析 解法一：(1)证明：由俯视图可得BD 2＋BC 2＝CD 2， 所以BC ⊥BD .又因为PD ⊥平面ABCD ， 所以BC ⊥PD ， 所以BC ⊥平面PBD .(2)证明：取PC 上一点Q ，使PQ ∶PC ＝1∶4，连接MQ ，BQ . 由俯视图知PM ∶PD ＝1∶4， 所以MQ ∥CD ，MQ ＝14CD .在△BCD 中，易得∠CDB ＝60°，所以∠ADB ＝30°. 又BD ＝2，所以AB ＝1，AD ＝ 3.又因为AB ∥CD ，AB ＝14CD ，所以AB ∥MQ ，AB ＝MQ ， 所以四边形ABQM 为平行四边形，所以AM ∥BQ . 因为AM ⊄平面PBC ，BQ ⊂平面PBC ， 所以直线AM ∥平面PBC .(3)线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为34.证明如下：因为PD ⊥平面ABCD ，DA ⊥DC ， 建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .所以D (0，0，0)，A (3，0，0)，B (3，1，0)， C (0，4，0)，M (0，0，3)． 设N (0，t ，0)，其中0≤t ≤4，所以AM→＝(－3，0，3)，BN →＝(－3，t －1，0)． 要使AM 与BN 所成角的余弦值为34， 则有|AM →·BN →||AM →||BN →|＝34，所以|3|23·3＋（t －1）2＝34，解得t ＝0或2，均适合0≤t ≤4.故点N 位于D 点处，此时CN ＝4；或点N 位于CD 的中点处，此时CN ＝2，有AM 与BN 所成角的余弦值为34.解法二：(1)证明：因为PD ⊥平面ABCD ，DA ⊥DC ， 建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .在△BCD 中，易得∠CDB ＝60°，所以∠ADB ＝30°.因为BD ＝2，所以AB ＝1，AD ＝ 3.由俯视图和侧视图可得D (0，0，0)，A (3，0，0)，B (3，1，0)，C (0，4，0)，M (0，0，3)，P (0，0，4)，所以BC→＝(－3，3，0)，DB →＝(3，1，0)． 因为BC →·DB →＝－3×3＋3×1＋0×0＝0， 所以BC ⊥BD .又因为PD ⊥平面ABCD ，所以BC ⊥PD ， 所以BC ⊥平面PBD .(2)证明：设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC→＝0，n ·BC →＝0.因为BC→＝(－3，3，0)，PC →＝(0，4，－4)，所以⎩⎨⎧4y －4z ＝0，－3x ＋3y ＝0.取y ＝1，得n ＝(3，1，1)．因为AM→＝(－3，0，3)， 所以AM →·n ＝3·(－3)＋1·0＋1·3＝0. 因为AM ⊄平面PBC ， 所以直线AM ∥平面PBC .(3)线段CD 上存在点N ，使AM 与BN 所成角的余弦值为34. 证明如下：设N (0，t ，0)，其中0≤t ≤4，所以AM→＝(－3，0，3)，BN →＝(－3，t －1，0)．要使AM与BN所成角的余弦值为3 4，则有|AM→·BN→||AM→||BN→|＝34，所以|3|23·3＋（t－1）2＝34，解得t＝0或2，均适合0≤t≤4.故点N位于D点处，此时CN＝4；或点N位于CD的中点处，此时CN＝2，有AM与BN所成角的余弦值为3 4.。

2017高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第7讲 立体几何中的向量方法(理)习题A 组 基础巩固一、选择题1．(2015·某某某某一模)如图所示，点P 在正方形ABCD 所在平面外，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ，则PB 与AC 所成的角是导学号 25401791( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°[答案] B[解析] 将其还原成正方体ABCD －PQRS ，显然PB ∥SC ，△ACS 为正三角形，∴∠ACS ＝60°.2．若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为导学号 25401792( )A.35 B ．45 C.34 D ．55[答案] B[解析] 间接法：由正三棱柱的所有棱长都相等，依据题设条件，可知B 1D ⊥平面ACD ，∴B 1D ⊥DC ，故△B 1DC 为直角三角形，设棱长为1，则有AD ＝52，B 1D ＝32，DC ＝52， ∴S △B 1DC ＝12×32×52＝158.设A 到平面B 1DC 的距离为h ，则有VA －B 1DC ＝VB 1－ADC ， ∴13×h ×S △B 1DC ＝13×B 1D ×S △ADC .∴13×h ×158＝13×32×12，∴h ＝25. 设直线AD 与平面B 1DC 所成的角为θ，则sin θ＝h AD ＝45.向量法：如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，则有A (0，－1,0)，D (0,0,2)，C (0,1,0)，B 1(3，0,2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面B 1CD 的法向量， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0,2,1)．∴sin 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →|·|n |＝45.3．(2015·皖南八校联考)四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，其他四个侧面是腰长为3的等腰三角形，则二面角V －AB －C 的余弦值的大小为导学号 25401793( )A.23 B ．24C.73D ．223[答案] B[解析] 如图所示，取AB 中点E ，过V 作底面的垂线，垂足为O ，连接OE ，根据题意可知，∠VEO 是二面角V －AB －C 的平面角，因为OE ＝1，VE ＝32－1＝22，所以cos ∠VEO ＝OE VE ＝122＝24，故选B.4．(2015·某某模拟)在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是导学号 25401794( )A.66a B ．306a C.34a D ．63a [答案]A[解析] 以A 为原点，AB 、AD 、AA 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系；A 1(0,0，a )，M (0,0，a 2)，B (a,0,0)，D (0，a,0)，BD →＝(－a ，a,0)，BM →＝(－a,0，a 2)设平面BDM 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋ay ＝0－ax ＋a 2z ＝0，设x ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，z ＝2∴n ＝(1,1,2)．MA 1→＝(0,0，a 2)，则点A 1到平面MBD 的距离d ＝|a2×2|6＝66a ，故选A.5．如图所示三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上，AD ＝2DA 1，点P 在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为导学号 25401795( )A.52 B ．－14C.14 D ．－52[答案] B[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )，∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.6．过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为导学号 25401796( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] B[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，知A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，C (1,1,0)，P (0,0,1)由题意得，AD ⊥平面ABP ， 设E 为PD 的中点， 连接AE ，则AE ⊥PD ，又∵CD ⊥平面PAD ，∴AE ⊥CD ， 又PD ∩CD ＝D ，∴AE ⊥平面CDP .∴AD →＝(0,1,0)和AE →＝(0，12，12)分别是平面ABP 和平面CDP 的法向量，而〈AD →，AE →〉＝45°，∴平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为45°. 二、填空题7．在长方体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 所成角的余弦值为____________________.导学号 25401797[答案]3010[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3010.8．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，则直线DE 与平面A 1BC 1的夹角的正弦值为____________________.导学号 25401798[答案]155[解析] 设正方体的棱长为2，直线DE 与平面A 1BC 1的夹角为α，建立如图所示的坐标系，则D (0,0,0)，E (0,2,1)，B 1(2,2,2)，∵DB 1⊥平面A 1BC 1，∴DB 1→＝(2,2,2)是平面A 1BC 1的法向量，∵DE →＝(0,2,1)，∴sin α＝cos 〈DB 1→，DE →〉＝4＋24＋4＋4·5＝155. 9．已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1；则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于____________________.导学号 25401799[答案]23[解析] 延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角．∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23. 10．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为BB 1，CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为____________________.导学号 25401800[答案]3510[解析] 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)．∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)．设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)．又A 1F →＝(12，1，－1)，∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510.三、解答题11．(2015·新课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .导学号 25401801(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值． [答案] (1)略 (2)33[解析] (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322.从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系G －xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F (－1,0，22)，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝(－1，－3，22)．故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 12．(2015·某某八校联考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为矩形，AB ＝2BC ＝4，BF ＝CF ＝AE ＝DE ，EF ＝2，EF ∥AB ，AF ⊥CF .导学号 25401802(1)若G 为FC 的中点，证明：AF ∥平面BDG ； (2)求平面ABF 与平面BCF 夹角的余弦值． [答案] (1)略 (2)15[解析] (1)连接AC 交BD 于O 点，则O 为AC 的中点，连接OG ，∵点G 为FC 的中点， ∴OG ∥AF .∵AF ⊄平面BDG ，OG ⊂平面BDG ， ∴AF ∥平面BDG .(2)取AD 的中点M ，BC 的中点Q ，连接MQ ，则MQ ∥AB ∥EF ，∴M ，Q ，F ，E 共面．作FP ⊥MQ 于P ，EN ⊥MQ 于N ，则EN ∥FP 且EN ＝FP . 连接EM ，FQ ，∵AE ＝DE ＝BF ＝CF ，AD ＝BC ，∴△ADE 和△BCF 全等，∴EM ＝FQ ， ∴△ENM 和△FPQ 全等，∴MN ＝PQ ＝1， ∵BF ＝CF ，Q 为BC 中点， ∴BC ⊥FQ ，又BC ⊥MQ ，FQ ∩MQ ＝Q ， ∴BC ⊥平面MQFE ， ∴PF ⊥BC ， ∴PF ⊥平面ABCD .以P 为原点，PM 为x 轴，PF 为z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则A (3,1,0)，B (－1,1,0)，C (－1，－1,0)，设F (0,0，h )，则AF →＝(－3，－1，h )，CF →＝(1,1，h )． ∵AF ⊥CF ，∴AF →·CF →＝0，解得h ＝2. 设平面ABF 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)， AF →＝(－3，－1,2)，BF →＝(1，－1,2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AF →＝0n 1·BF →＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1－y 1＋2z 1＝0x 1－y 1＋2z 1＝0，令z 1＝1，得x 1＝0，y 1＝2，同理得平面BCF 的一个法向量为n 2＝(－2,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝15×5＝15，∴平面ABF 与平面BCF 夹角的余弦值为15.B 组 能力提升1．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 1的中点，则DE 与平面BCC 1B 1所成角的正切值为导学号 25401803( )A.62B ．63 C. 2 D ．22[答案] C[解析] 设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，以D 为原点，以DA 为x 轴，以DC 为y 轴，以DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，∵E 为BC 1的中点， ∴D (0,0,0)，E (1,2,1)， ∴DE →＝(1,2,1)，设DE 与平面BCC 1B 1所成角的平面角为θ， ∵平面BCC 1B 1的法向量n ＝(0,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈DE →，n 〉|＝|26|＝63，∴cos θ＝1－632＝33，∴tan θ＝6333＝ 2. 2．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点，则点A 1到平面DBC 1的距离是导学号 25401804( )A. 2B ．22 C. 3 D ．32[答案] A[解析] 过点A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 为y 轴，以AA 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝AA 1＝4，点D 是AA 1的中点， ∴B (23，2,0)，C 1(0,4,4)，D (0,0,2)，A 1(0,0,4)， ∴DB →＝(23，2，－2)，DC 1→＝(0,4,2)，DA 1→＝(0,0,2)， 设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，∴⎩⎨⎧23x ＋2y －2z ＝0，4y ＋2z ＝0，∴n ＝(3，－1,2)，∴点A 1到平面DBC 1的距离d ＝|n ·DA 1→||n |＝|0＋0＋4|3＋1＋4＝ 2.故选A.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为导学号 25401805( )A.12 B ．23 C.33D ．22[答案] B[解析] 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1. 则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)．设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，AB ＝1，AA 1＝2，D 为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1.导学号 25401806(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线C 1D 与平面ABC 所成角的正弦值．[答案] (1)略 (2)35555 [解析] (1)由题意知tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22，注意到0＜∠ABD ，∠AB 1B ＜π2，所以∠ABD ＝∠AB 1B ，所以∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2， 所以AB 1⊥BD .又CO ⊥侧面ABB 1A 1，所以AB 1⊥CO .又BD 与CO 交于点O ，所以AB 1⊥平面CBD .又BC ⊂平面CBD ，所以BC ⊥AB 1.(2)如图，以O 为坐标原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，则A (0，－33，0)，B (－63，0,0)，C (0,0，33)，B 1(0，233，0)，D (66，0,0)． 因为CC 1→＝2AD →，所以C 1(63，233，33)． 所以AB →＝(－63，33，0)，AC →＝(0，33，33)，DC 1→＝(66，233，33)． 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由AB →·n ＝0，AC →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －63x ＋33y ＝033y ＋33z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，2，－2)．设直线C 1D 与平面ABC 所成的角为α，则sin α＝|DC 1→·n ||DC 1→||n |＝35555. 5．(2015·某某)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.导学号 25401807如图，在阳马P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DC BC的值． [答案] (1)是，∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB (2)22[解析] 解法一：(1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，由底面ABCD 为长方形，有BC ⊥CD ，而PD ∩CD ＝D ，所以BC ⊥平面PCD .而DE ⊂平面PCD ，所以BC ⊥DE .又因为PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，所以DE ⊥PC .而PC ∩BC ＝C ，所以DE ⊥平面PBC .而PB ⊂平面PBC ，所以PB ⊥DE .又PB ⊥EF ，DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形， 即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)如图1，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线．由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以PB ⊥DG .因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥DG .而PD ∩PB ＝P ，所以DG ⊥平面PBD .故∠BDF 是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角，设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，有BD ＝1＋λ2，在Rt △PDB 中，由DF ⊥PB ，得∠DPF ＝∠FDB ＝π3， 则tan π3＝tan ∠DPF ＝BD PD＝1＋λ2＝3，解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝1λ＝22. 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.图1 图2解法二：(1)如图2，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)． PB →＝(λ，1，－1)，点E 是PC 的中点，所以E (0，12，12)，DE →＝(0，12，12)， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE .又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .因为PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，则DE ⊥PC ，所以DE ⊥平面PBC .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形， 即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)由PD ⊥平面ABCD ，所以DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量；由(1)知，PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3， 则cos π3＝|BP →·DP →|BP →|·|DP →||＝|1λ2＋2|＝12， 解得λ＝ 2.所以DC BC ＝1λ＝22. 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.。

学习资料2022版高考数学一轮复习第七章立体几何第七讲立体几何中的向量方法学案（理，含解析）新人教版班级：科目：第七讲立体几何中的向量方法（理）知识梳理·双基自测错误!错误!错误!错误!知识点一两个重要的向量(1）直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有__无数__个．（2)平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有__无数__个，它们是共线向量．知识点二空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇒n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔m·n＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α、β的法向量分别为n、m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝0知识点三两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b,其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ｜＝__错误!__（其中φ为异面直线a，b所成的角)．知识点四直线和平面所成角的求法如图所示,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，向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ｜＝__错误!__．知识点五求二面角的大小（1）如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈错误!，错误!〉__．(2)如图②③,n1,n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α,β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ｜＝__错误!__，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．知识点六利用空间向量求距离（1）点到平面的距离如图所示,已知AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为d＝错误!．(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．注意体积法在求点到平面距离时的应用．错误!错误!错误!错误!1．直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则错误!及与错误!平行的非零向量均为直线l的方向向量．2．平面的法向量的确定：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错误!3．若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号．错误!错误!错误!错误!题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√"或“×"）（1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(×）（2)平面的单位法向量是唯一确定的．（×）（3)若两平面的法向量平行,则两平面平行．（√)（4）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(×）（5）两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(×)（6）若空间向最a平行于平面α，则a所在直线与平面a平行．(×）题组二 走进教材2．（必修2P 111T3)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ON ，AM 的位置关系是__垂直__．［解析] 以A 为原点，分别以AB ，→，错误!，错误!所在直线为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A （0，0，0),M 错误!， O 错误!，N 错误!，错误!·错误!＝错误!·错误!＝0, ∴ON 与AM 垂直．3．(必修2P 117A 组T4）如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为错误!，底面三角形的边长为1,则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是__错误!__．[解析] 分别取AC 、A 1C 1的中点D 、D 1，连接BD ,D 1D ，易知D 1D ⊥平面ABC ，且BD ⊥AC ，故以D 为坐标原点，AC 、DB 、DD 1所成的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．易知B 错误!，C 1错误!， ∴C 1B →＝错误!，设BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角为θ,∵平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(0,1，0）, ∴sin θ＝错误!＝错误!＝错误!，∴θ＝错误!． 题组三 走向高考4．（2020·新高考Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面，在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°,则晷针与点A 处的水平面所成角为（ B ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°[解析］ 由题意作出如图所示的截面图，设所求角为α，由图易知α＝40°，故选B ．5．(2019·浙江）如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E,F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．[解析］解法一：（1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGF A1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGF A1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGF A1，则平面A1BC⊥平面EGF A1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角，不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中,A 1E ＝2错误!，EG ＝错误!． 由于O 为A 1G 的中点,故EO ＝OG ＝错误!＝错误!， 所以cos ∠EOG ＝错误!＝错误!．因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是错误!． 解法二：(1）证明:连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C , E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以,A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点,分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E －xyz ．不妨设AC ＝4．则A 1(0，0，2错误!)，B (错误!，1，0）,B 1(错误!，3，2错误!），F 错误!，C （0,2，0）．因此，错误!＝错误!，错误!＝(－错误!，1，0）． 由错误!·错误!＝0得EF ⊥ BC ． （2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1)可得BC →＝(－错误!，1，0），错误!＝(0，2，－2错误!）． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝（x ，y ，z ）． 由错误!得错误! 取n ＝（1，错误!，1)，故sin θ＝|cos 〈错误!,n 〉|＝错误!＝错误!．因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为错误!．考点突破·互动探究考点一利用向量证明空间的平行与垂直——自主练透例1（2020·山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2,P A＝PD＝CD＝BC＝1,平面P AD⊥平面ABCD，E 为AD的中点．(1)求证：P A⊥BD；（2)在线段AB上是否存在一点G，使得直线BC∥平面PEG？若存在,请证明你的结论；若不存在，请说明理由．[解析]取BA的中点H，连EH,在梯形ABCD中，由题意易知EH⊥AD,∵P A＝PD，E为AD的中点，∴PE⊥AD，又平面P AD⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥EH,PE⊥AD，∴AE、EH、EP两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则P错误!，A错误!,B错误!,D错误!，E(0，0,0），C错误!．(1)错误!＝（错误!，0，－错误!)，错误!＝(0，－错误!，0），∴错误!·错误!＝错误!×0＋0×(－错误!)＋错误!×0＝0，∴错误!⊥错误!，即P A⊥BD．(2)设线段AB上存在点G满足条件，则错误!＝λ错误!＝(－错误!λ，错误!λ，0)(0≤λ≤1），错误!＝错误!－错误!＝（－错误!λ,错误!λ，0）－错误!＝错误!．且错误!＝m错误!＋n错误!，即错误!＝错误!，∴错误!解得λ＝错误!．∴存在点G，当AG＝错误!AB时，BC∥平面PEG．注：本题也可用几何法求解,或求平面PEG的法向量n,利用n·错误!＝0⇔n⊥错误!⇔BC ∥平面PEG判断解答．名师点拨］（1)建立空间直角坐标时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进而确定向量的坐标．(2）用向量法证平行问题的类型及常用方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)②转化为线面平行、线线平行问题（3)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法线线垂直问题证明两直线所在的方向向量互相垂直,即证它们的数量积为零线面垂直问题直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直问题两个平面的法向量垂直,或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直〔变式训练1〕如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．(1）求证：平面A1B1D⊥平面ABD；(2)求证：平面EGF∥平面ABD．[证明］以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴,y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系,则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0,0,4），E(0,0，3)，F（0,1，4)．设BA＝a，则A（a，0,0），G错误!，A1（a,0，4)．（1)因为错误!＝（a，0,0）,错误!＝（0，2,2)，错误!＝(0，2，－2），所以错误!·错误!＝0，错误!·错误!＝0．所以错误!⊥错误!，错误!⊥错误!，即B1D⊥BA，B1D⊥BD．又BA∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD．因为B1D⊂平面A1B1D,所以平面A1B1D⊥平面ABD．(2）证法一：因为错误!＝错误!，错误!＝(0,1,1)，错误!＝(0,2,－2)，所以错误!·错误!＝0,错误!·错误!＝0．所以B1D⊥EG,B1D⊥EF．因为EG∩EF＝E，所以B1D⊥平面EGF．又由(1)知B1D⊥平面ABD，所以平面EGF∥平面ABD．证法二：∵错误!＝错误!，∴错误!＝－错误!错误!,又GF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，∴GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD，又GF∩EF＝F，GF⊂平面EGF,EF⊂平面EGF，∴平面EGF∥平面ABD．考点二利用向量求空间的角-—多维探究角度1向量法求异面直线所成的角例2(2020·豫南豫北精英对抗赛）在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝错误!，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(B）A．错误!B．错误!C．错误!D．－错误![解析］取BD的中点O，连AO,OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2,AB＝AD＝错误!,得AO ⊥BD，CO⊥BD，且OC＝错误!，AO＝1．在△AOC中,AC2＝AO2＋OC2，故AO⊥OC，又知BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD，以OB，OC,OA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，则A（0,0,1）,B（1,0,0)，C（0，错误!，0），D（－1,0,0)，∴错误!＝(1，0，－1)，错误!＝（－1,－错误!,0），设异面直线AB与CD所成角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为错误!，故选B．名师点拨]（1）求异面直线所成角的思路：①选好基底或建立空间直角坐标系;②求出两直线的方向向量v1，v2；③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝错误!求解．(2）两异面直线所成角的关注点：两异面直线所成角的范围是θ∈错误!，两向量的夹角的范围是[0，π］，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角;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的夹角．角度2向量法求线面角例3(2021·浙江联考）如图，底面ABCD为菱形,AP⊥平面ABCD，AP∥DE,∠BAD＝错误!π，P A＝AD＝2DE．(1)求证:BD∥平面PEC；（2）求直线DP与平面PEC所成角的正弦值．[解析］解法一:连AC交BD于O，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD,又∠BAD＝错误!,∴△ABC为正三角形，以点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系．设P A＝AD＝2DE＝2，则易得点C（0，1,0）,D(－错误!，0，0)，P(0，－1，2),E(－错误!，0，1），∴错误!＝(错误!，－1，2），错误!＝（0,－2,2），错误!＝(－错误!,－1,1)．设平面PEC的法向量为n＝(x,y,z)，则错误!即错误!令y＝1,∴n＝（0,1,1)．（1)∵错误!＝(2错误!,0,0），∴错误!·n＝0，即错误!⊥n,又BD⊄平面PCE，∴BD∥平面PCE．（2)设直线DP与平面PEC所成角为θ，∴sin θ＝｜cos〈错误!，n〉｜＝错误!＝错误!．即直线DP与平面PEC所成角的正弦值为错误!．解法二：（1）连接AC交BD于点O，取PC的中点G，连接EG，GO,则G,O分别为PC，AC的中点，故GO∥P A，且GO＝错误!P A．∵AP∥DE，P A＝2DE，∴GO∥DE，GO＝DE，∴四边形EDOG为平行四边形，∴EG∥DO，即EG∥BD．又∵EG⊂平面PEC，BD⊄平面PEC，∴BD∥平面PEC．（2)连接DP．∵AP⊥平面ABCD,∴AP⊥AD，AP⊥AC，∴△P AD，△P AC为直角三角形，且P A⊥平面ABCD，∵AP∥DE，∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥CD,∴△EDC为直角三角形．又P A＝AD＝2DE，不妨设P A＝AD＝2DE＝2，∴DP＝2错误!，在直角梯形P ADE中,PE＝错误!．∵底面ABCD为菱形，DC＝DA＝2,∴EC＝错误!，S△EDC＝1．∵∠DAB＝错误!π，∴AC＝2．在Rt△P AC中，PC＝22，∴S△PEC＝错误!，∵AP∥DE,∴AP∥平面DCE，∵V P－EDC＝V A－EDC,又V D－PEC＝V P－EDC，∴V D－PEC＝V A－EDC，过点A作AH⊥DC于点H,易得AH⊥平面EDC，AH＝3．设点D到平面PEC的距离为h,故错误!×错误!·h＝错误!×错误!×1,∴h＝错误!．设DP与平面PEC所成角为θ，∴sin θ＝hDP＝错误!＝错误!．名师点拨1．线面角涉及斜线的射影,故找出平面的垂线是解题的基本思路,而这往往正是解题难点所在，故常用向量法求解斜线与平面所成角的问题,关键是确定斜线的一个方向向量a和平面的一个法向量b，再通过计算线面角的向量公式sin θ＝|cos〈a，b〉｜＝错误!（θ是斜线与平面所成的角)求解,要特别注意a和b的夹角与线面角的关系．2．利用空间向量解答立体几何问题的步骤（1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；(2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为0列出方程组,求出法向量；(4)将空间位置关系转化为向量关系；(5）根据定理结论求出相应的角．注：用体积法求出点P到平面α的距离h，只需再求出｜P A|,则可得直线P A与平面α所成角的余弦值cos θ＝错误!．通过本例两种解法可看出向量法在解决立体几何有关问题中的优越性．角度3向量法求二面角例4(2021·安徽合肥调研)在三棱锥P－ABC中,BC⊥平面P AB，平面P AC⊥平面ABC．（1)证明:P A⊥平面ABC；（2)若D为PC的中点,且P A＝2错误!AB，AB＝BC，求二面角A－BD－C的余弦值．［解析]（1)证明：过点B作BO⊥AC于O．∵平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC,∴BO⊥平面P AC，∴BO⊥P A．又∵BC⊥平面P AB，P A⊂平面P AB,∴BC⊥P A．又∵BC∩BO＝B,BC,BO⊂平面ABC，∴P A⊥平面ABC．(2)∵AB＝BC，BO⊥AC，∴O为BC中点．又∵D为PC的中点，∴DO∥P A．由（1）知，P A⊥平面ABC,∴DO⊥平面ABC，∴DO⊥BO，DO⊥AO，∴以O为原点，以错误!，错误!,错误!所在方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图．设AB ＝BC ＝错误!，则AC ＝2，P A ＝4，则O (0,0，0)，A （1,0,0),C （－1,0,0)，B (0，1,0)，P (1,0，4)，D （0,0,2）． 设平面ABD 的法向量为n 1＝（x 1，y 1，z 1），∴n 1⊥错误!，n 1⊥错误!，n 1·错误!＝0，n 1·错误!＝0， 错误!＝(－1,1,0），错误!＝（－1,0,2）, ∴错误!．设z 1＝1得x 1＝2，y 1＝2，∴n 1＝（2，2,1)， 设平面BCD 的法向量为n 2＝（x 2，y 2，z 2)，∴n 2⊥错误!，n 2⊥错误!，n 2·错误!＝0,n 2·错误!＝0， 错误!＝（1,1,0),错误!＝（0，1，－2）， ∴错误!．令z 2＝1得x 2＝－2，y 2＝2，∴n 2＝（－2,2,1)， ∴cos<n 1，n 2〉＝错误!＝错误!． ∵二面角A －BD －C 的平面角θ是钝角, ∴cos θ＝－19．即二面角A －BD －C 的余弦值为－错误!．注：(1）注意到AB 、BC 、P A 两两垂直,故也可以BC 为x 轴、BA 为y 轴建立坐标系求解；(2）注意到△BCD ≌△BAD ,故作CH ⊥BD 于H ，连AH ，则AH ⊥BD ，∴∠AHC 即为二面角A －BD －C 的平面角，令AB ＝BC ＝错误!，易求得CH ＝AH ＝错误!，∴cos ∠AHC ＝错误!＝－错误!．名师点拨利用向量法确定二面角大小的常用方法（1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．（2）找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．（3)将二面角转化为线面角求解．如图要求二面角P－AB－C，可作PH⊥AB，则二面角P－AB－C的大小即为PH与平面ABC所成角的大小θ,PH易求，可用体积法求P到平面ABC的距离h,则sin θ＝h｜PH｜．〔变式训练2〕（1）(角度1)（2018·江苏高考题改编)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点,则异面直线BP与AC1所成角的余弦值为__错误!__．(2）（角度2）（2021·广东广州广雅中学等三校联考)如图,在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°，矩形ACFE中,AE＝2，又BF＝2错误!．①求证：BC⊥平面ACFE；②求直线BD与平面BEF所成角的正弦值．(3)（角度3)(2019·课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°,E,M,N分别是BC，BB1，A1D的中点．①证明：MN∥平面C1DE;②求二面角A－MA1－N的正弦值．[解析］（1）如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O,O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC,OO1⊥OB，以{错误!,错误!，错误!｝为基底，建立空间直角坐标系O－xyz．因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0），B(错误!,0,0)，C1（0，1,2)．因为P为A1B1的中点，所以P错误!．从而错误!＝错误!，错误!＝(0,2，2)．故｜cos〈错误!，错误!>｜＝错误!＝错误!＝错误!．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为错误!．（2)证明：①在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°,∴四边形ABCD是等腰梯形，∠ADC＝120°，∴∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°,∴AC⊥BC（也可以利用余弦定理求出AC，BC再证明) 又∵矩形ACFE中,CF＝AE＝2，又BF＝2错误!，CB＝2，∴CF2＋BC2＝BF2，∴CB⊥CF，又∵AC∩CF＝F,∴BC⊥平面ACFE．②以点C为坐标原点，以CA所在直线为x轴，以CB所在直线为y轴，以CF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．可得C(0,0,0），B（0，2，0），F(0,0，2），D(错误!，－1,0)，E（2错误!,0,2)．∴错误!＝(－2错误!，0,0），错误!＝(0，－2,2），错误!＝(错误!，－3,0)，设平面BEF的法向量为n＝（x，y，z）,∴错误!,令y＝1，则x＝0，z＝1,∴n＝(0,1，1），∴|cos〈错误!,n〉｜＝错误!＝错误!，∴直线BD与平面BEF所成角的正弦值是错误!．（3）①证法一:连接B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点,所以ME∥B1C，且ME＝错误!B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND＝错误!A1D．由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN⊄平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．证法二:∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°,连BD．则△BCD为正三角形，又E为BC的中点,∴DE⊥BC,又DD1⊥平面ABCD，∴DA、DE、DD1两两垂直，如图建立空间直角坐标系,则错误!＝（0，－错误!,0)，错误!＝(0,－错误!，0），∴错误!＝错误!，∴MN∥ED,又MN ⊄平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ， ∴MN ∥平面ABCD ．②解法一：由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA ，→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (2,0，0）,A 1（2,0,4）,M (1，错误!,2），N (1,0，2), 错误!＝（0，0，－4)，错误!＝（－1，错误!，－2）， 错误!＝(－1,0，－2），错误!＝(0，－错误!，0）． 设m ＝（x ,y ，z )为平面A 1MA 的法向量， 则错误!所以错误!可取m ＝（错误!，1,0)． 设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量, 则错误!所以错误!可取n ＝（2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝错误!＝错误!＝错误!， 所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为错误!． 解法二：由题意易知，A 1M ＝2错误!＝AM , 又AA 1＝4，∴A 1M 2＋AM 2＝AA 错误!,∴AM ⊥A 1M ，∴二面角A －MA 1－N 的大小即为AM 与平面A 1MN 所成角的大小θ， 又A 1M ＝2错误!，MN ＝错误!，A 1N ＝错误!， ∴A 1N ＋MN 2＝A 1M ，∴A 1N ⊥MN ，取AB 的中点H ，则DH ⊥AB ,且DH ＝错误!， ∵平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ， ∴DH ⊥平面ABB 1A 1,∴A1D的中点N到平面ABB1A1的距离为错误!，记A到平面A1MN的距离为h，∵VN－A1AM＝VA－A1MN，则错误!＝错误!h，∴h＝错误!，∴sin θ＝错误!＝错误!，即二面角A－MA1－N的正弦值为错误!．考点三，利用向量求空间的距离—-师生共研例5（2021·广东广州模拟）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD的边长为2的菱形,∠BAD＝60°,∠APD＝90°，且P A＝PD,AD＝PB．(1）求证：AD⊥PB；(2）求点A到平面PBC的距离．［解析]（1）证明:取AD的中点O，连接OP,OB，BD，因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，所以AD＝AB＝BD．因为O为AD的中点，所以BO⊥AD．在△P AD中,P A＝PD，O为AD的中点，所以PO⊥AD．因为BO∩PO＝O，所以AD⊥平面POB．因为PB⊂平面POB，所以AD⊥PB．(2）由题意及（1）易知OP＝1，BO＝错误!，PB＝2，∴OP2＋BO2＝PB2，∴OP⊥OB，∴OP、OA、OB两两垂直,如图建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B（0，错误!，0),C（－2，错误!，0)，P(0,0，1），∴错误!＝（－1,0,1)，错误!＝(0,错误!，－1），错误!＝(－2，错误!，－1),设平面PBC 的法向量为n ＝（x ,y ，z ),则错误!，∴错误!，不妨取y ＝1，则n ＝（0,1，错误!)，∴点A 到平面PBC 的距离d ＝错误!＝错误!．另解（2）(体积法)：∵P A ＝PD ，∠APD ＝90°，∴PO ＝12AD ＝1， 又AD ⊥PB ，BC ∥AD ，∴BC ⊥PB ，记A 到平面PBC 的距离为h ，则由V A －PBC ＝V P －ABC 得错误!h ＝错误!×错误!×2×2sin 120°，∴h ＝错误!，即A 到平面PBC 的距离为错误!．〔变式训练3〕(2021·安徽合肥质检）如图，边长为2的等边△ABC 所在平面与菱形A 1ACC 1所在平面互相垂直，A 1C ＝3AC 1,M 为线段AC 的中点．（1)求证：平面BMC 1⊥平面A 1BC 1；（2)求点C 到平面A 1BC 1的距离．[解析] （1)因为四边形A 1ACC 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1．又因为A 1C ＝错误!AC 1，所以∠ACC 1＝60°，即△ACC 1为等边三角形．因为AC 1＝CC 1，M 为线段AC 的中点，所以AC ⊥C 1M ．因为AB ＝BC ，M 为线段AC 的中点，所以AC ⊥BM ．又因为C 1M ∩BM ＝M ，所以AC ⊥平面BMC 1．又因为AC∥A1C1，所以A1C1⊥平面BMC1．又A1C1⊂平面A1BC1，所以平面BMC1⊥平面A1BC1．(2）因为平面A1ACC1⊥平面ABC，交线是AC，且C1M⊥AC，所以C1M⊥平面ABC．以M为原点，MB,MC，MC1分别为x，y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示：C（0,1,0）,B(错误!，0,0），C1(0，0,错误!),A1（0,－2，错误!)，则错误!＝（0，2,0），错误!＝(－错误!，0，错误!)，错误!＝（0，－1，错误!)，设平面A1BC1的法向量为n＝（x，y，z)，则错误!，令x＝1，则n＝（1，0，1)，∴点C到平面A1BC1的距离d＝错误!＝错误!＝错误!．名师讲坛·素养提升利用向量法解答立体几何中的探究型问题例6(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)在四棱锥P－ABCD中,平面P AD⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC＝90°，BC＝CD＝错误!AD＝1，E为线段AD的中点,过BE的平面与线段PD，PC分别交于点G，F．（1)求证：GF⊥P A；（2)若P A＝PD＝错误!，是否存在点G,使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为错误!，若存在，请确定G点的位置;若不存在，请说明理由．[解析］（1）因为BC＝错误!AD，且E为线段AD的中点，所以BC＝DE，又因为BC∥AD，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE∥CD，又因为CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，所以BE∥平面PCD,又平面BEGF∩平面PCD＝GF，所以BE∥GF,又BE⊥AD,且平面P AD⊥平面ABCD,平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以BE⊥平面P AD，所以GF⊥平面P AD,又P A⊂平面P AD,所以GF⊥P A．(2)因为P A＝PD,E为线段AD的中点，所以PE⊥AD，又因为平面P AD⊥平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，以E为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz;则P(0，0,1)，B（0，1,0），E（0,0，0)，D(－1,0,0），则错误!＝（0，1，－1），错误!＝(0，－1，0)，错误!＝（1,0,1)，设错误!＝λ错误!（0≤λ≤1)，得G(λ－1,0，λ），所以错误!＝(λ－1，0，λ）,设平面BEGF的法向量为n＝（x,y，z），则错误!即错误!不妨令x＝λ，可得n＝(λ，0,1－λ）为平面BEGF的一个法向量，设直线PB与平面BEGF所成角为α,于是有sin α＝｜cos〈n,错误!>｜＝错误!＝错误!＝错误!；得λ＝错误!或λ＝－1(舍)，所以存在点G错误!，使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为错误!．故G为DP的靠近D点的三等分点．名师点拨对于“是否存在"型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标,即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．〔变式训练4〕(2021·福建龙岩质检)在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为直角梯形,∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝1，PD＝AD＝2DC＝2，∠PDA＝60°,且平面P AD⊥平面ABCD．（1）求证：BD⊥PC;(2)在线段P A上是否存在一点M，使二面角M－BC－D的大小为30°？若存在，求出错误!的值；若不存在，请说明理由．[解析］（1)过点P在平面P AD内作PO⊥AD，垂足为O，连接BO、OC，∵平面P AD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD，∵∠PDA＝60°，PD＝DA＝2，∴△PDA是等边三角形，∴OD＝1＝BC,∵OD∥BC,∠BCD＝90°，∴四边形OBCD是正方形，∴BD⊥OC,∵OC∩PO＝O，∴BD⊥平面POC，∵PC⊂平面POC，∴BD⊥PC．(2)∵PO⊥平面ABCD,OB⊥AD，如图，建立空间直角坐标系O－xyz，则B(0，1，0),C(－1，1,0），D(－1,0,0），P（0，0,错误!),A(1，0,0），假设在线段P A上存在一点M，使二面角M－BC－D大小为30°，设错误!＝λ错误!(0≤λ≤1），错误!＝(0，－1,错误!)则错误!＝错误!＋错误!＝(λ，－1，错误!－错误!λ），错误!＝(－1,0,0), 设平面MBC的法向量为m＝(x，y，z)，则错误!，取m＝（0,3－3λ,1)，又平面ABCD的一个法向量n＝（0，0，1),∵二面角M－BC－D大小为30°,∴cos 30°＝错误!＝错误!＝错误!，解得λ＝错误!或λ＝错误!（舍），∴在线段P A上存在点M,满足题设条件，且错误!＝错误!．。

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. .。