2019届高考数学总复习模块四立体几何与空间向量限时集训十三立体几何理

2019年4月第13讲立体几何1.[2018·全国卷Ⅰ]如图M4-13-1所示,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.图M4-13-1[试做]2.[2018·全国卷Ⅲ]如图M4-13-2所示,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.图M4-13-2[试做]3.[2016·北京卷]如图M4-13-3所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求证:PD⊥平面PAB.(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.图M4-13-3[试做]命题角度立体几何大题求解策略①利用法向量求解空间角的关键在于“四破”：建立恰当的空间直角坐标系.(a)破“建系关”：(b)破“求坐标关”：准确求解相关点的坐标.求出平面的法向量.(c)破“求法向量关”：熟记求角公式即可求出角.(d)破“应用公式关”：②求空间角应注意的3个问题:; (a)两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β,应该是cos α=|cos β｜(b)直线与平面所成的角α的正弦值等于平面的法向量与直线方向向量夹角β的余弦值的绝;对值,即sin α=|c os β｜(c)两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角,有可能为两法向量夹角的补角.③平行与垂直问题的求证策略:(a)证明平行问题除结合平行关系的判定与性质定理之外,还需充分利用三角形的中位线、平行四边形等;(b)证明垂直问题,注意利用等腰三角形底边的中线与底边垂直、菱形的对角线互相垂直、勾股定理证明垂直等.解答1平行、垂直关系的证明1 如图M4-13-4所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,BC=2,AD=CD=1,M是PB的中点.图M4-13-4(1)求证:AM∥平面PCD;(2)求证:平面ACM⊥平面PAB.[听课笔记]【考场点拨】(1)利用几何法证明平行与垂直,关键是根据平行与垂直的判定定理及性质定理来确定有关的线与面,如果所给图形中不存在这样的线与面,可以连接或添加有关的线与面;(2)利用向量法证明平行与垂直,首先要合理建立空间直角坐标系,其次写出有关线的方向向量及求出有关平面的法向量,最后根据向量的性质进行论证.【自我检测】。

课时规范练43 空间几何中的向量方法一、基础巩固组1.若平面α,β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则()A.α∥βB.α⊥βC.α,β相交但不垂直D.以上均不正确2.已知平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为()A. B. C. D.3.两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(-1,0,1),则两平面间的距离是()A. B. C. D.34.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos<m,n>=-,则l与α所成的角为()A.30°B.60°C.120°D.150°5.如图,过正方形ABCD的顶点A,作PA⊥平面ABCD.若PA=BA,则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A.30°B.45°C.60°D.90°6.(2017广东珠海质检)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2,则点D1到平面A1BD的距离是()A. B. C. D.7.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PAC所成的角为.〚导学号21500564〛8.如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.(1)证明:AP⊥BC;(2)若点M是线段AP上一点,且AM=3.试证明平面AMC⊥平面BMC.9.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=BC=3,AC=2,D是AC的中点.(1)求证:B1C∥平面A1BD;(2)求点B1到平面A1BD的距离.〚导学号21500565〛二、综合提升组10.在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()A. B.C. D.11.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=1,CB=,侧棱AA1=1,侧面AA1B1B的两条对角线交于点D,则平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为()A.-B.-C. D.12.(2017广东广州模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,BC=AA1=1.则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.13.(2017山东青岛模拟,理17)如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1BC,二面角A1-AB-C是直二面角.求证:(1)A1B1⊥平面AA1C;(2)AB1∥平面A1C1C.14.如图所示,四棱锥S-ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.(1)求证:AC⊥SD.(2)若SD⊥平面PAC,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC?若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由.三、创新应用组15.(2017宁夏中卫二模,理18)如图,已知菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直,其中BE∥AF,AB⊥AF,AB=BE=AF=2,∠CBA=.(1)求证:AF⊥BC;(2)线段AB上是否存在一点G,使得直线FG与平面DEF所成的角的正弦值为,若存在,求AG的长;若不存在,说明理由.〚导学号21500566〛16.(2017山西吕梁二模,理18)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中AD∥BC,AB⊥AD,AB=AD=BC,BE=BC.(1)求证:DE⊥平面PAC;(2)若直线PE与平面PAC所成角的正弦值为,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值.〚导学号21500567〛课时规范练43空间几何中的向量方法1.C因为cos<n1,n2>=0且cos<n1,n2>≠±1,所以α,β相交但不垂直.2.B可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos<m,n>|.∵cos<m,n>==-,∴sin θ=,∴θ=3.B两平面的一个单位法向量n0=,故两平面间的距离d=|n0|=4.A因为cos<m,n>=-,所以l与α所成角θ满足sin θ=|cos<m,n>|=,又,所以θ=30°.5.B(方法一)建立如图1所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为,故所求的二面角的大小是45°.(方法二)将其补成正方体.如图2,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.6.D建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),B(2,2,0),=(2,0,0),=(2,0,2),=(2,2,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,则n=(1,-1,-1),∴点D1到平面A1BD的距离是d=7.30°如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P则=(2a,0,0),=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<,n>=∴<,n>=60°,∴直线BC与平面PAC所成角为90°-60°=30°.8.证明 (1)如图所示,以O为坐标原点,以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系.则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).于是=(0,3,4),=(-8,0,0),=(0,3,4)·(-8,0,0)=0,,即AP⊥BC.(2)由(1)知|AP|=5,又|AM|=3,且点M在线段AP上,,又=(-4,-5,0),,则=(0,3,4)=0,,即AP⊥BM,又根据(1)的结论知AP⊥BC,∴AP⊥平面BMC,于是AM⊥平面BMC.又AM⊂平面AMC,故平面AMC⊥平面BCM.9.(1)证明连接AB1交A1B于点E,连接DE.可知E为AB1的中点,D是AC的中点,∴DE∥B1C.又DE⊂平面A1BD,B1C⊄平面A1BD,∴B1C∥平面A1BD.(2)解建立如图所示的空间直角坐标系,则B1(0,2,3),B(0,2,0),A1(-1,0,3),=(0,2,3),=(0,2,0),=(-1,0,3).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),∴n=(3,0,1).故所求距离为d=10.C以A为原点,AB,AC,AP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,由AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D,E,F,=(0,0,-2),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则由得取z=1,则n=(2,0,1),设PA与平面DEF所成的角为θ,则sin θ=,∴PA与平面DEF所成角的正弦值为11.A建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(,0,0),A(0,1,0),B1(,0,1),D=(,0,0),=(-,1,0),=(0,0,1).设平面CBD和平面B1BD的法向量分别为n1,n2,可得n1=(0,1,-1),n2=(1,,0),所以cos<n1,n2>=,又平面B1BD与平面CBD所成的二面角的平面角与<n1,n2>互补,故平面B1BD与平面CBD所成的二面角的余弦值为-12建立如图所示的空间直角坐标系,由于AB=2,BC=AA1=1,所以A1(1,0,1),B(1,2,0),C1(0,2,1),D1(0,0,1).所以=(-1,2,0),=(-1,0,1),=(0,2,0),设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则有令x=2,则y=1,z=2,则n=(2,1,2).又设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ,则sin θ=|cos< ,n>|=13.证明∵二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,∴AA1⊥平面BAC.又AB=AC,BC=AB,∴∠CAB=90°,即CA⊥AB,∴AB,AC,AA1两两互相垂直.建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).(1)=(0,2,0),=(0,0,-2),=(2,0,0),设平面AA1C的一个法向量n=(x,y,z),则取y=1,则n=(0,1,0)=2n,即n.∴A1B1⊥平面AA1C.(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),设平面A1C1C的法向量m=(x1,y1,z1),则令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1).m=0×1+2×(-1)+2×1=0,m.又AB1⊄平面A1C1C,∴AB1∥平面A1C1C.14.(1)证明连接BD,设AC交BD于点O,连接SO,则AC⊥BD,由题意知SO⊥平面ABCD.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如图.设底面边长为a,则高SO=a,于是S,D,C, 则=0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.(2)解棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.理由如下:由已知条件知是平面PAC的一个法向量,且0,-a,设=t,则+t,由=0,解得t=∴当SE∶EC=2∶1时,又BE⊄平面PAC,故BE∥平面PAC.15.(1)证明∵菱形ABCD与直角梯形ABEF所在的平面互相垂直,AB⊥AF,∴AF⊥平面ABCD,∵BC⊂平面ABCD,∴AF⊥BC.(2)解取AB的中点O,连接CO,则CO⊥AB,∵平面ABCD⊥平面ABEF,∴CO⊥平面ABEF.建立如图所示的空间直角坐标系,则D(-2,0,),F(-1,4,0),E(1,2,0),=(1,4,-),=(-2,2,0),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即取n=,设G(λ,0,0),λ∈[-1,1],则=(-λ-1,4,0).∵直线FG与平面DEF所成的角的正弦值为,,∴λ=-1∈[-1,1],∴AG=0,直线FG与平面DEF所成的角的正弦值为16.(1)证明以A为原点,AB为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设AB=AD=BC=2,则D(0,2,0),E(2,1,0),A(0,0,0),C(2,4,0),=(2,-1,0),=(2,4,0),=4-4+0=0,∴DE⊥AC.∵PA⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,∴DE⊥PA.∵PA∩AC=A,∴DE⊥平面PAC.(2)解设P(0,0,t)(t>0),=(0,0,t),=(2,4,0),=(2,1,-t),设平面PAC的法向量n=(x,y,z),则取x=2,得n=(2,-1,0), ∵直线PE与平面PAC所成角的正弦值为,,解得t=1或t=-1(舍),∴P(0,0,1),=(2,4,-1),=(0,2,-1),设平面PCD的法向量m=(a,b,c),则取b=1,得m=(-1,1,2),设二面角A-PC-D的平面角为θ,则cos θ=二面角A-PC-D的平面角的余弦值为。

限时集训（十三）立体几何基础过关1.如图X13-1所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC和△AA1C均是边长为2的等边三角形,点O为AC的中点,平面AA1C1C⊥平面ABC.(1)证明:A1O⊥平面ABC;(2)求直线AB与平面A1BC1所成角的正弦值.图X13-12.在如图X13-2所示的几何体中,DE∥AC,AC⊥平面BCD,AC=2DE=4,BC=2,DC=1,∠BCD=60°.(1)证明:BD⊥平面ACDE;(2)求平面BCD与平面BAE所成二面角的正弦值.图X13-23.如图X13-3所示,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AA1⊥平面ABCD,M为棱DD1的中点,N为棱AD 的中点,Q为棱BB1的中点.(1)证明:平面MNQ∥平面C1BD;(2)若AA1=2AB,棱A1B1上有一点P,且=λ(λ∈(0,1)),使得二面角P-MN-Q的余弦值为,求λ的值.6图X13-34.如图X13-4①所示,四边形ABCD是一个直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,E为BC上一点,AE,BD相交于点O,AD=EC=3,BE=1,AB=.将△ABE沿AE折起,使平面ABE⊥平面ADCE,得到如图X13-4②所示的四棱锥B-AECD.(1)求证:CD⊥平面BOD;(2)求直线AB与平面BCD所成角的正弦值.①②图X13-45.如图X13-5所示,四边形ABCD是边长为a的菱形,∠BAD=60°,EB⊥平面ABCD,FD⊥平面ABCD,EB=2FD= a.(1)求证:EF⊥AC;(2)求直线CE与平面ABF所成角的正弦值.图X13-56.如图X13-6①所示,在等腰直角三角形S'AB中,S'A=AB=4,S'A⊥AB,C,D分别为S'B,S'A的中点,将△S'CD沿CD 翻折到△SCD的位置,使平面SDC⊥平面ABCD, 如图X13-6②,SA=2,E为线段SB的中点.(1)求证:CE∥平面SAD;(2)求二面角A-EC-B的余弦值.①②图X13-6能力提升7.如图X13-7所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,AB=AC=2,AD=2,PB=3,PB⊥AC.(1)求证:平面PAB⊥平面PAC.(2) 若∠PBA=45°,试判断棱PA上是否存在与点P,A不重合的点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.图X13-78.如图X13-8所示,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AD∥BC,AB=BC=PA=1,AD=2,∠PAD=∠DAB=∠ABC=90°,点E在棱PC上,且CE=λCP(0<λ<1).(1)求证:CD⊥AE.?若存在,求出实数λ的值;若不存在,请说明理由.(2)是否存在实数λ,使得二面角C-AE-D的余弦值为 05图X13-8限时集训(十三)基础过关1.解:(1)证明:∵AA1=A1C,且O为AC的中点,∴A1O⊥AC,又平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,且A1O⊂平面AA1C1C,∴A1O⊥平面ABC.(2)如图,连接OB,以O为原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),A(0,-1,0),B(,0,0),A1(0,0,),C1(0,2,),∴ =( ,1,0), =( ,0,- ), =(0,2,0).设平面A 1BC 1的法向量为n=(x ,y ,z ), 则 0 0 即 0 - 0令x=1,则y=0,z=1,∴n=(1,0,1). 设直线AB 与平面A 1BC 1所成的角为α, 则sin α=|cos < ,n>|== = 64, 故直线AB 与平面A 1BC 1所成角的正弦值为 64.2.解:(1)证明:在△BCD 中,由余弦定理得BD 2=22+12-2×1× cos60°=3, 所以BC 2=BD 2+DC 2,所以BD ⊥CD. 又AC ⊥平面BCD ,所以AC ⊥BD. 因为AC ∩CD=C ,所以BD ⊥平面ACDE.(2)易知DB ,DC ,DE 两两垂直,所以以D 为原点,DB ,DC ,DE 所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz ,可得D (0,0,0),B ( ,0,0),C (0,1,0),E (0,0,2),A (0,1,4), 则 =(- ,1,4), =(0,1,2).设n=(x ,y ,z )是平面BAE 的法向量, 则4 0 0 令z= ,得n=(2,-2 , ).易知平面BCD 的一个法向量为m=(0,0,1). 设平面BCD 与平面BAE 所成二面角的平面角为θ, 则|cos θ|= =9,从而sin θ=4 9 9.3.解:(1)证明:∵M ,Q 分别为棱DD 1,BB 1的中点,∴MD BQ ,∴四边形MQBD 为平行四边形,∴MQ ∥BD ,又BD ⊂平面C 1BD ,∴MQ ∥平面C 1BD.连接AD 1,∵N 为棱AD 的中点,M 为棱DD 1的中点,∴MN ∥AD 1, 又AD 1∥BC 1,∴MN ∥BC 1.∵BC 1⊂平面C 1BD ,∴MN ∥平面C 1BD.又MN ∩MQ=M ,∴平面MQN ∥平面C 1BD.(2)由题意知DA ,DC ,DD 1两两垂直,以D 为原点, , , 所在的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=1,则A (1,0,0),N,0,0 ,M (0,0,1),Q (1,1,1),A 1(1,0,2),B 1(1,1,2),∴ =(0,1,0),=,0,- , =(1,1,0). 设P (x ,y ,z ),则由 =λ ,得 - =0, , - =0,∴P (1,λ,2),∴ =(1,λ,1).设平面PMN 的法向量为m=(a 1,b 1,c 1),则 0 0 即- 0 0令c 1=1,则a 1=2,b 1=- ,∴m= - , . 设平面MNQ 的法向量为n=(a 2,b 2,c 2),则 0 0 即- 0 0令c 2=1,则a 2=2,b 2=-2,∴n=(2,-2,1),由题知 =6=4 64,即64λ2-252λ+153=0,解得λ= 4或56(与0<λ<1矛盾,舍去),故λ=4.4.解:(1)证明:在Rt △AEB 中,因为BE=1,AB= ,所以∠BAE= 0°, 同理∠BDA= 0°,所以∠AOD=90°,即AE ⊥BD. 因为AD ∥EC ,AD=EC ,所以四边形ADCE 是平行四边形, 所以∠CDO=∠AOD=90°,所以CD ⊥DO.因为平面ABE ⊥平面ADCE ,平面ABE ∩平面ADCE=AE ,BO ⊥AE ,BO ⊂平面ABE ,所以BO⊥平面ADCE,又CD⊂平面ADCE,所以BO⊥CD.因为BO∩DO=O,BO⊂平面BOD,DO⊂平面BOD,所以CD⊥平面BOD.(2)由(1)可知,直线OA,OB,OD两两垂直,以O为原点,OA,OD,OB所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,则A,0,0,B0,0,,C- ,,0,D0,0,所以=-,0,,=0,,-,=(2,0,0).设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),则-0令b=1,则a=0,c=3,所以n=(0,1,3).设直线AB与平面BCD所成的角为θ,则sinθ=|cos<,n>|== 0,所以直线AB与平面BCD所成角的正弦值为 0.5.解:(1)证明:连接BD.因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.因为FD⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥FD.又BD∩FD=D,所以AC⊥平面BDF.因为EB⊥平面ABCD,FD⊥平面ABCD,所以EB∥FD,所以B,D,F,E四点共面,又EF⊂平面BDFE,所以EF⊥AC.(2)如图,取AB的中点Q,连接DQ.因为四边形ABCD是菱形,∠BAD=60°,所以△ABD是正三角形.又Q为AB的中点,所以DQ⊥AB,所以DQ⊥DC,则DQ,DC,DF两两垂直,以D为坐标原点,分别以,,所在的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.易得A,-,0,B,,0,F00,C(0,a,0),E a,a,a,所以=(0,a,0),=-a,a,a.设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则0即-0令x=1,则y=0,z=1,所以n=(1,0,1).又=,-,,所以|cos<n,>|==6,所以直线CE与平面ABF所成角的正弦值为6.6.解:(1)证明:取SA的中点F,连接DF,EF,∵SE=EB,SF=FA,∴EF AB,又CD AB,∴CD EF,∴四边形CDFE为平行四边形,∴CE∥FD.∵CE⊄平面SAD,FD⊂平面SAD,∴CE∥平面SAD.(2)∵平面SCD⊥平面ABCD,平面SCD∩平面ABCD=CD,SD⊥CD,SD⊂平面SCD, ∴SD⊥平面ABCD,又AD,CD⊂平面ABCD,∴SD⊥AD,SD⊥CD.又∵AD⊥DC,∴DA,DC,DS两两垂直.如图所示,以D为原点,DA,DC,DS所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,由题易知DA=DC=DS=2,则A(2,0,0),C(0,2,0),B(2,4,0),E(1,2,1),∴ =(1,0,1),=(2,-2,0),=(2,2,0).设平面ECA,平面ECB的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则0即-0令x1=1,则y1=1,z1=-1,∴m=(1,1,-1),0 0即令x2=1,则y2=-1,z2=-1,∴n=(1,-1,-1),∴cos<m,n>===.由图易知,二面角A-EC-B的平面角为钝角,∴二面角A-EC-B的余弦值为-.能力提升7.解:(1)证明:因为四边形ABCD是平行四边形,AD=2,所以BC=AD=2,又AB=AC=2,所以AB2+AC2=BC2,所以AC⊥AB.因为PB⊥AC,AB∩PB=B,所以AC⊥平面PAB,又AC⊂平面PAC,所以平面PAB⊥平面PAC.(2)由(1)知AC⊥AB,AC⊥平面PAB,如图,以A为原点,AB,AC所在直线分别为x,y轴,平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),所以=(0,2,0),=(-2,2,0),由∠PBA=45°,PB=3,BA=2,可得P(-1,0,3),所以=(-1,0,3),=(-3,0,3).假设棱PA上存在点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为,设此时=λ(0<λ<1),则=λ=(-λ,0,3λ),=-=(-λ,-2,3λ).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则0即-0-0令z=1,则x=1,y=1,所以n=(1,1,1).设直线CE与平面PBC所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,>|=-=4=,整理得3λ2+4λ=0,因为0<λ<1,所以3λ2+4λ=0无解,所以棱PA上不存在与点P,A不重合的点E,使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.8.解:(1)证明:过点C作CF∥AB交AD于点F,∵AB=BC=1,AD=2,∠DAB=∠ABC=90°,∴四边形ABCF为正方形,且AF=FD=1,AC=.在Rt△CFD中,CD=,在△ACD中,CD2+AC2=4=AD2,∴CD⊥AC.∵∠PAD=90°,∴PA⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PA⊂平面PAD,∴PA⊥平面ABCD,∴PA⊥CD.∵PA,AC⊂平面PAC,且PA∩AC=A,∴CD⊥平面PAC,又AE⊂平面PAC,∴CD⊥AE.(2)由题知,PA,AB,AD两两垂直,以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0),∴ =(-1,1,0),=(0,2,0).假设存在实数λ(0<λ<1),使得二面角C-AE-D的余弦值为 05,设E(x,y,z),∵ =λ,∴(x-1,y-1,z)=λ(-1,-1,1),∴E(1-λ,1-λ,λ),则=(1-λ,1-λ,λ).∵CD⊥平面PAC,∴平面AEC的一个法向量为n==(-1,1,0).设平面AED的法向量为m=(a,b,c),则0即-0令c=1,则a=-,b=0,∴m=-,0, =(-λ,0,1-λ),∵≠0,∴可取m=(-λ,0,1-λ),∴ cos<m,n>|=== 05,化简得3λ2-8λ+4=0, ∵λ∈(0,1),∴λ=,∴存在实数λ=,使得二面角C-AE-D的余弦值为 05.。

专题04立体几何1. [2019年高考全国I卷理数】已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB^PC, AABC是边长为2的正三角形，E, F分别是B4, AB的中点，ZCEF=90°,则球O的体积为A. 8亦兀B. 4A/6KC. 2A/6KD. A/6K【答案】D【解析】解法一：PA=PB = PC,AABC为边长为2的等边三角形，「.P-4BC为正三棱锥，:.PB丄AC,又E, F 分别为PA, AB 的中点，:.EF〃PB , EF丄4C ,又EF 丄CE ,CE AC^C, :.EF丄平面PAC , :. PB丄平面PAC , :. ZAPB = 90。

,:. PA= PB = PC =近，ABC为正方体的一部分,2归2 + 2 + 2=屈即「真.-.V= 3故选D.解法二设PA = PB = PC = 2x, EF分别为朋,AB的中点，:.EF//PBAABC为边长为2的等边三角形，:.CF = ®又ZCEF =90° , :.CE/3 — x2 ,AE =丄 =2△AEC中,由余弦定理可得cos ZEAC = *十"◎ “ )2x2xxAZ) 1 兀彳+4 —3 +兀2PA”'°为”的中点，cosW页A/61 2x"冷尿寺佩，故选D.【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理，得到 三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决.2. [2019年高考全国II 卷理数】设a, 0为两个平面，则a//p 的充要条件是A. a 内有无数条直线与0平行B. a 内有两条相交直线与0平行C. a, 0平行于同一条直线D. a, 〃垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：a 内两条相交直线都与0平行是^〃0的充分条件，由面面平行性 质定理知，若a 〃0,则a 内任意一条直线都与0平行，所以a 内两条相交直线都与0平行是a 〃0的 必要条件，故选B.【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用 面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断.面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易 犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若aua,bup,a 〃b ,则幺〃0”此类的错误.3. [2019年高考全国III 卷理数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，'ECD 为正三角形，平面ECD 丄平面ABCD, M 是线段ED 的中点，则又4B=BC=4C=2, .••PA,PB,PC 两两垂直, 2R = 72 + 2 + 2 = A /62A. BM=EN, 且直线BM, EN 是相交直线B. BM 丰EN, 且直线BM, EN 是相交直线C. BM=EN, 且直线BM, EN 是异面直线D. BM 丰EN, 且直线BM, EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作E0丄CD 于0,连接ON, BD,易得直线BM, EN 是三角形EBD 的中线，是 相交直线.过M 作MF 丄OD 于F,连接BF,平面CDE 丄平面ABCD , EO 丄CD, EO u 平面CDE , :. E0丄平面ABCD , MF 丄平面ABCD,:.△MFB 与ZkEON 均为直角三角形.设正方形边长为2,易知EO=yj3,ON=\ E 冷7, MF = ~,BF^-,:.BM=41，:.BM^EN,故选 B.2 2【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形•解答本题时，先利 用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题.4. [2019年高考浙江卷】祖眶是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幕势既同，则积不容异”称为祖 眶原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V^#=Sh,其中S 是柱体的底面积，％是柱体的高.若某柱EB体的三视图如图所示（单位：cm ）,则该柱体的体积（单位：cm 3）是A. 158 C. 182【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6,底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4, 下底为6,高为3,另-个的上底为2,下底为6,高为3,则该棱柱的体积为¥><3 + * 故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体 积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能 正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.5. [2019年高考浙江卷】设三棱锥V-ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱滋上的点（不含端 点）.记直线PB 与直线AC 所成的角为a,直线PB 与平面ABC 所成的角为0,二面角P-AC-B 的平面 角为卩，则A. p<y, a<yB. /3<a, /3<yC. 0<a, y<aD. a</3, y<fl【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG, V 在底面4BC 的投影为0,则P 在底面的投影D 在线段40 上，过D 作DE 垂直于4C 于E,连接PE, BD,易得PE 〃VG,过P 作PF//AC 交VG 于F,连接 BF,过 D 作 DH//AC ,交 BG 于 H ,则 a = ZBPF, 0 = ZPBD, y = "ED,结合△PFB, ABDH, PF EG DH BD△PDB 均为直角三角形，可得cosa =——=——= --------- < ——= cos0,即a> /3 •PB PB PB PBPD PD在RtAPEZ ）中，tan/ = —— > —— =tan /?,即丫> 0 ,综上所述，答案为 B.D. 324x3 x6 = 162.B. 162n【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算•解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半•常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.6.[2019年高考全国III卷理数】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD-AB I GP挖去四棱锥O—EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E, F, G, H分别为所在棱的中点，AB = BC = 6cm,AA l=4cm, 3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 _________________________________________ g.【答案】118.817【解析】由题意得，S wmEFGH =4x6-4x-x2x3 = 12cm-,T 四棱锥O-EFGH的高为3cm, V0-EFGH =-xl2x3 = 12cm3.又长方体ABCD—4BGD的体积为4x6x6 = 144cm3,所以该模型体积为V = V2-V O_EFGH =144-12 = 132cm3,其质量为0.9x132 = 118.8g.【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解.根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.7.[2019年高考北京卷理数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为_____________ .【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱MPDA-NQC且之后余下的几何体，则几何体的体积V=43-|X（2+4）X2X4=40.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积•属于中等题.（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.8.【2019年高考北京卷理数】已知/,也是平面a外的两条不同直线.给出下列三个论断:①Z丄加；②加〃a；③/丄a .以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：____________ ・【答案】如果Z丄a, m//a f则/丄加.【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题：(1)如果/丄a, m//a,贝丄加，正确；(2)如果/丄a, 2丄加，则m//a,不正确，有可能加在平面a内；(3)女口果Z丄加，m//a9贝！H丄a,不正确，有可能/与a斜交、I//a.故答案为：如果/丄a, m//a,则Z丄加.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.9.[2019年高考天津卷理数】已知四棱锥的底面是边长为血的正方形，侧棱长均为厉.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为7?【答案】-4【解析】由题意，四棱锥的底面是边长为血的正方形，侧棱长均为J?,借助勾股定理，可知四棱锥的高为二1 = 2.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的咼为1,圆柱的底面半径为斤，2故圆柱的体积为恥(*[ xl = -^.【名师点睛】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.10.[2019年高考江苏卷】如图，长方体ABCD—ABd的体积是120, E为CC】的中点，则三棱锥E-BCD的体积是▲.【答案】10【解析】因为长方体ABCD—ABiGU的体积为120,所以AB BC CC, =120,因为E为cq的中点，所以CE = ^CC X,由长方体的性质知CQ丄底面ABCD,所以CE是三棱锥E-BCD的底面BCD上的高，所以三棱锥E-BCD的体积V ^-x-ABBCCE^=-x-ABBC-CC.=丄xl20 = 10.3 2 3 2 2 12【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.11. [2019年高考全国I卷理数】如图，直四棱柱ABCD-AiBiCrDr的底面是菱形,A4i=4, AB=2, ZBAD=60°,E, M, N分别是BC, BBi, AiD的中点.(1)证明：MN〃平面CiDE；(2)求二面角A-MAi-N的正弦值.【答案】(1)见解析；(2) 迈.5【解析】(1)连结5C, ME.因为M, E分别为BBi，BC的中点，所以ME//B\C,且ME=-B{C.2又因为"为5勺中点’所以皿和°由题设知Ai5=DC,可得BiC=AQ,故ME = ND,因此四边形MNDE为平行四边形，MN//ED.又MNW平面EDCi，所以MN〃平面CiDE.(2)由已知可得DE丄D4.以D为坐标原点，D4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,则叽/一;'乌 /!\4(2,0,0), Ai(2, 0, 4), M(1,^3,2) , N(1,0,2),羽=(0,0,") , 4胚=(-1",-2), AN = (-1,0,-2), MN = (0,-s/3,0).m- AM = 0设m = (x, y, z)为平面AMA的法向量，贝叶，m-A^A = 0一兀 + ^/5"歹一2z = 0, l所以f 可取加=(、疗丄0).-4z = 0・n • MN = 0,设n = (p,q,门为平面AiMN的法向量，贝!J<n-\N = 0.所以⑺2“可取所以二面角A-M^-N 的正弦值为誓.【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够 利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于 常规题型.12.【2019年高考全国II 卷理数】如图，长方体ABCD-AiBiCiDr 的底面ABCD 是正方形，点E 在棱必|上，BE 丄ECi.(1) 证明：BE 丄平面E5C1；(2) 若AE=AiE,求二面角B-EC-Ci 的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2) 晅.2【解析】(1)由已知得，EG 丄平面ABB^ , BEu 平面ABB^ , 故BQi 丄BE .又BE 丄EC],所以BE 丄平面码G.(2)由(1)知 ZBEB] =90°.由题设知 RtAABE 竺,所以 ZAEB = 45° ,故 AE = AB, M = 2AB .以D 为坐标原点，D4的方向为x 轴正方向，|D4|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,于是 cos 〈w 〉=mn \m\\ n\2怎—届 2xy/5~ 5设平面ECC ］的法向量为加=（兀，y, z ）所以可取加=（1, 1, 0）.nm1于是 cos < n,m >=| n || 加 | 2所以，二面角B-EC-C.的正弦值为〈3.2【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空 间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.13.【2019年高考全国III 卷理数】图1是由矩形ADEB, Rt^ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB=1, BE=BF=2, ZFBC=60°,将其沿AB, BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG,如图2.（1） 证明：图2中的A, C, G, D 四点共面，且平面ABC 丄平面BCGE ； （2） 求图2中的二面角B-CG-A 的大小.则C (0, 1, 0) , B (1, 1, 0) , C] cq =(0,0,2).设平面EBC 的法向量为兀二（x, y, x ）,CB • M = 0, 即<CE n = 0,x = 0, 兀 一 y + z = 0,(0, 1, 2) , E (1, 0, 1) , CB = (l,0,0)，CE = (1,—1,1)，CC]" = 0, CE •加=0,2z = 0, x-y + z = 0.zG【答案】（1）见解析；（2） 30 ■【解析】（1）由已知得AD BE, CG BE,所以AD CG,故AD, CG 确定一个平面，从而A, C,G, D 四点共面.由已知得AB 丄BE, AB1BC,故4B 丄平面BCGE. 又因为ABU 平面ABC,所以平面ABC 丄平面BCGE.（2）作EH 丄BC,垂足为H.因为EHu 平面BCGE,平面BCGE 丄平面ABC,所以EH 丄平面ABC.由已知，菱形BCGE 的边长为2, Z£BC=60°,可求得BH=\, EH=^3 .以H 为坐标原点，HC 的方向为菇由的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hwz,设平面ACGD 的法向量为"=(x, y, z),则CG •« = 0, fx + A /3Z = 0, S即VAC • n = 0, 〔2x-y = 0.所以可取"=(3, 6,-也).则A (-1, 1, 0) , C (1, 0, 0) , G (2, 0,也)，CG = (1, 0,也)，AC = (2, -1, 0).图1 图2因此二面角B-CG-A 的大小为30。

第三讲 空间向量与立体几何1．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PE ⊥BF.(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．解析：(1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)如图，作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz .设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 2．(2018·长春模拟)如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)设PA ＝1，∠ABC ＝60˚，三棱锥E ­ACD 的体积为38，求二面角D ­AE ­C 的余弦值．解析：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接OE (图略)． 在△PBD 中，PE ＝DE ，BO ＝DO ，所以PB ∥OE . 又OE ⊂平面ACE ，PB ⊄平面ACE ，所以PB ∥平面(2)由题易知V P ­ABCD ＝2V P ­ACD ＝4V E ­ACD ＝32，设菱形则V P ­ABCD ＝13S ▱ABCD ·PA ＝13×(2×34a 2)×1＝32，则取BC 的中点为M ，连接AM ，则AM ⊥AD .以点A 为坐标原点，分别以AM →，AD →，AP →的方向为x 轴，y 轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，，32，0)，AE →＝(0，32，⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32y ＋12z ＝0，32x ＋32y ＝0，AEC 的一个法向量．又易知平面AED 的一个法向量为n 2＝(1,0,0)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11＋3＋9＝1313，由图易知二面角D ­AE ­C 为锐二面角， 所以二面角D ­AE ­C 的余弦值为1313. 3．(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ­ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M ­PA ­C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值． 解析：(1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 如图，连接OB . 因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，得PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|2a －2＋3a 2＋a2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 4．(2018·青岛模拟)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BCA ＝45˚，AP ＝AD ＝AC ＝2，E 为PA 的中点．(1)设平面PAB ∩平面PCD ＝l ，求证：CD ∥l ； (2)求二面角B ­CE ­D 的余弦值．解析：(1)证明：在四边形ABCD 中，∵AC ⊥AD ，AD ＝AC ＝2，∴∠ACD ＝45˚，∵∠BCA ＝45˚，∴∠BCD ＝∠BCA ＋∠ACD ＝90˚，即DC ⊥BC . 又AB ⊥BC ，∴AB ∥CD .∵AB ⊂平面PAB ，CD ⊄平面PAB ， ∴CD ∥平面PAB .∵CD ⊂平面PCD ，平面PAB ∩平面PCD ＝l ， ∴CD ∥l .(2)∵PA ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，∴以A 为原点，以AD 所在的直线为x 轴，AC 所在的直线为y 轴，AP 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,2)，E (0,0,1)，D (2,0,0)，C (0,2,0)，B (－1,1,0)，设平面DCE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，CE →＝(0，－2,1)，DE →＝(－2,0,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CE →＝0n 1·DE →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1＋z 1＝0－2x 1＋z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝1，z 1＝2，∴n 1＝(1,1,2)是平面DCE 的一个法向量． 设平面BCE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， BC →＝(1,1,0)，CE →＝(0，－2,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0n 2·CE →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0－2y 2＋z 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝－2，∴n 2＝(1，－1，－2)是平面BCE 的一个法向量．则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－46×6＝－23，又二面角B ­CE ­D 为钝角，∴二面角B ­CE ­D 的余弦值为－23.。

限时集训（十三）立体几何基础过关1.如图X13-1,在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC与BD交于点E,点F是PD的中点.(1)求证:EF∥平面PBC;(2)若PA=2AB=2,求点F到平面PBC的距离.图X13-12.如图X13-2,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,点E,F分别是棱CC1,BB1上的点,且EC=2FB.(1)证明:平面AEF⊥平面ACC1A1;(2)若AB=EC=2,求三棱锥C-AEF的体积.图X13-23.如图X13-3,在四面体ABCD中,BA=BC,∠BAD=∠BCD=90°.(1)证明:BD⊥AC;(2)若∠ABD=60°,BA=2,四面体ABCD的体积为2,证明:平面BAD⊥平面BCD.4.如图X13-4,四边形ABCD是菱形,AF⊥BD,AF∥CE,且AF=2CE.(1)求证:平面ACEF⊥平面BDE;(2)已知在线段BF上有一点P,满足AP∥DE,求的值.图X13-45.如图X13-5,在四棱锥E-ABCD中,AE⊥DE,CD⊥平面ADE,AB⊥平面ADE,CD=DA=6,AB=2,DE=3.(1)求证:平面ACE⊥平面CDE.(2)在线段DE上是否存在一点F,使AF∥平面BCE?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.图X13-56.如图X13-6所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱BB1⊥底面ABC,BB1=4,AB⊥BC,且AB=BC=4,点M,N分别为棱AB,BC上的动点,且AM=BN.(1)求证:无论M在何处,总有B1C⊥C1M;(2)求三棱锥B-MNB1体积的最大值.能力提升7.如图X13-7①,在矩形ABCD中,AB=2,AD=4,M是AD的中点,将△MAB沿BM向上折起,使平面ABM⊥平面BCDM,如图X13-7②所示.(1)求证:AB⊥CM;(2)求点D到平面ACM的距离.图X13-78.如图X13-8,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是CB,CD的中点,点M在棱CC1上,CM=tCC1(0<t<1).(1)三棱锥M-CEF,M-C1B1D1的体积分别为V1,V2,当t为何值时,-V2最小?最小值为多少?(2)试确定点M的位置,使得A1C∥平面B1D1M,并加以证明,同时判断此时平面EFM是否与平面B1D1M垂直?若垂直,加以证明;若不垂直,说明理由.图X13-8限时集训(十三)基础过关1.解:(1)证明:因为E,F分别是DB,DP的中点,所以EF∥PB,又因为EF⊄平面PBC,PB⊂平面PBC,所以EF∥平面PBC.(2)设点F到平面PBC的距离为d,则点D到平面PBC的距离为2d.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC,又BC⊥AB,PA∩AB=A,所以BC⊥平面PAB,所以BC⊥PB.在Rt△PAB中,PB==,则V P-BCD=××1×1×2=,V D-PCB=××1××2d=d,由V P-BCD=V D-PCB得d=,即点F到平面PBC的距离为.2.解:(1)证明:取线段AE的中点G,线段AC的中点M,连接MG,GF,BM,则MG=EC=BF,又MG∥EC∥BF,∴四边形MBFG是平行四边形,故MB∥FG.∵△ABC为正三角形,M为AC的中点,∴MB⊥AC,又平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,∴MB⊥平面ACC1A1,而MB∥FG,∴FG⊥平面ACC1A1,又∵FG⊂平面AEF,∴平面AEF ⊥平面ACC1A1.(2)由(1)得FG⊥平面AEC,FG=BM=,所以==×S△ACE·FG=××2×2×=.3.证明:(1)∵BA=BC,BD=BD,∠BAD=∠BCD=90°,∴Rt△ABD≌Rt△CBD.∴AD=CD.取AC的中点E,连接BE,DE,则BE⊥AC,DE⊥AC,又BE∩DE=E,∴AC⊥平面BDE,∵BD⊂平面BDE,∴BD⊥AC.(2)在Rt△ABD中,∠ABD=60°,BA=2,则AD=2,∴在Rt△BCD中,BC=2,CD=2,∴△BCD的面积为·BC·CD=2.设点A到平面BCD的距离为h,则V A-BCD=·S△BCD·h=×2·h=2,∴h=.在△ABD中,过A作AF⊥BD,垂足为F,∵BA=2,∠ABD=60°,∴AF==h,∴AF⊥平面BCD,∵AF⊂平面BAD,∴平面BAD⊥平面BCD.4.解:(1)证明:∵四边形ABCD为菱形,∴BD⊥AC,又∵AF⊥BD,AF∩AC=A,∴BD⊥平面ACEF,∵BD⊂平面BDE,∴平面ACEF⊥平面BDE.(2)如图所示,在平面ABF内作BM∥AF,且BM=CE,连接AM交BF于点P,连接ME.∵BM∥AF,AF∥CE,∴BM∥CE,又BM=CE,∴四边形BCEM为平行四边形,∴BC∥ME,且BC=ME.∵四边形ABCD是菱形,∴BC∥AD且BC=AD,∴ME∥AD且ME=AD,∴四边形ADEM为平行四边形,∴DE∥MA,即DE∥AP.∵BM∥AF,∴△BPM∽△FPA,又∵BM=CE=AF,∴==.5.解:(1)证明:因为CD⊥平面ADE,AE⊂平面ADE,所以CD⊥AE,又因为AE⊥DE,CD∩DE=D,所以AE⊥平面CDE,又因为AE⊂平面ACE,所以平面ACE⊥平面CDE.(2)在线段DE上存在一点F,且=,使AF∥平面BCE.设F为线段DE上一点,且=,过点F作FM∥CD交CE于M,则FM=CD,连接BM,AF.因为CD⊥平面ADE,AB⊥平面ADE,所以CD∥AB.又因为CD=3AB,所以FM=AB,FM∥AB,所以四边形ABMF为平行四边形,则AF∥BM.又因为AF⊄平面BCE,BM⊂平面BCE,所以AF∥平面BCE.6.解:(1)证明:如图所示,连接AC1,BC1,要证明无论M在何处,总有B1C⊥C1M,只要证明B1C⊥平面AC1B即可.∵BB1⊥底面ABC,∴BB1⊥AB,又AB⊥BC,BC∩B1B=B,∴AB⊥平面BCC1B1,∴B1C⊥AB.∵四边形BCC1B1为正方形,∴B1C⊥BC1,又AB∩BC1=B,∴B1C⊥平面AC1B,即无论M在何处,总有B1C⊥C1M.(2)==×4×BM·BN=BM·BN≤·2=(当且仅当BM=BN=2时,取等号),∴三棱锥B-MNB1体积的最大值为.能力提升7.解:(1)证明:由题意可知,BM===2,CM===2,BC=4,所以,在△BCM中,BC2=BM2+CM2,所以CM⊥BM.因为平面ABM⊥平面BCDM,平面ABM∩平面BCDM=BM,CM⊂平面BCDM,所以CM⊥平面ABM,因为AB⊂平面ABM,所以AB⊥CM.(2)取BM的中点,记为E,连接AE,如图所示.因为AB=AM,且E为BM的中点,所以AE⊥BM.因为AE⊂平面ABM,平面ABM⊥平面BCDM,平面ABM∩平面BCDM=BM,所以AE⊥平面BCDM,故AE的长即为点A到平面BCDM的距离,易求得AE=.由(1)可知,CM⊥AM,则△ACM是直角三角形,因为AM=2,CM=2,所以S△ACM=×2×2=2.由题意知S△MCD=×2×2=2.设点D到平面ACM的距离为h,因为V D-ACM=V A-MCD,所以·S△ACM·h=·S△MCD·AE,解得h=1,故点D到平面ACM的距离为1.8.解:(1)由题可知,CM=2t,C1M=2-2t,0<t<1,V1=S△ECF·CM=××1×1×2t=,V2=·C1M=××2×2×(2-2t)=(1-t),所以-V2=-(1-t)=+-≥2-=,当且仅当=,即t=时等号成立,所以当t=时,-V2最小,最小值为.(2)当点M为CC1的中点时,A1C∥平面B1D1M.证明如下:连接A1C1交B1D1于点O,则O为A1C1的中点,连接OM,∵点M为CC1的中点,∴OM∥A1C, 又∵OM⊂平面B1D1M,A1C⊄平面B1D1M,∴A1C∥平面B1D1M.当点M为CC1的中点时,平面EFM⊥平面B1D1M.证明如下:连接AC,BD,∵E,F分别为CB,CD的中点,∴EF∥BD,∵AC⊥BD,∴AC⊥EF.∵AA1⊥平面ABCD,EF⊂平面ABCD,∴AA1⊥EF,∵AA1∩AC=A,∴EF⊥平面A1AC,又A1C⊂平面A1AC,∴EF⊥A1C,∵OM∥A1C,∴EF⊥OM.同理EM⊥OM.因为EF∩EM=E,所以OM⊥平面EFM,因为OM⊂平面B1D1M,所以平面EFM⊥平面B1D1M.。

章末总结知识点一 空间向量的计算空间向量及其运算的知识与方法与平面向量及其运算类似，是平面向量的拓展，主要考查空间向量的共线与共面以及数量积运算，是用向量法求解立体几何问题的基础．例1沿着正四面体O-ABC 的三条棱OA →、OB →、OC →的方向有大小等于1、2和3的三个力f 1，f 2，f 3.试求此三个力的合力f 的大小以及此合力与三条棱夹角的余弦值．知识点二 证明平行、垂直关系 空间图形中的平行、垂直问题是立体几何当中最重要的问题之一，利用空间向量证明平行和垂直问题，主要是运用直线的方向向量和平面的法向量，借助空间中已有的一些关于平行和垂直的定理，再通过向量运算来解决． 例2如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别为AB、B1C的中点．(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1；(2)用向量法证明MN⊥面A1BD.例3如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，P是侧棱CC1上的一点，CP＝m. 试确定m使得直线AP与平面BDD1B1所成的角为60°.例4正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、CD的中点，求证：平面AED ⊥平面A1FD1.知识点三 空间向量与空间角求异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角，一般有两种方法：即几何法和向量法，几何法求角时，需要先作出(或证出)所求空间角的平面角，费时费力，难度很大．而利用向量法，只需求出直线的方向向量与平面的法向量．即可求解，体现了向量法极大的优越性． 例5如图所示，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝5，AD ＝8，AA 1＝4，M 为B 1C 1上一点且B 1M ＝2，点N 在线段A 1D 上，A 1D ⊥AN .（1）求cos 〈A 1D →，AM →〉；(2)求直线AD 与平面ANM 所成角的余弦值； (3)求平面ANM 与平面ABCD 所成角的余弦值．知识点四 空间向量与空间距离 近年来，对距离的考查主要体现在两点间的距离和点到平面的距离，两点间的距离可以直接代入向量模的公式求解，点面距可以借助直线的方向向量与平面的法向量求解，或者利用等积求高的方法求解． 例6如图，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，P A ＝AD ＝2，M 、N 分别是AB 、PC 的中点．(1)求二面角P —CD —B 的大小； (2)求证：平面MND ⊥平面PCD ； (3)求点P 到平面MND 的距离．章末总结重点解读 例1 解如图所示，用a ，b ，c 分别代表棱OA →、OB →、OC →上的三个单位向量， 则f 1＝a ，f 2＝2b ，f 3＝3c ， 则f ＝f 1＋f 2＋f 3 ＝a ＋2b ＋3c ，∴|f |2＝(a ＋2b ＋3c )(a ＋2b ＋3c ) ＝|a |2＋4|b |2＋9|c |2＋4a·b ＋6a·c ＋12b·c ＝14＋4cos 60°＋6cos 60°＋12 cos 60° ＝14＋2＋3＋6＝25，∴|f |＝5，即所求合力的大小为5.且cos 〈f ，a 〉＝f·a |f |·|a |＝|a |2＋2a·b ＋3a·c 5＝1＋1＋325＝710，同理可得：cos 〈f ，b 〉＝45，cos 〈f ，c 〉＝910.例2 证明 (1)在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中， BD →＝AD →－AB →，B 1D 1→＝A 1D 1→－A 1B 1→， 又∵AD →＝A 1D 1→，AB →＝A 1B 1→， ∴BD →＝B 1D 1→.∴BD ∥B 1D 1. 同理可证A 1B ∥D 1C ，又BD ∩A 1B ＝B ，B 1D 1∩D 1C ＝D 1，所以平面A 1BD ∥平面B 1CD 1. (2)MN →＝MB →＋BC →＋CN → ＝12AB →＋AD →＋12(CB →＋CC 1→) ＝12AB →＋AD →＋12(－AD →＋AA 1→) ＝12AB →＋12AD →＋12AA 1→. 设AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ， 则MN →＝12(a ＋b ＋c )．又BD →＝AD →－AB →＝b －a ， ∴MN →·BD →＝12(a ＋b ＋c )(b －a )＝12(b 2－a 2＋c·b －c·a )． 又∵A 1A ⊥AD ，A 1A ⊥AB ， ∴c·b ＝0，c·a ＝0.又|b |＝|a |，∴b 2＝a 2，∴b 2－a 2＝0. ∴MN →·BD →＝0，∴MN ⊥BD .同理可证，MN ⊥A 1B ，又A 1B ∩BD ＝B ， ∴MN ⊥平面A 1BD . 例3解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，P (0,1，m )， C (0,1,0)，D (0,0,0)， B 1(1,1,1)，D 1(0,0,1)．则BD →＝(－1，－1,0)， BB 1→＝(0,0,1)， AP →＝(－1,1，m )， AC →＝(－1,1,0)．又由AC →·BD →＝0，AC →·BB 1→＝0知，AC →为平面BB 1D 1D 的一个法向量． 设AP 与平面BB 1D 1D 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AP →，AC →〉|＝|AP →·AC →||AP →||AC →|＝22＋m 2·2.依题意得22＋2m 2·2＝sin60°＝32，解得m ＝33. 故当m ＝33时，直线AP 与平面BDD 1B 1所成角为60°. 例4 证明如图，建立空间直角坐标系D —xyz . 设正方体棱长为1， 则E ⎝⎛⎭⎫1，1，12、D 1(0,0,1)、 F ⎝⎛⎭⎫0，12，0、A (1,0,0)． ∴DA →＝(1,0,0)＝D 1A 1→，DE →＝⎝⎛⎭⎫1，1，12， D 1F →＝⎝⎛⎭⎫0，12，－1.设m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)分别是平面AED 和A 1FD 1的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DA →＝0m ·DE →＝0⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0x 1＋y 1＋12z 1＝0. 令y 1＝1，得m ＝(0,1，－2)． 又由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1A 1→＝0n ·D 1F →＝0⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝012y 2－z 2＝0， 令z 2＝1，得n ＝(0,2,1)． ∵m·n ＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0， ∴m ⊥n ，故平面AED ⊥平面A 1FD 1.例5 解 (1)建立空间直角坐标系(如图)．则A (0,0,0)，A 1(0,0,4)，D (0,8,0)，M (5,2,4)．∴AM →＝(5,2,4)， A 1D →＝(0,8，－4)．∴AM →·A 1D →＝0＋16－16＝0， ∴AM →⊥A 1D →.∴cos 〈A 1D →，AM →〉＝0.(2)∵A 1D ⊥AM ，A 1D ⊥AN ，且AM ∩AN ＝A ， ∴A 1D →⊥平面ANM ，∴A 1D →＝(0,8，－4)是平面ANM 的一个法向量． 又AD →＝(0,8,0)，|A 1D →|＝45，|AD →|＝8，A 1D →·AD →＝64，∴cos 〈A 1D →，AD →〉＝6445×8＝25＝255.∴AD 与平面ANM 所成角的余弦值为55. (3)∵平面ANM 的法向量是A 1D →＝(0,8，－4)， 平面ABCD 的法向量是a ＝(0,0,1)， ∴cos 〈A 1D →，a 〉＝－445＝－55.∴平面ANM 与平面ABCD 所成角的余弦值为55. 例6 (1)解 ∵P A ⊥平面ABCD ， 由ABCD 是正方形知AD ⊥CD . ∴CD ⊥面P AD ，∴PD ⊥CD .∴∠PDA 是二面角P —CD —B 的平面角． ∵P A ＝AD ，∴∠PDA ＝45°， 即二面角P —CD —B 的大小为45°. (2)如图，建立空间直角坐标系， 则P (0,0,2)，D (0,2,0)， C (2,2,0)，M (1,0,0)， ∵N 是PC 的中点， ∴N (1,1,1)， ∴MN →＝(0,1,1)，ND →＝(－1,1，－1)， PD →＝(0,2，－2)．设平面MND 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面PCD 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)．∴m ·MN →＝0，m ·ND →＝0，即有⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋z 1＝0，－x 1＋y 1－z 1＝0.令z 1＝1，得x 1＝－2，y 1＝－1.∴m ＝(－2，－1,1)． 同理，由n ·ND →＝0，n ·PD →＝0，即有⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋y 2－z 2＝0，2y 2－2z 2＝0.令z 2＝1，得x 2＝0，y 2＝1，∴n ＝(0,1,1)． ∵m·n ＝－2×0＋(－1)×1＋1×1＝0， ∴m ⊥n .∴平面MND ⊥平面PCD . (3)设P 到平面MND 的距离为d .由(2)知平面MND 的法向量m ＝(－2，－1,1)， ∵PD →·m ＝(0,2，－2)·(－2，－1,1)＝－4， ∴|PD →·m |＝4， 又|m |＝(－2)2＋(－1)2＋12＝6，∴d ＝|PD →·m ||m |＝46＝263.即点P 到平面MND 的距离为263.沁园春·雪 <毛泽东>北国风光，千里冰封，万里雪飘。

1．空间向量及其运算（1）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解及其坐标表示. （2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.（3）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直. 2．空间向量的应用（1）理解直线的方向向量与平面的法向量.（2）能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系. （3）能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）.（4）能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.一、空间直角坐标系及有关概念 1．空间直角坐标系在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x 轴的正方向，食指指向y 轴的正方向，如果中指指向z 轴的正方向，则称这个坐标系为右手直角坐标系，如图所示.2．空间一点M 的坐标（1）空间一点M 的坐标可以用有序实数组(,,)x y z 来表示，记作(),,M x y z ，其中x 叫做点M 的横坐标，y 叫做点M 的纵坐标，z 叫做点M 的竖坐标.（2）建立了空间直角坐标系后，空间中的点M 与有序实数组(,,)x y z 可建立一一对应的关系． 3．空间两点间的距离公式、中点公式 （1）距离公式①设点111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z 为空间两点，则,A B两点间的距离||AB =. ②设点(),,P x y z ，则点(),,P x y z 与坐标原点O之间的距离为||OP =.（2）中点公式设点(),,P x y z 为1111,),(P x y z ，2222,),(P x y z 的中点，则121212222x x x y y y z z z +⎧=⎪⎪+⎪=⎨⎪+⎪=⎪⎩. 4．空间向量的有关概念二、空间向量的有关定理及运算 1.共线向量定理对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb . 牢记两个推论：（1）对空间任意一点O ，点P 在直线AB 上的充要条件是存在实数t ，使(1)OP t OA tOB =-+或OP xOA yOB =+（其中1x y +=）.（2）如果l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，那么对空间任意一点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP OA t =+a ，其中向量a 叫做直线l 的方向向量，该式称为直线方程的向量表示式. 2.共面向量定理如果两个向量a ，b 不共线，那么向量p 与向量a ，b 共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x ，y )，使x y =+p a b .牢记推论：空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在有序实数对(x ，y )，使AP xAB yAC =+；或对空间任意一点O ，有OP OA xAB yAC =++. 3.空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中，{a ，b ，c }叫做空间的一个基底，a ，b ，c 都叫做基向量.注意：（1）空间任意三个不共面的向量都可构成基底. （2）基底选定后，空间的所有向量均可由基底唯一表示. （3）0不能作为基向量. 4.空间向量的运算（1）空间向量的加法、减法、数乘及数量积运算都可类比平面向量.（2）空间向量的坐标运算设123123(,,),(,,)a a a b b b ==a b ，则112233(,,)a b a b a b ±=±±±a b ，123(,,)()a a a λλλλλ=∈R a ，112233a b a b a b ⋅=++a b ，112233,,()b a b a b a λλλλλ⇔=⇔===∈R ab b a ，1122330a b a b a b ⊥⇔⋅=++=a b a b ，==acos ,⋅==a ba b a b 三、利用空间向量解决立体几何问题 1.直线的方向向量和平面的法向量（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作l ，显然一条直线的方向向量可以有无数个.（2）若直线l α⊥，则该直线l 的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作α,有无数多个，任意两个都是共线向量.平面法向量的求法：设平面的法向量为(,,)x y z =α.在平面内找出（或求出）两个不共线的向量123123(,,),(,,)a a a b b b ==a b ，根据定义建立方程组，得到0⋅=⎧⎨⋅=⎩a b αα，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量.2.利用空间向量表示空间线面平行、垂直设直线,l m 的方向向量分别为,l m ，平面,αβ的法向量分别为,αβ. （1）线线平行：若//l m ，则()λλ⇔=∈R lm l m ；线面平行：若//l α，则0⊥⇔⋅=l l αα； 面面平行：若//αβ，则()λλ⇔=∈R αβαβ.（2）线线垂直：若l m ⊥，则0⊥⇔⋅=l m l m ； 线面垂直：若l α⊥，则()λλ⇔=∈R ll αα；面面垂直：若αβ⊥，则0⊥⇔⋅=αβαβ. 3.利用空间向量求空间角设直线,l m 的方向向量分别为,l m ，平面,αβ的法向量分别为12,n n . （1）直线,l m 所成的角为θ，则π02θ≤≤，计算方法：cos θ⋅=l m l m； （2）直线l 与平面α所成的角为θ，则π02θ≤≤，计算方法：11sin θ⋅=l n l n ； （3）平面,αβ所成的二面角为θ，则0πθ≤≤，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 ．如图②③，12,n n 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝1212⋅n n n n ，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．4.利用空间向量求距离 （1）两点间的距离设点111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z 为空间两点， 则,A B 两点间的距离||||(AB AB x == （2）点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为||||||AB BO ⋅=n n .考向一 空间直角坐标系对于空间几何问题，可以通过建立空间直角坐标系，把空间中的点用有序实数组(即坐标)表示出来,通过坐标的代数运算解决空间几何问题，实现了几何问题(形)与代数问题(数)的结合.典例1 如图，以长方体1111ABCD A BC D -的顶点D 为坐标原点，过D 的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若1DB 的坐标为()4,3,2，则1AC 的坐标为________.【答案】()4,3,2-【解析】 如图所示，以长方体1111ABCD A BC D -的顶点D 为坐标原点，过D 的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，因为1DB 的坐标为()4,3,2，所以()()14,0,0,0,3,2A C ,所以()14,3,2AC =-.1．如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，|AB |＝|AD |＝3，|AA 1|＝2，点M 在A 1C 1上，|MC 1|＝2|A 1M |，N 在D 1C 上且为D 1C 中点，求M 、N 两点间的距离．考向二 共线、共面向量定理的应用1.判断两非零向量,a b 平行，就是判断λ=a b 是否成立，若成立则共线，若不成立则不共线.2.证明空间三点P 、A 、B 共线的方法： ①PA PB λ=(λ∈R )；②对空间任一点O ，OP OA t AB =+(t ∈R )； ③对空间任一点O ，(1)OP xOA yAB x y =++=． 3.证明空间四点P 、M 、A 、B 共面的方法： ①MP xMA yMB =+；②对空间任一点O ，OP OM xMA yMB =++；③对空间任一点O ，OP xOM yOA zOB =++(x ＋y ＋z ＝1)； ④∥PM AB (或∥PA MB 或∥PB AM ).典例2 如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 在A 1D 1上，且=2，F 在体对角线A 1C 上，且123A F FC =.求证：E ,F ,B 三点共线.【解析】设=a ,=b ,=c .∵=2,123A F FC =,∴b ,112255A F AC ==(-)=25(+-)=25a +25b -25c . ∴1125EF A F A E -==a -415b -25c =25(a -23b -c ).又++=-23b -c +a =a -23b -c ,∴25EF EB =.∴E ,F ,B 三点共线.2．如图，已知、、、、、、、、为空间中的个点，且OE kOA =，OF kOB =，OH kOD =，+AC AD mAB =，+EG EH mEF =，，.求证：（1）、、、四点共面，、、、四点共面；（2）AC EG ∥； （3）OG kOC =.考向三 利用向量法证明平行问题1.证明线线平行：证明两条直线的方向向量平行.2.证明线面平行：（1）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线性表示. 3.证明面面平行：两个平面的法向量平行.典例3 如图,已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,E 、M 、N 分别是BC 、AE 、CD 1的中点,AD ＝AA 1＝a ,AB ＝2a .求证：MN ∥平面ADD 1A 1.【解析】以D 为坐标原点,分别以DA 、DC 、DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则A (a,0,0),B (a,2a,0),C (0,2a,0),D 1(0,0,a ),E (12a,2a,0),∵M 、N 分别为AE 、CD 1的中点, ∴M (34a ,a,0),N (0,a ,2a ).∴3,0(,)42a MN a =-. 取n ＝(0,1,0),显然n ⊥平面A 1D 1DA ,且·n ＝0,∴⊥n.又MN⊄平面ADD1A1，∴MN∥平面ADD1A1.3．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：（1）FC1∥平面ADE；（2）平面ADE∥平面B1C1F.考向四利用向量法证明垂直问题1.线线垂直：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零．2.线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．3.面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．典例4 如图,已知正四棱锥V-ABCD中,E是VC的中点, 正四棱锥的侧面VBC为正三角形.求证:平面VAC⊥平面EBD.【解析】如图，以V在底面ABCD内的射影O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,设VB=VC=BC=2a,在Rt△VOC中,VO=a,∴V (0,0,a ),A (a ,0,0),C (-a ,0,0),B (0, a ,0),D (0,-a ,0),E (2-,0,2a ),则=(2-a ,a ,2a ),=(0,-2a ,0),=(-a ,0,-a ).∵·=a 2+0-a 2=0,·=0,∴⊥,⊥,即DE ⊥VC ,BD ⊥VC .∵DE ∩BD =D , ∴VC ⊥平面EBD . 又VC ⊂平面VAC , ∴平面VAC ⊥平面EBD .典例5 如图所示,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AB ⊥AD ,AC ⊥CD ,∠ABC =60°,PA =AB =BC ,E 是PC 的中点.求证:（1）AE ⊥CD ; （2）PD ⊥平面ABE .【解析】（1）易知AB ,AD ,AP 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系.设PA =AB =BC =1,则A (0,0,0),B (1,0,0),P (0,0,1).∵∠ABC=60°,∴△ABC为正三角形,∴C(12E(1412).设D(0,y0,0),由AC⊥CD,得·=0,即(12,0)·(-12,y0,0)=0,解得y0∴D,0),∴=(12-,6,0).又=(14,4,12),∴·=-++0=0,∴⊥,即AE⊥CD.（2）方法一：由（1）知,-1),∴·=0+12×(-1)=0,∴⊥,即PD⊥AE.∵=(1,0,0),∴·=0, ∴PD⊥AB.又AB∩AE=A,∴PD⊥平面ABE.方法二：由（1）知=(1,0,0),=(14,4,12).设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),则n ·=0,n ·=0,得110 42xx y z=⎧⎪⎨+=⎪⎩,令y=2,则z=-,∴平面ABE的一个法向量为n=(0,2,-).∵=(0,3,-1),显然n ,∴∥n ,∴⊥平面ABE ,即PD ⊥平面ABE .4．如图，正方体1111ABCD A BC D -中，E ，F ，H 分别为11A B ，11B C ，1CC 的中点. （1）证明：BE AH ⊥；（2）在棱11D C 上是否存在一点G ，使得AG ∥平面BEF ？若存在，求出点G 的位置；若不存在，请说明理由.考向五 用向量法求空间角1.用向量法求异面直线所成的角 （1）建立空间直角坐标系； （2）求出两条直线的方向向量；（3）代入公式求解，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为||cos ||||AC BD AC BD β⋅=.2.用向量法求直线与平面所成的角（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． 3.用向量法求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个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是锐角还是钝角．典例6 如图,在五棱锥P ABCDE -中,PA ⊥平面ABCDE ,222PA AB AE BC DE =====,∠DEA = ∠EAB =∠ABC =90°.（1）求二面角P DE A --的大小; （2）求直线PC 与平面PDE 所成角的正弦值.【解析】由题可知,以AB 、AE 、AP 分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.则()()()()()0,0,0,0,2,0,1,2,0,0,0,2,2,1,0A E D P C . 设平面PDE 的法向量为(),,x y z =n ,又=(1,0,0),=(0,-2,2).由0220ED x EP y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩n n ,得0x y z =⎧⎨=⎩,令y =1,得()0,1,1=n .（1）由于PA ⊥平面ABCDE ,则平面ADE 的一个法向量为=(0,0,2),于是cos<n ,>=AP AP⋅⋅n n=所以<n ,>=45°,则二面角P DE A --的大小为45°. （2）由于=(2,1,-2),所以cos<,n >=PCPC ⋅⋅n n=201121⨯+⨯+-⨯=故PC 与平面PDE . 典例7 如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF ＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD .（1）求异面直线BF 与DE 所成角的大小； （2）证明：平面AMD ⊥平面CDE ； （3）求二面角A －CD －E 的余弦值.【解析】如图所示，建立空间直角坐标系A －xyz .设AB ＝1，依题意得B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，M (12，1，12). （1）＝(－1,0,1)，＝(0，－1,1)，于是cos 〈，〉＝BF DE BF DE⋅＝＝，所以异面直线BF 与DE 所成角的大小为60°.（2）由＝(12，1，12)，＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，可得·＝0，·＝0.因此，CE ⊥AM ，CE ⊥AD . 又AD ∩AM ＝A ， 故CE ⊥平面AMD . 而CE ⊂平面CDE ， 所以平面AMD ⊥平面CDE .（3）设平面CDE 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则0CE DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u ，于是00x z y z -+=⎧⎨-+=⎩，令x ＝1，可得u ＝(1,1,1).又由题设，可知平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,1). 所以cos 〈u ，v 〉＝3. 因为二面角A －CD －E 为锐角，所以其余弦值为3.5．如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是边长为2的正三角形，13BB =，1AB =160CBB ∠=.（1）求证：平面ABC ⊥平面11BCC B ； （2）求二面角1B AB C --的正弦值.考向六 用向量法求空间距离1.空间中两点间的距离的求法两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模．因此，要求两点间的距离除使用距离公式外，还可转化为求向量的模.2. 求点P 到平面α的距离的三个步骤：（1）在平面α内取一点A ，确定向量PA 的坐标． （2）确定平面α的法向量n . （3）代入公式||||PA d ⋅=n n 求解．典例8 如图,已知长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,A 1A =5,AB =12,则直线B 1C 1到平面A 1BCD 1的距离是A ．5B ．132C ．6013D ．8【答案】C【解析】∵B 1C 1∥BC ,且11B C ⊄平面A 1BCD 1,BC ⊂平面A 1BCD 1,∴B 1C 1∥平面A 1BCD 1，从而点B 1到平面A 1BCD 1的距离为所求距离.方法一：过点B 1作B 1E ⊥A 1B 于点E .∵BC ⊥平面A 1ABB 1,且B 1E ⊂平面A 1ABB 1,∴BC ⊥B 1E . 又BC ∩A 1B =B ,∴B 1E ⊥平面A 1BCD 1.在11Rt △A B B 中,B 1E=11116013A B B B A B ⨯==, ∴直线B 1C 1到平面A 1BCD 1的距离为6013. 方法二：以D 为坐标原点,,,的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则C (0,12,0),D 1(0,0,5),设B (x ,12,0),B 1(x ,12,5)(x ≠0),平面A 1BCD 1的法向量为n =(a ,b ,c ), 由n ⊥,n ⊥,得n ·=(a ,b ,c )·(-x ,0,0)=-ax =0,∴a =0,n ·=(a ,b ,c )·(0,-12,5)=-12b+5c =0,∴b =512c ,令c =12,则b =5,∴n =(0,5,12)为平面A 1BCD 1的一个法向量.又=(0,0,-5),∴点B 1到平面A 1BCD 1的距离d =16013B B ⋅=n n. 典例9 如图,直三棱柱111ABC A B C -中,AC =BC =1,AA 1=3,∠ACB =90°,D 为CC 1上的点,二面角1A A B D--的余弦值为6-.（1）求证:CD =2;（2）求点A 到平面1A BD 的距离.【解析】（1）以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系C xyz -,则()()()11,0,00,1,01,0,3、、A B A .设()0,0,D a .m =(1,1,0)是平面1A AB 的一个法向量,设(),,x y z =n 是平面1A BD 的法向量.=(1,0,3-a ),=(0,1,-a ),由·n =0,·n =0,得()30x a z +-=,0y az -=,取3x a =-,得y a =-,1z =-,即()3,,1a a =---n . 由题设,知cos ,|⋅====m n m n m n解得a =2或a =1, 所以DC =2或DC =1.但当DC =1时,显然二面角1A A B D --为锐角,故舍去. 综上,DC =2.（2）由（1）,知n =(1,-2,-1)为平面1A BD 的一个法向量,又=(0,0,3),所以点A 到平面1A BD 的距离d =1AA ⋅n n6．如图，在四棱锥O −ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，OA ⊥底面ABCD ，OA =2，M ，N ，R 分别为OA ，BC ，AD 的中点，求直线MN 与平面OCD 的距离及平面MNR与平面OCD 的距离.7．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD为正方形，1,2,PB PD AB AP Q ====是CD 中点． （1）求点C 到平面BPQ 的距离；--的余弦值．（2）求二面角A PQ B考向七用向量法求立体几何中的探索性问题1.通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．2.探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用，这样可减少坐标未知量．典例10 如下图所示,三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,BC⊥AC,BC=AC=2,AA1=3,D为AC的中点.（1）求二面角C1-BD-C的余弦值;（2）在侧棱AA1上是否存在点P,使得CP⊥平面BDC1?并证明你的结论.【解析】（1）建立如下图所示的空间直角坐标系,则C1(0,0,0),B(0,3,2),C(0,3,0),A(2,3,0),D(1,3,0),所以(0,3,2),(1,3,0).设n=(x1,y1,z1)是平面BDC1的法向量,则所以111132030y z x y +=⎧⎨+=⎩，令x 1=1,得n =(1,13-,12)是平面BDC 1的一个法向量,易知(0,3,0)是平面ABC 的一个法向量,所以cos<n ,11127736C C C C⋅-==-⋅⨯n n , 而二面角C 1-BD -C 为锐角,故其余弦值为27. （2）假设侧棱AA 1上存在一点P (2,y ,0)(0≤y ≤3),使得CP ⊥平面BDC 1. 因为(2,y -3,0),所以即()()3302330y y -=⎧⎪⎨+-=⎪⎩，得y =3且y73, 所以方程组无解.则假设不成立,即侧棱AA 1上不存在点P ,使CP ⊥平面BDC 1. 典例11已知四棱锥P-ABCD 的底面是直角梯形，，，，且，M 点为PC 的中点.（1）求证：.（2）在平面PAD 内找一点N ，使.【解析】（1）因为PD ⊥底面ABCD ,CD//AB ,CD ⊥AD ，所以以D 为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz (如图所示).由于PD =CD =DA =2AB =2,所以D (0,0,0),B (2,1,0),C (0,2,0),P (0,0,2),M (0,1,1),所以. 因为平面PAD,所以是平面PAD的法向量,又因为,所以//平面PAD，所以BM//平面PAD.（2）设N(x,0,z)是平面PAD内一点,则若MN⊥平面PBD,则，所以()210210zx⎧-=⎨-=⎩，即121xz⎧=⎪⎨⎪=⎩，所以在平面PAD内存在点1,0,12N⎛⎫⎪⎝⎭使得MN⊥平面PBD.8．如图，在四棱锥P ABCD-中，平面PAD⊥平面ABCD，PA PD⊥，PA PD=，AB AD⊥，1AB=，2AD=，AC CD==（1）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.（2）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由.1．向量()1,1,0=a ，()0,1,1=b ，()1,0,1=c ，()1,0,1=-d 中，共面的三个向量是 A ．a ，b ，c B ．b ，c ，d C ．c ，d ，aD ．d ，a ，b2．已知向量()()2,4,5,3,,x y ==a b 分别是直线12,l l 的方向向量，若12l l ∥，则 A ．6,15x y == B ．153,2x y ==C ．3,15x y ==D ．156,2x y ==3．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 A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°4．如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱111ABC A B C -,12CA CC CB ==,则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为A BC D ．355．如图所示，在直二面角D-AB-E 中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，△AEB 是等腰直角三角形，其中∠AEB =90°,则点D 到平面ACE 的距离d 为A BC D ．6．已知正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中,AA 1=2AB ,则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于A ．23BC ．3D ．137．已知向量()1,0,1=-a ，()1,2,1=-b ，且k +a b 与23-a b 互相垂直，则k 的值是______________. 8．如图所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,底面是以∠ABC 为直角的等腰三角形,AC =2a ,BB 1=3a ,D 是A 1C 1的中点,点E 在棱AA 1上,要使CE ⊥平面B 1DE ,则AE =______________.9．如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=2，点G 与E 分别是A 1B 1和CC 1的中点，点D 与F 分别是AC 和AB 上的动点．若GD ⊥EF ，则线段DF 长度的最小值为______________.10．在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，平面平面，，//，，，．（1）求证：．时，求三棱锥的体积．（2）当二面角的平面角的余弦值为311．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=4，AB=2．若M，N分别为棱PD，PC上的点，O为AC的中点，且AC=2OM=2ON．（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线CD与平面ACM所成的角的正弦值；（3）求点N到平面ACM的距离．12．如图所示,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD, PA=AB=AD=1,点F是PB的中点,点E在边BC上移动.（1）求证:无论点E在BC边的何处,都有PE⊥AF;（2）BC(包括端点B,C)上是否存在一点E,使PD∥平面AEF?若存在,求出点E的位置;若不存在,请说明理由.13．如图,矩形ABCD所在的平面和直角梯形CDEF所在的平面成60°的二面角,DE∥CF,CD⊥DE,AD=2,EF=3,CF=6,∠CFE=45°.（1）求证:BF∥平面ADE;（2）在线段CF上求一点G,使锐二面角B-EG-D的余弦值为14.14．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF DE=，点M为棱AE的中点.（1）求证：平面BMD ∥平面EFC ；（2）若2DE AB =，求直线AE 与平面BDM 所成的角的正弦值.1．（2018新课标全国II 理科）在长方体1111ABCD A BC D -中，1AB BC ==，1AA 则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15BCD 2．（2018新课标全国Ⅰ理科）如图，四边形ABCD 为正方形，,EF 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥. （1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.3．（2018新课标全国II 理科）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．4．（2018新课标全国Ⅲ理科）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M 是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AM D⊥平面BMC；体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．（2）当三棱锥M ABC5．（2018江苏卷）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．6．（2018北京理科）如图，在三棱柱ABC −111A B C 中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11AC ，1BB 的中点，AB=BC ，AC =1AA =2．（1）求证：AC ⊥平面BEF ； （2）求二面角B −CD −C 1的余弦值； （3）证明：直线FG 与平面BCD 相交．7．（2018天津理科）如图，AD BC ∥且AD =2BC ，AD CD ⊥,EG AD ∥且EG =AD ，CD FG ∥且CD =2FG ，DG ABCD ⊥平面，DA =DC =DG =2.（1）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN CDE ∥平面； （2）求二面角E BC F --的正弦值；（3）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.8．（2017新课标全国Ⅰ理科）如图，在四棱锥P −ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.∵N 为CD 1的中点， ∴N (32，3，1)． ∵M 是A 1C 1的三分之一分点且靠近A 1点， ∴M (1，1，2)．由两点间距离公式，得|MN |. 【名师点睛】本题考查空间直角坐标系的建立、点坐标的求法以及距离公式，建系时注意要利用两两垂直的三条线建系，由线段比例求坐标时，注意由坐标特征求，不要直接乘比例系数求坐标.建立空间直角坐标系，分别由比例关系求出点M 、点N 的坐标，由两点间的距离公式求出线段长度，即可得到结果. 2．【解析】（1）∵+AC AD mAB =，，∴,,AC AD AB 共面，即A 、B 、C 、D 四点共面． ∵+EG EH mEF =，，∴,,EG EH EF 共面，即E 、F 、G 、H 四点共面．（2）()()()EF OH OE OF OE OD OA OB OA EG EH m m k km =+=-+-=-+-()k AD AB AD km k m k AB AC +=+==，∴AC EG ∥.（3）()OG OE EG OA AC OA k k AC k OC k =+=+=+=.3．【解析】如图所示，建立空间直角坐标系D −xyz ，则有D (0，0，0)，A (2，0，0)，C (0，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，2，1)，F (0，0，1)，B 1(2，2，2)， 所以()1021FC =，，，()200DA =，，，()021AE ＝，，.（1）设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量，则1DA ⊥n ，1AE ⊥n ，即11111·20·20DA x AE y z ⎧==⎪⎨=+=⎪⎩，，n n得4．【解析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -，设1AB =，则()1,0,0A ，()1,1,0B ，11,,12E ⎛⎫⎪⎝⎭， 10,1,2H ⎛⎫ ⎪⎝⎭，11,1,2AH ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，10,,12BE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，0AH BE ⋅=，BE AH ∴⊥.5．【解析】（1）取BC 的中点O ，连接1,OA OB ， 因为底面ABC 是边长为2的正三角形，所以OA BC ⊥，且OA =因为13BB =，160CBB ∠=，1OB =， 所以222113213cos607OB =+-⨯⨯⨯=，所以1OB ，又因为1AB所以2221110OA OB AB +==， 所以1OA OB ⊥，所以11,2AB ⎛=⎝⎭，()1,AB =-，()1,AC =， 设()1111,,x y z =n 为平面1ABB 的法向量，则11100AB AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即111110,1022x x z ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，令11y =，得()1=n ；设()2222,,x y z =n 为平面1ABC 的法向量，则22100AC AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即222220,102x x z ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，令21y =，得213⎫=⎪⎭n .所以121212131cos,-++⋅===n nn nn n所以二面角1B AB C--=【名师点睛】利用空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（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零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和距离.6．【解析】因为M，R分别为AO，AD的中点，所以NC=(0，1，0)，OD=(0，2，−2)，CD=(−2，0，0)，设平面OCD的法向量为n=(x，y，z)，则·220·20OD y zCD x⎧=-=⎪⎨=-=⎪⎩nn，令z=1，得n=(0，1，1)为平面OCD的一个法向量.所以点N 到平面OCD 的距离d =|NC ·n n |所以直线MN 与平面OCD 的距离、平面MNR 与平面OCD7．【解析】∵正方形边长1,2AB PB PD AP ====， ∴222222,PB PA AB PD PA AD =+=+， ∴,PA AB PA AD ⊥⊥， ∴PA ⊥平面ABCD ，∴分别以AB AD AP 、、所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，（2）设平面APQ 的一个法向量为()2222,,x y z =n ，则22222220·0120·02z AP x y z PQ =⎧⎧=⎪⎪⇒⎨⎨+-==⎪⎪⎩⎩n n ，令22x =，得()22,1,0=-n ，∴121212cos 10⋅===n n n ,n n n ，∴二面角A PQ B --【方法点晴】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是： （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零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和距离.8．【解析】（1）取AD 的中点O ，连接PO ，CO .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD . 又因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图：设PB 与平面PCD 的夹角为θ，则sin |cos |PB PB PBθ⋅==,n n n=111||3--=. （2）假设存在M 点使得BM ∥平面PCD ，设AMAPλ=，M （0，y 1，z 1）， 由（1）知，A （0，1，0），P （0，0，1），B （1，1，0），()011AP =-,,，()1101AM y z =-,,， 则有AM AP λ=，可得M （0，1﹣λ，λ）， ∴()1BM λλ=--,,，∵BM ∥平面PCD ，1112⎛⎫=- ⎪⎝⎭,,n 为平面PCD 的法向量， ∴0BM ⋅=n ，即102λλ-++=，解得14λ=． 综上，存在点M ，即当14AM AP =时，使得BM ∥平面PCD ． 【名师点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”： 第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系； 第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标； 第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量； 第四，破“应用公式关”.1．【答案】D【名师点睛】本题考查了判断空间向量是否共面的问题，属于基础题．假设三向量共面，根据共面定理，得出向量的线性表示，列出方程组，求出方程组的解，即可判断这组向量是否共面． 2．【答案】D【解析】12l l ∥，∴存在实数k 使得k =b a ,即()()3,,2,4,5x y k =,3245kx k y k=⎧⎪∴=⎨⎪=⎩，解得156,2x y ==，故选D.【名师点睛】本题主要考查空间向量共线的性质，意在考查对基本性质的掌握情况，属于简单题. 3．【答案】C【解析】∵两平面的法向量分别为(0,1,0),(0,1,1),==m n ∴两平面所成的二面角与,m n 相等或互补，cos 2⋅===⋅,m n m n m n ∴45=︒,m n .故两平面所成的二面角为45°或135°，故选C ．【名师点睛】本题考查的知识点是二面角的平面角及求法，其中一定要注意两平面所成的二面角与,m n 相等或互补，属基础题.4．【答案】A【解析】设CA =2,则()()()()()110,0,0,2,0,0,0,0,1,0,2,0,0,2,1C A B C B ,可得向量=(-2,2,1),=(0,2,-1),由向量的夹角公式得cos<,202211-⨯+⨯+⨯-=,故选A.5．【答案】B6．【答案】A【方法点晴】本题主要考查利用空间向量求线面角，属于难题.利用空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（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零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和距离. 7．【答案】115【解析】向量()1,0,1=-a ，()1,2,1=-b ，∴()1,2,1k k k +=--+a b ，()235,6,5-=--a b ，k +a b 与23-a b 互相垂直，∴()()()()1526150k k -⋅+⋅-+-+⋅-=，解得115k =. 【名师点睛】先由向量的坐标运算求k +a b 与23-a b ，再由它们互相垂直列方程求出k 的值.空间两个向量垂直的充要条件：设()123,,a a a =a ，()123,,b b b =b ，则11223300a b a b a b ⊥⇔⋅=⇔⋅+⋅+⋅=a b a b . 8．【答案】a 或2a【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,则B 1(0,0,3a ),C (0,a ,0).设点E 的坐标为(a ,0,z ),则=(a ,-a ,z ),=(a ,0,z-3a ).由⊥,得2a 2+z 2-3az =0,解得z =a 或2a ,即AE =a 或2a .9．【名师点睛】建立空间直角坐标系后，可将立体几何问题转化为数的运算的问题来处理，解题时要注意建立的坐标系要合理，尽量多地把已知点放在坐标轴上，同时求点的坐标时要准确．建立空间直角坐标系，设出点F，D的坐标，求出向量GD,EF，利用GD⊥EF求得关系式，然后可得到DF长度的表达式，最后利用二次函数求最值．10．【解析】（1）因为，平面⊥平面，，设平面的法向量为()1,,1x y =n ，则由1100EC ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,即020x m x y m -=⎧⎨-+-=⎩，得，则1n . 由（1）知平面，所以平面的法向量为()20,1,0FE ==n ,121212cos ,⋅〈〉===n n n n n n ，,所以11111123323△A EFC F AEC ACE V V EF S --==⋅=⨯⨯⨯⨯=.11．【解析】（1）AC=2OM，AM⊥MC.则A(0，0，0)，P(0，0，4)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2).，,设平面ACM的法向量为n=(x，y，z)，则有240 220 x yy z+=⎧⎨+=⎩，令=1，则n=(–2，1，–1)．12．【解析】（1）以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A (0,0,0),P (0,0,1),F (0,12,12),D (1,0,0), ∴=(0,12,12), 设BE =a ,则E (a ,1,0),=(a ,1,-1).∵·=(a ,1,-1)·(0,12,12)=0,∴PE ⊥AF , ∴无论点E 在BC 边的何处,都有PE ⊥AF . （2）假设存在点E ,使PD ∥平面AEF , 设BE =a (0≤a ≤1),则E (a ,1,0),=(a ,1,0).∵PD ∥平面AEF ,=(1,0,-1),∴设=λ1+λ2,即(1,0,-1)=λ1(a ,1,0)+λ2(0,12,12),即11221102112a λλλλ⎧⎪=⎪⎪+=⎨⎪⎪=-⎪⎩,解得12112a λλ=⎧⎪=⎨⎪=-⎩,∴BC 上存在一点E ,且E 在C 点时,PD ∥平面AEF .13．【解析】（1）因为BC ∥AD ,AD ⊂平面ADE ,BC ⊄平面ADE ,所以BC ∥平面ADE,设G (3,t ,0),-1≤t ≤5, 则=(-3,2,-),=(0,t ,-).14．【解析】（1）连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ，易知N 为AC 的中点，∴MN EC ∥.∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ， ∴MN ∥平面EFC .∵,BF DE 都垂直于底面ABCD ， ∴BF DE ∥. ∵BF DE =，∴四边形BDEF 为平行四边形， ∴BD EF ∥.∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC . 又∵MNBD N =，∴平面BDM ∥平面EFC .（2）由已知，DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形. ∴,,DA DC DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz -.。