2020版高三文科数学人教版第一轮复习作业：第七篇 立体几何与空间向量 第1节课时作业

9.7 空间向量在空间几何体的运用（一）一．设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为1n ，2n ，则有如下结论：二．点面距已知AB 为平面α的一条斜线段(A 在平面α内)，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|||cos ,|||||||||AB d AB AB AB AB ⋅===<>n n n ||||AB ⋅n n ．注：空间中其他距离问题一般都可以转化为点面距问题．考向一 利用空间向量证明平行【例1】在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CC 1，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD ． 【答案】见解析【解析】法一 如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，于是DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12.设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥DA 1→，n ⊥DB →，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，取x ＝1，则y ＝－1，z ＝－1，∴平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n .∴MN ∥平面A 1BD ．法二 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→，∴MN →∥DA 1→，∴MN ∥平面A 1BD ．法三 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12DA →－12A 1A →＝12()DB →＋BA →－12()A 1B →＋BA →＝12DB →－12A 1B →. 即MN →可用A 1B →与DB →线性表示，故MN →与A 1B →，DB →是共面向量，故MN ∥平面A 1BD ． 【拓展】1.(变条件)本例中条件不变，试证明平面A 1BD ∥平面CB 1D 1.[证明] 由例题解析知，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，B 1(1,1,1)， 则CD 1→＝(0，－1,1)，D 1B 1→＝(1,1,0)， 设平面CB 1D 1的法向量为m ＝(x 1，μ1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CD 1→m ⊥D 1B 1→，即⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD 1→＝－y 1＋z 1＝0，m ·D 1B 1→＝x 1＋y 1＝0，令y 1＝1，可得平面CB 1D 1的一个法向量为m ＝(－1,1,1)， 又平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)． 所以m ＝－n ，所以m ∥n ，故平面A 1BD ∥平面CB 1D 1. 2．(变条件)若本例换为：在如图3­2­4所示的多面体中，EF ⊥平面AEB ，AE ⊥EB ，AD ∥EF ，EF ∥BC ，BC ＝2AD ＝4，EF ＝3，AE ＝BE ＝2，G 是BC 的中点，求证：AB ∥平面DEG .图3­2­4[证明] ∵EF ⊥平面AEB ，AE ⊂平面AEB ，BE ⊂平面AEB ， ∴EF ⊥AE ，EF ⊥BE .又∵AE ⊥EB ，∴EB ，EF ，EA 两两垂直．以点E 为坐标原点，EB ，EF ，EA 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得，A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，F (0,3,0)，D (0,2,2)，G (2，2,0)，∴ED →＝(0,2,2)，EG →＝(2,2,0)，AB →＝(2,0，－2)．设平面DEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ED →·n ＝0，EG →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令y ＝1，得z ＝－1，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－1)， ∴AB →·n ＝－2＋0＋2＝0，即AB →⊥n . ∵AB ⊄平面DEG ， ∴AB ∥平面DEG .考向二 垂直、【例2】如图1，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，AS ⊥底面ABCD ，且A S A B =，E 是SC 的中点．求证：（1）直线AD ⊥平面SAB ； （2）平面BDE ⊥平面ABCD ．图1 图2【答案】见解析【解析】如图2，以A 为原点， AB ，AD ，AS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，设2AS AB ==，则(0,0,0)A ，(0,2,0)D ，(2,2,0)C ，(2,0,0)B ，(0,0,2)S ，(1,1,1)E 易得(0,0,2)AS =，(2,0,0)AB =设平面SAB 的法向量为(,,)x y z =n ，则AS AB ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥n n ，即2020AS z AB x ⎧⋅==⎪⎨⋅==⎪⎩n n取1y =，可得平面SAB 的一个法向量为(0,1,0)=n又(0,2,0)AD =，所以2AD =n ，所以AD ∥n ，所以直线AD ⊥平面SAB 方法1：如图2，连接AC 交BD 于点O ，连接OE ，则点O 的坐标为(1,1,0) 易得(0,0,1)OE =，(0,0,2)AS =，显然2AS OE =，故AS OE ∥，所以AS OE ∥ 又AS ⊥底面ABCD ，所以OE ⊥底面ABCD 又OE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABCD 方法2：易得(1,1,1)BE =-，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)x y z =m ，则BE BD ⎧⎪⎨⎪⎩⊥⊥m m ，即0220BE x y z BD x y ⎧⋅=-++=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩m m取1x =，得1y =，0z =，所以平面1A BD 的一个法向量为(1,1,0)=mAS ⊥底面ABCD ，可得(0,0,2)AS =是平面ABCD 的一个法向量因为(0,0,2)(1,1,0)0AS ⋅=⋅=m ，所以AS ⊥m ，所以平面BDE ⊥平面ABCD【举一反三】1.如图所示，正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点，求证：AB 1⊥平面A 1BD ．【答案】见解析【解析】法一：如图所示，取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC ．因为在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，以OB →，OO 1→，OA →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系， 则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，B 1(1,2,0)． 所以AB 1→＝(1,2，－3)，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)． 因为AB 1→·BA 1→＝1×(－1)＋2×2＋(－3)×3＝0.AB 1→·BD →＝1×(－2)＋2×1＋(－3)×0＝0.所以AB 1→⊥BA 1→，AB 1→⊥BD →，即AB 1⊥BA 1，AB 1⊥BD ． 又因为BA 1∩BD ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BD ． 法二：建系同方法一．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BA 1→n ⊥BD→，即⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝－x ＋2y ＋3z ＝0，n ·BD →＝－2x ＋y ＝0，令x ＝1得平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(1,2，－3)， 又AB 1→＝(1,2，－3)，所以n ＝AB 1→，即AB 1→∥n . 所以AB 1⊥平面A 1BD ．考向三 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题【例3】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，BC ＝AC ＝AA 1＝2，D 为AC 的中点．(1)求证：AB 1∥平面BDC 1；(2)设AB 1的中点为G ，问：在矩形BCC 1B 1内是否存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.若存在，求出点H 的位置，若不存在，说明理由． 【答案】见解析【解析】(1)证明：连接B 1C ，设B 1C ∩BC 1＝M ，连接MD ，在△AB 1C 中，M 为B 1C 中点，D 为AC 中点， ∴DM ∥AB 1，又∵AB 1不在平面BDC 1内，DM 在平面BDC 1内， ∴AB 1∥平面BDC 1.(2)以C 1为坐标原点，C 1A 1→为x 轴，C 1C →为y 轴，C 1B 1→为z 轴建立空间直角坐标系． 依题意，得C 1(0,0,0)，D (1,2,0)，B (0,2,2)，G (1,1,1)，假设存在H (0，m ，n )， GH →＝(－1，m －1，n －1)，C 1D →＝(1,2,0)，DB →＝(－1,0,2)，由GH ⊥平面BC 1D ，得GH →⊥C 1D →⇒(－1，m －1，n －1)·(1,2,0)＝0⇒m ＝32.同理，由GH →⊥DB →得n ＝12，即在矩形BCC 1B 1内存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.此时点H 到B 1C 1的距离为32，到C 1C 的距离为12.【举一反三】1.如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为PA ，BD 中点，PA ＝PD ＝AD ＝2.(1)求证：EF ∥平面PBC ；(2)在棱PC 上是否存在一点G ，使GF ⊥平面EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：如图所示，连接AC .因为底面ABCD 是正方形，AC 与BD 互相平分．F 是BD 中点，所以F 是AC 中点．在△PAC 中，E 是PA 中点，F 是AC 中点，所以EF ∥PC . 又因为EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC . (2)取AD 中点O ，连接PO .在△PAD 中，PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥OF . 又因为F 是AC 中点，所以OF ⊥AD .以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA ＝PD ＝AD ＝2，所以OP ＝3，则C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F (0,1,0)．于是DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，DF →＝(1,1,0)．设平面EFD 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，32x 0＋32z 0＝0，即⎩⎨⎧y 0＝－x 0，z 0＝－3x 0.令x 0＝1，则n ＝(1，－1，－3)．假设在棱PC 上存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 设G (x 1，y 1，z 1)，则FG →＝(x 1，y 1－1，z 1)． 因为EDF 的一个法向量n ＝(1，－1，－3)． 因为GF ⊥平面EDF ，所以FG →＝λn .于是⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1－1＝－λ，z 1＝－3λ，即⎩⎨⎧x 1＝λ，y 1＝1－λ，z 1＝－3λ.又因为点G 在棱PC 上，所以GC →与PC →共线．因为PC →＝(－1,2，－3)，CG →＝(x 1＋1，y 1－2，z 1)， 所以x 1＋1－1＝y 1－22＝z 1－3， 即1＋λ－1＝－λ－12＝－3λ－3，无解．故在棱PC 上不存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 考向四 点面距【例4】如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3a ，求平面11AB D 与平面1BDC 之间的距离．．【解析】由正方体的性质，易得平面11AB D ∥平面1BDC ， 则两平面间的距离可转化为点B 到平面11AB D 的距离．如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，【举一反三】1．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bie nao ）.已知在鳖臑P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，2PA AB BC ===，M 为PC 的中点，则点P 到平面MAB 的距离为_____．【解析】以B 为坐标原点，BA,BC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图，则()()()()0,0,0,2,0,0,2,0,2,0,2,0B A P C ,由M 为PC 的中点可得()1,1,1M ;()()1,1,1,2,0,0BM BA ==, ()2,0,2BP =.设(),,x y z =n 为平面ABM 的一个法向量，则00n BA n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩,即200x x y z =⎧⎨++=⎩，令1z =-，可得()0,1,1=-n ，点P 到平面MAB 的距离为BP d ⋅==n n.1．在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点A 关于平面BDC 1对称点为M ，则M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为（ ）A ．32B ．54C ．43D ．53【答案】D【解析】以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，D （0，0，0），B （1，1，0），C 1（0，1，1），A （1，0，0），A 1（1，0，1），DB =（1，1，0），1DC =（0，1，1）， 设平面BDC 1的法向量n =（x ，y ，z ），则100n DB x y n DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x=1，得n =（1，-1，1），∴平面BDC 1的方程为x-y+z=0，过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程为： （x-1）=-y=z ，令（x-1）=-y=z=t ，得x=t+1，y=-t ，z=t ，代入平面方程x-y+z=0，得t+1+t+t=0，解得t=13- ，∴过点A （1，0，0）且垂直于平面BDC 1的直线方程与平面BDC 1的交点为211333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-∴点A 关于平面BDC 1对称点M 122333⎛⎫ ⎪⎝⎭，，-， 1225333A M ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，-，平面A 1B 1C 1D 1的法向量m =（0，0，1），∴M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为d=15=3m A M m⋅故选：D ． 2．在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱1AA 、1BB 的中点，M 为棱11A B 上的一点，且1(02)A M λλ=<<，设点N 为ME 的中点，则点N 到平面1D EF 的距离为（ ）AB．2C．3λ D【答案】D【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 则M （2，λ，2），D 1（0，0，2），E （2，0，1），F （2，2，1），1ED ＝（﹣2，0，1），EF ＝（0，2，0）1sin()cos 22C C π+==＝（0，λ，1）， 设平面D 1EF 的法向量n ＝（x ，y ，z ），则1·20·20n ED x z n EF y ⎧=-+=⎨==⎩，取x ＝1，得n ＝（1，0，2），∴点M 到平面D 1EF 的距离为：d＝5EM n n==N 为EM 中点，所以N ，选D ．3．如图：正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为3，D 是CB 延长线上一点，且BD BC =，二面角1B AD B --的大小为60︒；（1）求点1C 到平面1B AD 的距离；（2）若P 是线段AD 上的一点 ，且12DP A A =，在线段1DC 上是否存在一点Q ，使直线//PQ 平面1ABC ？若存在，请指出这一点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4； （2）存在,当113C Q QD =时，1//PQ AC 知//PQ 平面1ABC . 【解析】（1）设E 为AD 的中点，则BE AD ⊥，在正三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ,而AD ⊂平面ABC ，所以1BB AD ⊥，而1BB EB B =,因此AD ⊥平面1BB E ，而1B E ⊂平面1BB E ，所以有1B E AD ⊥1BEB ∴∠为二面角1B AD B --的平面角，如下图所示：160BEB ∴∠=︒120ABD ∠=︒，32BE =,11tan BB BEB BE ∴∠==侧棱11AA BB ==；111111C ADB A C DB A BB C V V V ---==11273328⎛=⨯= ⎝⎭又AD =11AB B D ==知1112ADB S AD B E ∆=⋅=∴点1C 到平面1ADB 的距离2738d =⨯=（2）由（1）可知AD =1AA =，12DP AA =，13AP PD ∴=，当113C Q QD =时，有1//PQ AC 成立，而 1AC ⊂平面1ABC ，所以 //PQ 平面1ABC ，故存在，当113C Q QD =时，符合题意。

课时作业44直线、平面垂直的判定及其性质第一次作业基础巩固练一、选择题1．设α，β为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的(A)A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.2．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是(B) A．若a∥α，b∥α，则a∥bB．若a⊥α，a∥b，则b⊥αC．若a⊥α，a⊥b，则b∥αD．若a∥α，a⊥b，则b⊥α解析：若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B 正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或b⊂α或b与α相交，故D错误．3．(2019·安徽池州联考)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中错误的是(C)A．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥βB．若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥nC．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nD．若α⊥β，m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β解析：根据线面垂直的判定可知，当m⊥α，m∥n，n⊂β时可得n⊥α，则α⊥β，所以A不符合题意；根据面面平行的性质可知，若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥β，故m∥n，所以B不符合题意；根据面面平行的性质可知，m，n可能平行或异面，所以C符合题意；根据面面垂直的性质可知，若α⊥β，m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β，所以D不符合题意．故选C.4. (2019·贵阳监测考试)如图，在三棱锥P-ABC中，不能证明AP⊥BC 的条件是(B)A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A能证明AP⊥BC；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，又AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C能证明AP⊥BC；由A知D能证明AP⊥BC；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.5．(2019·福建宁德质检)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，下面结论错误的是(D)A．BD∥平面CB1D1B．异面直线AD与CB1所成的角为45°C．AC1⊥平面CB1D1D．AC1与平面ABCD所成的角为30°解析：因为BD∥B1D1，所以BD∥平面CB1D1，A不符合题意；因为AD ∥BC，所以异面直线AD与CB1所成的角为∠BCB1＝45°，B不符合题意；因为AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，所以AC1⊥平面CB1D1，C不符合题意；AC1与平面ABCD所成的角为∠CAC1≠30°，故选D.6．(2019·福建泉州质检)如图，在下列四个正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是(D)解析：如图，在正方体中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，且六点共面，直线BD1与平面EFMNQG垂直，并且选项A，B，C中的平面与这个平面重合，满足题意．对于选项D中图形，由于E，F为AB，A1B1的中点，所以EF∥BB1，故∠B1BD1为异面直线EF与BD1所成的角，且tan∠B1BD1＝2，即∠B1BD1不为直角，故BD1与平面EFG不垂直，故选D.7．三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1垂直于底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是(A)①CC1与B1E是异面直线；②AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1；③AC⊥平面ABB1A1；④A1C1∥平面AB1E.A．②B．①③C．①④D．②④解析：对于①，CC1，B1E都在平面BB1C1C内，故错误；对于②，AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，底面三角形ABC是正三角形，E是BC中点，所以AE⊥BC，又B1C1∥BC，故AE 与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1，故正确；对于③，上底面ABC是一个正三角形，不可能存在AC⊥平面ABB1A1，故错误；对于④，A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故错误．故选A.二、填空题8．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△P AC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有AB，BC，AC；与AP垂直的直线有AB.解析：∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC.∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面P AC，又∵AP⊂平面P AC，∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.9．若α，β是两个相交平面，m为一条直线，则下列命题中，所有真命题的序号为②④.①若m⊥α，则在β内一定不存在与m平行的直线；②若m⊥α，则在β内一定存在无数条直线与m垂直；③若m⊂α，则在β内不一定存在与m垂直的直线；④若m⊂α，则在β内一定存在与m垂直的直线．解析：对于①，若m⊥α，如果α，β互相垂直，则在平面β内存在与m 平行的直线，故①错误；对于②，若m⊥α，则m垂直于平面α内的所有直线，则β内与α、β的交线平行的直线都与m垂直，故在平面β内一定存在无数条直线与m垂直，故②正确；对于③④，若m⊂α，则在平面β内一定存在与m垂直的直线，故③错误，④正确．10．(2019·广东七校联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E 为DC边的中点，沿AE将△ADE折起，在折起过程中，下列结论中能成立的序号为④.①ED⊥平面ACD；②CD⊥平面BED；③BD⊥平面ACD；④AD⊥平面BED.解析：因为在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，E为DC边的中点，则折叠时，D点在平面BCE上的射影的轨迹为O1O2(如图)．因为折起过程中，DE与AC所成角不能为直角，所以DE不垂直于平面ACD，故①不符合；只有D点射影位于O2位置，即平面AED与平面AEB 重合时，才有BE⊥CD，所以折起过程中CD不垂直于平面BED，故②不符合；折起过程中，BD与AC所成的角不能为直角，所以BD不垂直于平面ACD，故③不符合；因为AD⊥ED，并且在折起过程中，当点D的射影位于O点时，AD⊥BE，所以在折起过程中，AD⊥平面BED能成立，故④符合．三、解答题11．(2019·昆明市调研测试)如图，在三棱锥P-ABC中，∠ABC＝90°，平面P AB⊥平面ABC，P A＝PB，点D在PC上，且BD⊥平面P AC.(1)证明：P A⊥平面PBC；(2)若AB BC ＝6，求三棱锥D -P AB 与三棱锥D -ABC 的体积比． 解：(1)证明：因为BD ⊥平面P AC ，P A ⊂平面P AC ，所以BD ⊥P A ， 因为∠ABC ＝90°，所以CB ⊥AB ，又平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AB ∩平面ABC ＝AB ，所以CB ⊥平面P AB ，又P A ⊂平面P AB ，所以CB ⊥P A ，又CB ∩BD ＝B ，所以P A ⊥平面PBC .(2)因为三棱锥D -P AB 的体积V D -P AB ＝V A -PBD ＝13S △PBD ×P A ＝16×BD ×PD ×P A ，三棱锥D -ABC 的体积V D -ABC ＝V A -BCD ＝13S △BCD ×P A ＝16×BD ×CD ×P A ，所以V D -P AB V D -ABC＝PD CD . 设AB ＝2，BC ＝6，因为P A ⊥平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，所以P A ⊥PB ，又P A ＝PB ，所以PB ＝2，在Rt △PBC 中，PC ＝BC 2＋PB 2＝22，又BD ⊥平面P AC ，PC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥PC ，所以CD ＝BC 2PC ＝322，PD ＝22，所以PD CD ＝13，即三棱锥D -P AB 与三棱锥D -ABC 的体积比为13.12．(2019·河南郑州质检)在如图所示的五面体EF -ABCD 中，四边形ABCD 为菱形，且∠DAB ＝60°，EA ＝ED ＝AB ＝2EF ＝2，EF ∥AB ，M 为BC 的中点．(1)求证：FM ∥平面BDE ；(2)若平面ADE ⊥平面ABCD ，求F 到平面BDE 的距离．解：(1)证明：如图，取BD 中点O ，连接OM ，OE ，因为O ，M 分别为BD ，BC 的中点，所以OM ∥CD ，且OM ＝12CD .因为四边形ABCD 为菱形，所以CD ∥AB .又EF ∥AB ，所以CD ∥EF .又AB ＝CD ＝2，所以EF ＝12CD .所以OM 綊EF ，所以四边形OMFE 为平行四边形，所以FM ∥OE . 又OE ⊂平面BDE ，FM ⊄平面BDE ，所以FM ∥平面BDE .(2)由(1)知FM ∥平面BDE ，所以F 到平面BDE 的距离等于M 到平面BDE 的距离．如图，取AD 的中点H ，连接EH ，BH ，EM ，DM .因为四边形ABCD 为菱形，且∠DAB ＝60°，EA ＝ED ＝AB ＝2EF ， 所以EH ⊥AD ，BH ⊥AD .因为平面ADE ⊥平面ABCD ，平面ADE ∩平面ABCD ＝AD ，所以EH ⊥平面ABCD ，EH ⊥BH .因为EH ＝BH ＝3，所以BE ＝ 6.所以S △BDE ＝12×6×22－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝152. 设F 到平面BDE 的距离为h ， 又因为S △BDM ＝12S △BCD ＝12×12×2×2×sin60°＝32，所以由V 三棱锥E -BDM ＝V 三棱锥M -BDE ，得13×3×32＝13×152h ，解得h ＝155.即F 到平面BDE 的距离为155.第二次作业 高考·模拟解答题体验1．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)设P A ＝1，AD ＝3，PC ＝PD ，求三棱锥P -ACE 的体积． 解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接OE . 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ACE . (2)由题意得AC ＝AD ，所以V P -ACE ＝12V P -ACD ＝14V P -ABCD ＝14×13S ▱ABCD ·P A ＝14×13[2×34×(3)2]×1＝38.2．(2018·全国卷Ⅲ)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由． 解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ， 故平面AMD ⊥平面BMC .(2)当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD . 证明如下：如图，连接AC 交BD 于O .因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连接OP ，因为P 为AM 中点，所以MC∥OP.MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD.3. (2018·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.证明：(1)因为P A＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又因为平面P AD⊥平面ABCD，所以AB⊥平面P AD.所以AB⊥PD.又因为P A⊥PD，所以PD⊥平面P AB. 所以平面P AB⊥平面PCD.(3)取PC中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝12BC.因为ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝12BC.所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形．所以EF∥DG.又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.4. (2019·南宁市摸底联考)如图，△ABC 中，AC ＝BC ＝22AB ，四边形ABED 是边长为1的正方形，平面ABED ⊥底面ABC ，G ，F 分别是EC ，BD 的中点．(1)求证：GF ∥底面ABC ； (2)求几何体ADEBC 的体积．解：(1)证明：取BC 的中点M ，AB 的中点N ，连接GM ，FN ，MN ，如图，G ，F 分别是EC 和BD 的中点，∴GM ∥BE ，且GM ＝12BE ， NF ∥DA ，且NF ＝12DA . 又∵四边形ABED 为正方形，∴BE ∥AD ，BE ＝AD ， ∴GM ∥NF 且GM ＝NF .∴四边形MNFG 为平行四边形．∴GF ∥MN ，又MN ⊂平面ABC ，GF ⊄平面ABC ，∴GF ∥平面ABC . (2)连接CN ，∵AC ＝BC ，∴CN ⊥AB ， 又平面ABED ⊥平面ABC ，CN ⊂平面ABC ， ∴CN ⊥平面ABED .易知△ABC 是等腰直角三角形，∴CN ＝12AB ＝12， ∵C -ABED 是四棱锥，∴V C -ABED＝13S 四边形ABED ·CN ＝13×1×12＝16.5．(2018·天津卷)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB ＝2，AD ＝23，∠BAD ＝90°.(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； (3)求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．解：(1)证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC .(2)如图，取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND.又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角． 在Rt △DAM 中，AM ＝1， 故DM ＝AD 2＋AM 2＝13.因为AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC . 在Rt △DAN 中，AN ＝1， 故DN ＝AD 2＋AN 2＝13.在等腰三角形DMN 中，MN ＝1， 可得cos ∠DMN ＝12MN DM ＝1326.所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326.(3)连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM ＝ 3.又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD .所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ＝AC 2＋AD 2＝4.在Rt △CMD 中，sin ∠CDM ＝CM CD ＝34.所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34.6．(2019·湖北八校联考)如图，直三棱柱ABC -A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝5，AA ′＝AB ＝6，D ，E 分别为AB 和BB ′上的点，且AD DB ＝BE EB ′.(1)当D 为AB 的中点时，求证：A ′B ⊥CE ；(2)当D 在线段AB 上运动时(不含端点)，求三棱锥A ′-CDE 体积的最小值．解：(1)证明：∵D 为AB 的中点， ∴E 为B ′B 的中点，∵三棱柱ABC -A ′B ′C ′为直三棱柱，AA ′＝AB ＝6， ∴四边形ABB ′A ′为正方形，∴DE ⊥A ′B ，∵AC ＝BC ，D 为AB 的中点，∴CD ⊥AB ，由题意得平面ABB ′A ′⊥平面ABC ，且平面ABB ′A ′∩平面ABC ＝AB ，∴CD ⊥平面ABB ′A ′，又A ′B ⊂平面ABB ′A ′，∴CD ⊥A ′B ， 又CD ∩DE ＝D ，∴A ′B ⊥平面CDE ， ∵CE ⊂平面CDE ，∴A ′B ⊥CE . (2)设AD ＝x (0<x <6)，则BE ＝x ，DB ＝6－x ，B ′E ＝6－x ，由已知可得点C 到平面A ′DE 的距离即△ABC 的边AB 上的高h ，且h ＝AC 2－(AB 2)2＝4，∴三棱锥A ′-CDE 的体积 V A ′-CDE ＝V C -A ′DE ＝13(S 四边形ABB ′A ′－S △AA ′D －S △DBE －S △A ′B ′E )·h ＝13[36－3x －12(6－x )x －3(6－x )]·h ＝23(x 2－6x ＋36)＝23[(x －3)2＋27](0<x <6)，∴当x ＝3，即D 为AB 的中点时，V A ′-CDE 取得最小值，最小值为18.。

第1课空间向量的应用一1.若=λ+μ,则直线AB与平面CDE的位置关系是()A.相交B.平行C.在平面内D.平行或在平面内2.若平面α的一个法向量为(1,2,0),平面β的一个法向量为(2,-1,0),则平面α和平面β的位置关系是()A.平行B.相交但不垂直C.垂直D.重合3.已知平面α内有一个点M(1,-1,2),平面α的一个法向量是n=(6,-3,6),则下列点P在平面α内的是 ()A.P(2,3,3)B.P(-2,0,1)C.P(-4,4,0)D.P(3,-3,4)4.已知平面α内的三点A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面β的一个法向量n=(-1,-1,-1),则不重合的两个平面α与β的位置关系是.5.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则x+y= .6.已知平面α的一个法向量为(1,2,-2),平面β的一个法向量为(-2,-4,k).若α∥β,则k 等于()A.2B.-4C.4D.-27.如图K40-1,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,点M在EF上,且AM ∥平面BDE.以C为原点,CD,CB,CE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点M的坐标为()图K40-1A.(1,1,1)B.,,1C.,,1D.,,18.如图K40-2所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B,AC上的点,且A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是()图K40-2A.相交B.平行C.垂直D.不能确定9.如图K40-3,F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点,E是BB1上一点,若D1F⊥DE,则有()图K40-3A.B1E=EBB.B1E=2EBC.B1E=EBD.E与B重合10.如图K40-4,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=,AD=2,P为C1D1的中点,M为BC的中点,则直线AM与直线PM所成的角为()图K40-4A.60°B. 5°C.90°D.以上都不正确11.已知P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).给出下列结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③ 是平面ABCD的法向量;④ ∥.其中正确结论的序号是.12.如图K40-5,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E⊥平面ABF,则CE与DF的和为.图K40-513.[2018·酒泉期末]如图K40-6,在正方体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⊥平面A1BD.图K40-614.如图K40-7,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,设E,F分别为PC,BD的中点.(1)求证:EF∥平面PAD;(2)求证:平面PAB⊥平面PDC.图K40-715.如图K40-8,正三角形ABC的边长为4,CD为AB边上的高,E,F分别是边AC,BC的中点,现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由.(2)在线段BC上是否存在一点P,使AP⊥DE?如果存在,求出的值;如果不存在,请说明理由.图K40-8课时作业(四十)A1.D[解析]∵ =λ+μ,∴ ,,共面.则直线AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内.2.C[解析] 由(1,2,0)·(2,-1,0)=1×2+2×(-1)+0×0=0,知两平面的法向量互相垂直,所以两平面互相垂直.故选C.3.A[解析] 因为n=(6,-3,6)是平面α的一个法向量,所以n⊥,在选项A中,=(1,4,1),则n·=0,所以点P在平面α内.故选A.4.α∥β[解析] 设平面α的一个法向量为m=(x,y,z),由m·=0,得y-z=0,即y=z,由m·=0,得x-z=0,即x=z,取x=1,则m=(1,1,1).∵m=-n,∴m∥n,又平面α与平面β不重合,∴α∥β.5. 5[解析] 由条件得5-0-560--0解得- 5∴x+y=0- 5= 5.6.C[解析]∵α∥β,∴两平面的法向量平行,∴-=-=-,解得k=4.7.C[解析] 设AC与BD相交于点O,连接OE,由AM∥平面BDE,且AM⊂平面ACEF,平面ACEF ∩平面BDE=OE,得AM∥EO,又O是正方形ABCD中两对角线的交点,所以M为线段EF的中点.在空间直角坐标系中,E(0,0,1),F(,,1),由中点坐标公式,知点M的坐标为,,1.8.B[解析] 以C1为原点,分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,∵A1M=AN=,∴M a,,,N,,a,∴=-,0,.又C1(0,0,0),D1(0,a,0),∴ =(0,a,0),∴ ·=0,∴ ⊥.∵ 是平面BB1C1C的一个法向量,且MN ⊄平面BB1C1C,∴MN∥平面BB1C1C.9.A[解析] 以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),F(0,1,0),D1(0,0,2),设E(2,2,z),则=(0,1,-2),=(2,2,z),∵ ·=0×2+1×2-2z=0,∴z=1,∴B1E=EB.10.C[解析] 以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.依题意,可得P(0,1,),A(2,0,0),M(,2,0),∴ =(,1,-),=(-,2,0),∴ ·=(,1,-)·(-,2,0)=0,即⊥,∴直线AM与直线PM 所成的角为90°.11.①②③[解析]∵ ·=0,·=0,∴AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确.又与不平行,∴ 是平面ABCD的法向量,则③正确.由于=-=(2,3,4),=(-1,2,-1),∴ 与不平行,故④错误.12.1[解析] 以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设CE=x,DF=y,则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),F(0,0,1-y),B(1,1,1),∴=(x-1,0,1),=(1,1,y),∵B1E⊥平面ABF,∴ ·=(1,1,y)·(x-1,0,1)=0,则x+y=1.13.证明:(1)以D为原点,DA,DC,DD1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,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),A1(2,0,2),B(2,2,0),B1(2,2,2),C(0,2,0),D1(0,0,2), 设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),∵ =(2,0,2),=(2,2,0),∴0令z=1,则n=(-1,1,1).同理可得平面B1CD1的一个法向量为m=(-1,1,1),则m∥n,∴平面A1BD∥平面B1CD1.(2)∵M,N分别为AB,B1C的中点,∴M(2,1,0),N(1,2,1),则=(-1,1,1),∴ ∥n,∴MN⊥平面A1BD.14.证明:(1)如图,取AD的中点O,连接OP,OF.因为PA=PD,所以PO⊥AD.因为侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD.又O,F分别为AD,BD的中点,所以OF∥AB.又四边形ABCD是正方形,所以OF⊥AD.因为PA=PD=AD,所以PA⊥PD,OP=OA=.以O为原点,OA,OF,OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A,0,0,F0,,0,D-,0,0,P0,0,,C-,a,0.因为E为PC的中点,所以E-,,.易知平面PAD的一个法向量为=0,,0,因为=,0,-,且·=0,,0·,0,-=0,所以EF∥平面PAD.(2)因为=,0,-,=(0,-a,0),所以·=,0,-·(0,-a,0)=0,所以⊥,所以PA⊥CD.又PA⊥PD,PD∩CD=D,所以PA⊥平面PDC.因为PA⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PDC.15.解:(1)AB∥平面DEF,理由如下:在△ABC中,由E,F分别是AC,BC的中点,得EF∥AB.又因为AB⊄平面DEF,EF⊂平面DEF,所以AB∥平面DEF.(2)以D为坐标原点,DB,DC,DA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(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,,1),故=(0,,1).假设存在点P(x,y,0)满足条件,则=(x,y,-2),所以·=y-2=0,所以y=.又=(x-2,y,0),=(-x,2-y,0),∥,所以(x-2)(2-y)=-xy,所以x+y=2.把y=代入上式得x=,所以=,所以在线段BC上存在点P,使AP⊥DE,此时=.。

第五节直线、平面垂直的判定及其性质知识点一 直线与平面垂直1．直线与平面垂直(1)定义：若直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直．(2)判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直(线线垂直⇒线面垂直)．即：a ⊂α，b ⊂α，l ⊥a ，l ⊥b ，a ∩b ＝P ⇒l ⊥α.(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行．即：a ⊥α，b ⊥α⇒a ∥b .2．直线与平面所成的角(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条斜线和这个平面所成的角．(2)线面角θ的范围：θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(×)(2)垂直于同一个平面的两平面平行．(×)(3)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(×)(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(×)解析：(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则有l⊥α或l与α斜交或l⊂α或l∥α，故(1)错误．(2)垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故(2)错误．(3)若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故(3)错误．(4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的所有直线，则α⊥β，故(4)错误．2．(必修2P73A组T1改编)下列命题中不正确的是(A)A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ解析：根据面面垂直的性质，A不正确，直线l∥平面β或l⊂β或直线l与β相交．3．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(C)A．8 B．6 2C．8 2 D．8 3解析：连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2 3.又B1C1＝2，所以BB1＝(23)2－22＝22，故该长方体的体积V＝2×2×22＝8 2.知识点二二面角的有关概念1．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．2．平面与平面垂直的判定定理4．已知直线a和平面α，β，若α⊥β，a⊥β，则a与α的位置关系为a ∥α或a⊂α.解析：当a⊂α且a垂直于α，β的交线时，满足已知条件；若a⊄α，则a∥α.故得a与α的位置关系为a∥α或a⊂α.5．如图，在三棱锥D-ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的有③(填序号)．①平面ABC⊥平面ABD；②平面ABD⊥平面BCD；③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.解析：因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE ⊥AC，DE∩BE＝E，于是AC⊥平面BDE.因为AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.故只有③正确．1．两个重要结论(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．2．使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面”．3．线线、线面、面面垂直间的转化考向一直线与平面垂直的判定与性质【例1】(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，P A＝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MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．【解】(1)证明：因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2 3.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，OP ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)作CH ⊥OM ，垂足为H .又由(1)可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM .故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC ＝12AC ＝2，CM ＝23BC ＝423，∠ACB ＝45°.所以OM ＝253，CH ＝OC ·MC ·sin ∠ACB OM ＝455.所以点C 到平面POM 的距离为455.证明线面垂直的4种方法(1)线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α.(2)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.(3)性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α，②α∥β，a⊥β⇒a⊥α.(4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AD ⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.考向二平面与平面垂直的判定与性质【例2】(2018·江苏卷)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.【证明】(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.(1)证明两平面垂直常转化为线面垂直，利用判定定理来证明.也可作出二面角的平面角，证明平面角为直角，利用定义来证明.(2)已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线，则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面，于是面面垂直转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F 在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.考向三直线与平面所成的角【例3】如图，在四棱锥P-ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2.(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值．(2)求证：PD⊥平面PBC.(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．【解】(1)因为AD∥BC，所以∠DAP或其补角就是异面直线AP与BC 所成的角，因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD，在Rt△PDA中，AP＝AD2＋PD2＝5，所以cos∠DAP＝ADAP ＝55，所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为55.(2)证明：因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD，又因为AD∥BC，PD⊥BC，又PD⊥PB，BC∩PB＝B，所以PD⊥平面PBC.(3)过点D作AB的平行线交BC于点F，连接PF，则DF与平面PBC 所成的角等于AB与平面PBC所成的角．因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP 为直线DF和平面PBC所成的角．由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1，由已知，得CF＝BC－BF＝2.又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF中，可得DF＝DC2＋CF2＝2 5.在Rt△DPF中，sin∠DFP＝PDDF ＝55.所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为55.求直线和平面所成角的步骤(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线．(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角．(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成角的正弦值为13.解析：连接A 1C 1，则∠AC 1A 1为AC 1与平面A 1B 1C 1D 1所成的角，因为AB ＝BC ＝2，所以A 1C 1＝AC ＝22，又AA 1＝1，所以AC 1＝3，所以sin ∠AC 1A 1＝AA 1AC 1＝13. 考向四 线面垂直关系的综合应用【例4】 (2019·广州综合测试)如图1，在边长为1的等边三角形ABC 中，D ，E 分别是AB ，AC 边上的点，AD ＝AE ，F 是BC 的中点，AF 与DE交于点G ，将△ABF 沿AF 折起，得到如图2所示的三棱锥A -BCF ，其中BC ＝22.(1)求证：DE ∥平面BCF ；(2)求证：CF ⊥平面ABF ；(3)当AD ＝23时，求三棱锥F -DEG 的体积．【解】 (1)证明：在折叠后的图形中，因为AB ＝AC ，AD ＝AE ， 所以AD AB ＝AE AC ，所以DE ∥BC .因为DE ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，所以DE ∥平面BCF .(2)证明：在折叠前的图形中，因为△ABC 为等边三角形，BF ＝CF ，所以AF ⊥BC ，则在折叠后的图形中，AF ⊥BF ，AF ⊥CF .又BF ＝CF ＝12，BC ＝22，所以BC 2＝BF 2＋CF 2，所以BF ⊥CF .又BF ∩AF ＝F ，BF ⊂平面ABF ，AF ⊂平面ABF ，所以CF ⊥平面ABF .(3)由(1)知，平面DEG ∥平面BCF ，由(2)知，AF ⊥BF ，AF ⊥CF ，又BF ∩CF ＝F ，所以AF ⊥平面BCF ，所以AF ⊥平面DEG ，即GF ⊥平面DEG .在折叠前的图形中，AB ＝1，BF ＝CF ＝12，AF ＝32.由AD ＝23，知AD AB ＝23，又DG ∥BF ，所以DG BF ＝AG AF ＝AD AB ＝23，所以DG ＝EG ＝23×12＝13，AG ＝23×32＝33，所以FG ＝AF －AG ＝36.故三棱锥F -DEG 的体积V ＝13S △DEG ·FG ＝13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×36＝3324.平面图形翻折为空间图形问题的解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征．(2019·合肥二检)如图1，在平面五边形ABCDE 中，AB ∥CE ，且AE ＝2，∠AEC ＝60°，CD ＝ED ＝7，cos ∠EDC ＝57.将△CDE 沿CE 折起，使点D 到P 的位置，且AP ＝3，得到如图2所示的四棱锥P -ABCE .(1)求证：AP ⊥平面ABCE ；(2)记平面P AB与平面PCE相交于直线l，求证：AB∥l.证明：(1)在△CDE中，，∵CD＝ED＝7，cos∠EDC＝57由余弦定理得CE＝2.连接AC，∵AE＝2，∠AEC＝60°，∴AC＝2.又AP＝3，∴在△P AE中，P A2＋AE2＝PE2，即AP⊥AE.同理，AP⊥AC.∵AC∩AE＝A，AC⊂平面ABCE，AE⊂平面ABCE，∴AP⊥平面ABCE.(2)∵AB∥CE，且CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，∴AB∥平面PCE.又平面P AB∩平面PCE＝l，∴AB∥l.。

第7讲立体几何中的向量方法1．直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量直线l上的向量e或与01共线的向量叫做直线l的方向向量，显然一条直02无数个．(2)平面的法向量如果表示向量n03垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n⊥α，此时向量n叫做平面α的法向量．04无数个，且它们是05共线向量．(3)设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则l∥m06a∥b⇔07a＝k b，k∈R；l⊥m08a⊥b⇔09a·b＝0；l∥α10a⊥u⇔11a·u＝0；l⊥α12a∥u⇔13a＝k u，k∈R；α∥β14u∥v⇔15u＝k v，k∈R；α⊥β16u⊥v⇔17u·v＝0.2．空间向量与空间角的关系(1)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| 18|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a，b所成的角，范围是(0°，90°])．(2)直线与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，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝19|e ·n ||e ||n |，φ的取值范围是[0°，90°]．(3)求二面角的大小如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝20〈AB→，CD →〉.如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉，取值范围是[0°，180°]．确定平面法向量的方法(1)直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有，则此向量就是法向量． (2)待定系数法：取平面内的两个相交向量a ，b ，设平面的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0，解方程组求得．1．平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是( )A ．平行B ．相交但不垂直C ．垂直D ．重合答案 C解析 由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．2．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－33B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫33，－33，33C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，33D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33答案 D解析 AB→＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)，设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)．单位法向量为±n |n |＝±⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，33. 3. 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内答案 B解析 MN →＝MA 1→＋A 1A →＋AN →＝13BA 1→＋A 1A →＋13AC →＝13(B 1A 1→－B 1B →)＋B 1B →＋13(AB →＋AD →)＝23B 1B →＋13B 1C 1→，∴MN →，B 1B →，B 1C 1→共面．又MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C ．4. 如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 与FD 1所成角的余弦值等于( )A ．105B ．155C ．45D ．23答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则O (1，1,0)，E (0,2,1)，F (1，0,0)，D 1(0,0,2)，∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)．∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝FD 1→·OE→|FD1→||OE →|＝1＋0＋25×3＝155.故选B ．5．如图，已知P 为矩形ABCD 所在平面外一点，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PC 的中点．若∠PDA ＝45°，则EF 与平面ABCD 所成的角的大小是( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°答案 C解析 设AD ＝a ，AB ＝b ，因为∠PDA ＝45°，P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AD ，P A ＝AD ＝a .以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0，0，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，0，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，a 2，a 2，所以EF→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2.易知AP →＝(0,0，a )是平面ABCD 的一个法向量．设EF 与平面ABCD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AP →，EF →〉|＝|AP →·EF →||AP →||EF →|＝22.所以θ＝45°.6. (2020·广东华侨中学高三模拟)如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则点M 的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫24，24，1答案 C解析 设AC 与BD 相交于点O ，连接OE ，∵AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ，又O 是正方形ABCD 对角线的交点，∴M 为线段EF 的中点．在空间直角坐标系中，E (0,0,1)，F (2，2，1)．由中点坐标公式，知点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.考向一 利用空间向量证明平行、垂直例1 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 所成的角为30°.求证：(1)CM ∥平面P AD ； (2)平面P AB ⊥平面P AD .证明 以点C 为坐标原点，分别以CB ，CD ，CP 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角． ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴DP→＝(0，－1,2)，DA→＝(23，3,0)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32. (1)设n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，得⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0. 令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM→＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →.又CM ⊄平面P AD ，∴CM ∥平面P AD . (2)如图，取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)．∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A ．又BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE→⊥DA →，∴BE ⊥DA ． 又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD . 又BE ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD . 1.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1. 如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 和侧面AA 1B 1B 都是正方形且互相垂直，M 为AA 1的中点，N 为BC 1的中点．求证：(1)MN ∥平面A 1B 1C 1； (2)平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C ．证明 由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设正方形AA 1C 1C 的边长为2，则A (0,0,0)，A 1(2,0,0)，B (0,2,0)，B 1(2,2,0)，C (0,0,2)，C 1(2,0,2)，M (1,0,0)，N (1,1,1)．(1)因为几何体是直三棱柱， 所以侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1.因为AA 1→＝(2,0,0)，MN →＝(0,1,1)，所以MN →·AA 1→＝0，即MN →⊥AA 1→.因为MN ⊄平面A 1B 1C 1，故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为MB →＝(－1,2,0)，MC 1→＝(1,0,2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MB →＝0，n 1·MC 1→＝0，即⎩⎨⎧－x 1＋2y 1＝0，x 1＋2z 1＝0， 令x 1＝2，则平面MBC 1的一个法向量为n 1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)．因为n 1·n 2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n 1⊥n 2，所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C ． 多角度探究突破考向二 利用空间向量求空间角 角度1 求异面直线所成的角例2 (1) (2020·汕头模拟)如图，正四棱锥P －ABCD 的侧面P AB 为正三角形，E 为PC 的中点，则异面直线BE 和P A 所成角的余弦值为( )A ．33B ．32C ．22D ．12答案 A解析 连接AC ，BD ，交于点O ，连接PO ，以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝2，则OA ＝OB ＝OP ＝1，A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，P (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，12，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1，12，P A →＝(1,0，－1)，设异面直线BE 和P A 所成角为θ，则cos θ＝|BE →·P A →||BE →||P A →|＝132×2＝33. ∴异面直线BE 和P A 所成角的余弦值为33.故选A ．(2) 如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值等于________.答案 25解析 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系．则A 1(2,0,2)，F (1,0,0)，D 1(0，0,2)，E (0，2,1)， 则A 1F →＝(－1,0，－2)，D 1E →＝(0,2，－1)， cos 〈D 1E →，A 1F →〉＝D 1E →·A 1F →|D 1E →||A 1F →|＝25×5＝25， ∴异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值等于25.(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v 1，v 2；③代入公式cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解(θ为两异面直线所成角)．(2)两异面直线所成角的关注点两异面直线所成角θ的范围是(0°，90°]，两向量的夹角α的范围是[0°，180°]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，该角就是异面直线的夹角；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．2.(多选)(2020·山东潍坊5月模拟)已知在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，H 分别是AB ，DD 1，BC 1的中点，下列结论中正确的是( )A ．D 1C 1∥平面CHDB ．AC 1⊥平面BDA 1C ．三棱锥D －BA 1C 1的体积为56 D ．直线EF 与BC 1所成的角为30° 答案 ABD解析 如图1所示，因为D 1C 1∥DC ，D 1C 1⊄平面CHD ，DC ⊂平面CHD ，所以D 1C 1∥平面CHD ，A 正确；建立空间直角坐标系，如图2所示．由于正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则AC 1→＝(－1,1,1)，BD →＝(－1，－1,0)，DA 1→＝(1,0,1)，所以AC 1→·BD →＝1－1＋0＝0，AC 1→·DA 1→＝－1＋0＋1＝0，所以AC 1→⊥BD →，AC 1→⊥DA 1→，所以AC 1⊥平面BDA 1，B 正确；三棱锥D －BA 1C 1的体积为V 三棱锥D －BA 1C 1＝V 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1－4V 三棱锥A 1－ABD ＝1－4×13×12×1×1×1＝13，所以C 错误；E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12，12，BC →1＝(－1,0,1)，所以cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝1＋0＋1232×2＝32，所以直线EF 与BC 1所成的角是30°，D 正确．故选ABD.角度2 求直线与平面所成的角例3 (2020·山东高考) 如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．解 (1)证明：在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l .因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，又PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD . 因为DC ∩PD ＝D ，所以l ⊥平面PDC ． (2)如图，建立空间直角坐标系Dxyz .因为PD ＝AD ＝1，所以D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，P (0，0,1)，B (1,1,0)， 设Q (m,0,1)，则有DC→＝(0,1,0)，DQ →＝(m,0,1)，PB →＝(1,1，－1)．设平面QCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎨⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1，0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，知直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos 〈n ，PB→〉|＝ |1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63， 当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63.利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它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，取其余角就是斜线与平面所成的角．提醒：在求平面的法向量时，若能找出平面的垂线，则在垂线上取两个点可构成一个法向量．3.(2019·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．解解法一：(1)证明：如图1，连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又因为平面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.又因为A1E∩A1F＝A1，所以BC⊥平面A1EF.因为EF⊂平面A1EF，所以EF⊥BC．(2)如图1，取BC的中点G，连接EG，GF，连接A1G交EF于点O，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，所以平面A1BC⊥平面EGF A1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152， 所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 解法二：(1)证明：如图2，连接A 1E .因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又因为平面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 ．以点E 为坐标原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz .不妨设AC ＝4，则E (0,0,0)，A 1(0,0，23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC→＝0，得EF ⊥BC ．(2)由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0. 取n ＝(1, 3，1)，设直线EF 与平面A 1BC 所成的角为θ，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →||n |＝45，所以cos θ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 角度3 求二面角例4 (2020·济南一模)如图1，平面四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝2，AB ⊥AC ，AC ⊥CD ，E 为BC 的中点，将△ACD 沿对角线AC 折起，使CD ⊥BC ，连接BD ，DE ，AE ，得到如图2所示的三棱锥D －ABC ．(1)证明：平面ADE ⊥平面BCD ；(2)已知直线DE 与平面ABC 所成的角为π4，求二面角A －BD －C 的余弦值． 解 (1)证明：在三棱锥D －ABC 中，因为CD ⊥BC ，CD ⊥AC ，AC ∩BC ＝C ，所以CD ⊥平面ABC ． 又AE ⊂平面ABC ，所以AE ⊥CD .因为AB ＝AC ，E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC ． 又BC ∩CD ＝C ，所以AE ⊥平面BCD . 又AE ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面BCD .(2)由(1)可知∠DEC 即为直线DE 与平面ABC 所成的角，所以∠DEC ＝π4. 在Rt △ABC 中，由勾股定理得BC ＝2，故CD ＝CE ＝1.作EF ∥CD 交BD 于点F ，由(1)知EA ，EB ，EF 两两垂直，以E 为原点，EA ，EB ，EF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0,1,0)，D (0，－1,1)， 易知平面BCD 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， 又AB→＝(－1,1,0)，AD →＝(－1，－1,1)， 设平面ABD 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝－x ＋y ＝0，n 2·AD →＝－x －y ＋z ＝0，令x ＝1，解得n 2＝(1,1,2)， cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝66.由图可知，该二面角为锐角， 所以二面角A －BD －C 的余弦值为66.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，则这两个向量夹角的大小就是二面角的大小．4. (2020·青岛模拟)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qiàn dǔ)；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑(biē nào)指四个面均为直角三角形的四面体．如图在堑堵ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ．(1)求证：四棱锥B －A 1ACC 1为阳马；(2)若C 1C ＝BC ＝2，当鳖臑C 1－ABC 体积最大时，求锐二面角C －A 1B －C 1的余弦值．解 (1)证明：∵A 1A ⊥底面ABC ，AB ⊂面ABC ， ∴A 1A ⊥AB ．又AB ⊥AC ，A 1A ∩AC ＝A ， ∴AB ⊥面ACC 1A 1. 又四边形ACC 1A 1为矩形， ∴四棱锥B －A 1ACC 1为阳马．(2)∵AB ⊥AC ，BC ＝2，∴AB 2＋AC 2＝4. 又C 1C ⊥底面ABC ，∴VC 1－ABC ＝13·C 1C ·12AB ·AC ＝13·AB ·AC ≤13·AB 2＋AC 22＝23，当且仅当AB ＝AC ＝2时，＝13·AB ·AC 取最大值．∵AB ⊥AC ，A 1A ⊥底面ABC ，∴以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0,0)，C (0，2，0)，A 1(0，0,2)，C 1(0，2，2)，A 1B →＝(2，0，－2)，BC →＝(－2，2，0)，A 1C 1→＝(0，2，0)．设面A 1BC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →＝0，n 1·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1－2z 1＝0，－2x 1＋2y 1＝0，令z 1＝1，得n 1＝(2，2，1)． 同理得面A 1BC 1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|＝155，∴二面角C －A 1B －C 1的余弦值为155.用向量法探究点的位置如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 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．解 (1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD .又因为P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面P AB ． (2)如图，取AD 的中点O ，连接PO ，CO .因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD . 又因为PO ⊂平面P AD ， 平面P AD ⊥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 . 建立空间直角坐标系Oxyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0，0,1)，PB →＝(1,1，－1)，PC→＝(2,0，－1)，PD →＝(0，－1，－1)．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0. 令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2，所以n ＝(1，－2,2)． 又PB→＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB→|＝－33，所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)假设在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP→.因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)． 因为BM ⊄平面PCD ，所以当且仅当BM →·n ＝0时，BM ∥平面PCD ，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 答题启示对于点的探究型问题，要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量，尽量使未知量个数最少．对点训练(2020·滨州二模) 如图所示，在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝60°，直角梯形ADFE 所在的平面垂直于平面ABCD ，且∠EAD ＝90°，EA ＝AD ＝2DF ＝2CD ＝2.(1)证明：平面ECD ⊥平面ACE ；(2)点M 在线段EF 上，试确定点M 的位置，使平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34.解 (1)证明：因为平面ABCD ⊥平面ADFE ，平面ABCD ∩平面ADFE ＝AD ，EA ⊥AD ，EA ⊂平面ADFE ，所以EA ⊥平面ABCD ，又CD ⊂平面ABCD ，所以EA ⊥CD ， 在△ADC 中，CD ＝1，AD ＝2，∠ADC ＝60°， 由余弦定理得，AC ＝ 1＋4－2×1×2cos60°＝3， 所以AC 2＋CD 2＝AD 2，所以CD ⊥AC ．又EA ⊥CD ，EA ∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面ACE ， 又CD ⊂平面ECD ，所以平面ECD ⊥平面ACE . (2)以C 为坐标原点，以CA ，CD 所在直线分别为x 轴、 y 轴，过点C 且平行于AE 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，D (0,1,0)，E (3，0,2)，F (0,1,1)，AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，0，AE →＝(0,0,2)，CD→＝(0,1,0)，FE →＝(3，－1,1)，CF →＝(0,1,1)，设FM →＝λFE →＝(3λ，－λ，λ)(0≤λ≤1)，则CM→＝CF →＋FM →＝(3λ，1－λ，1＋λ)．设平面EAB 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－32x 1－12y 1＝0，2z 1＝0，取x 1＝1，得m ＝(1，－3，0)．设平面MCD 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CM →＝0，得⎩⎨⎧y 2＝0，3λx 2＋(1－λ)y 2＋(1＋λ)z 2＝0，令x 2＝1＋λ，得n ＝(1＋λ，0，－3λ)，因为平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|1＋λ|24λ2＋2λ＋1＝34， 整理得8λ2－2λ－1＝0，解得λ＝12或λ＝－14(舍去)，所以点M 为线段EF 的中点时，平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34.一、单项选择题1．直线l 的方向向量a ＝(1，－3,5)，平面α的法向量n ＝(－1,3，－5)，则有( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l 与α斜交D ．l ⊂α或l ∥α答案 B解析 因为a ＝(1，－3,5)，n ＝(－1,3，－5)，所以a ＝－n ，a ∥n .所以l ⊥平面α.选B ．2．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为( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90° 答案 C解析 ∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°.故选C ．3. 如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是上底面A 1B 1C 1D 1和侧面ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．135°答案 B解析 以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC →＝(0,1,0)，∴cos 〈EF →，DC →〉＝EF →·DC →|EF →||DC →|＝－22，∴〈EF →，DC →〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°.故选B ．4．如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝4，则直线BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( )A ．13B ．33C ．63D ．223答案 A解析 如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz .则A (2,0,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,4)，B (2,2,0)，B 1(2,2,4)，AC →＝(－2,2，0)，AD 1→＝(－2,0,4)，BB 1→＝(0,0,4)． 设平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋2y ＝0，－2x ＋4z ＝0， 取x ＝2，则y ＝2，z ＝1，故n ＝(2,2,1)是平面ACD 1的一个法向量，设直线BB 1与平面ACD 1所成的角是θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BB 1→〉|＝|n ·BB 1→||n ||BB 1→|＝49×4＝13.故选A ．5．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于( )A ．5B ．41C ．4D ．2 5答案 A解析 ∵A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，∴AB→＝(4，－5,0)，AC →＝(0,4，－3)．∵点D 在直线AC 上，∴设AD →＝λAC →＝(0,4λ，－3λ)，由此可得BD→＝AD →－AB →＝(0,4λ，－3λ)－(4，－5,0)＝(－4,4λ＋5，－3λ)．又BD →⊥AC →，∴BD →·AC →＝－4×0＋(4λ＋5)×4＋(－3λ)×(－3)＝0，解得λ＝－45.因此BD →＝(－4,4λ＋5，－3λ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，95，125.可得|BD→|＝ (－4)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫952＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝5.6. (2020·安徽六安一中质检)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( )A ． 2B ． 3C ．2D ．22答案 A解析 分别以CA ，CB ，CC 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，设AD ＝a ，则点D 坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB 1→＝0，n ·CD →＝0，得⎩⎨⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得n ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为m ＝(0，1,0)．所以cos60°＝m ·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12，解得a ＝2，故选A ．7. (2021·湖南湘潭高三月考)在三棱锥P －ABC 中，CP ，CA ，CB 两两垂直，AC ＝CB ＝1，PC ＝2，如图，建立空间直角坐标系，则下列向量中是平面P AB 的法向量的是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12 B ．(1，2，1)C ．(1,1,1)D ．(2，－2,1)答案 A解析 P A →＝(1,0，－2)，AB →＝(－1,1,0)，设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y,1)，则⎩⎨⎧ x －2＝0，－x ＋y ＝0.解得⎩⎨⎧x ＝2，y ＝2.∴n ＝(2,2,1)．又⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12＝12n ，∴A 正确．8．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( )A ．12 B ．23 C ．33 D ．22答案 B解析 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，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⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D →＝0，n 1·A 1E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎨⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.故选B ．二、多项选择题9．(2020·海口高考调研) 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝23AB ＝2，AB ⊥AC ，点D ，E 分别是线段BC ，B 1C 上的动点(不含端点)，且EC B 1C ＝DCBC .则下列说法正确的是( )A ．ED ∥平面ACC 1B ．该三棱柱的外接球的表面积为68πC ．异面直线B 1C 与AA 1所成角的正切值为32 D ．二面角A －EC －D 的余弦值为413 答案 AD解析 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形BCC 1B 1是矩形，因为ECB 1C ＝DC BC ，所以ED ∥BB 1∥CC 1，所以ED ∥平面ACC 1，A 正确；因为AA 1＝AC ＝23AB ＝2，所以AB ＝3，因为AB ⊥AC ，所以BC ＝22＋32＝13，所以B 1C ＝13＋4＝17，易知B 1C 是三棱柱外接球的直径，所以三棱柱外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫1722＝17π，B 错误；因为AA 1∥BB 1，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为∠BB 1C ．在Rt △B 1BC 中，BB 1＝2，BC ＝13，所以tan ∠BB 1C ＝BC BB 1＝132，C 错误；二面角A －EC －D 即二面角A －B 1C －B ，以A 为坐标原点，以AB →，AC →，AA 1→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，可得平面AB 1C 的一个法向量为(2,0，－3)，平面BB 1C 的一个法向量为(2,3,0)，故二面角A －EC －D 的余弦值为2×213×13＝413，D 正确．10. (2020·山东模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点，则下列说法正确的是( )A ．直线A 1G 与平面AEF 平行B ．直线D 1D 与直线AF 垂直C ．平面AEF 截正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为98 D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等 答案 AC解析 如图，连接AD 1，D 1F ，因为A 1G ∥D 1F ，且A ，E ，F ，D 1在同一平面内，所以A 1G ∥平面AEF ，故A 正确；因为AF 与C 1C 相交且不垂直，D 1D 与C 1C 平行，所以直线D 1D 与直线AF 不垂直，故B 错误；平面AEF 截正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面为等腰梯形AEFD 1，作EH ⊥AD 1，交AD 1于点H ，连接D 1E ，DE ，可得AE ＝52，AD 1＝2，D 1E ＝1＋54＝32，所以在△AD 1E中，cos ∠D 1AE ＝1010，所以sin ∠D 1AE ＝31010，所以EH ＝52×31010＝324，所以等腰梯形AD 1FE 的面积S ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋22×324＝98，故C 正确；以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，连接AG ，AC ，则可得平面AEF 的一个法向量为n ＝(2,1,2)，AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，AC →＝(－1,1,0)，所以点G 到平面AEF 的距离d 1＝|AG →·n ||n |＝23，点C 到平面AEF 的距离d 2＝|AC →·n ||n |＝13，故D 错误．故选AC ．三、填空题11. 如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为________.答案60°解析∵CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴|CD→|＝(CA→＋AB→＋BD→)2＝ 36＋16＋64＋2CA→·BD→＝ 116＋2CA→·BD→＝217.∴CA→·BD→＝|CA→||BD→|cos〈CA→，BD→〉＝－24.∴cos〈CA→，BD→〉＝－12.又所求二面角与〈CA→，BD→〉互补，∴所求的二面角为60°.12. 正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________.答案 π6解析 以C 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，得下列坐标：A (2，0,0)，C 1(0，0，22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，22.所以AC 1→＝(－2,0,22)，AC 2→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝AC 1→·AC 2→|AC1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以θ＝π6.13．(2020·山西大同高三模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，且A 1M ＝AN ＝23a ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案 平行解析 MN →＝MA 1→＋A 1A →＋AN →＝13BA 1→＋A 1A →＋13AC →＝13(BA →＋AA 1→)＋A 1A →＋13(AB →＋BC →)＝23A 1A →＋13BC →＝23B 1B →＋13BC →.∴MN →与B 1B →，BC →共面．又MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C ．14．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 所成的锐二面角的正切值为________.答案23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，23，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，23， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，则z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0，－1)，cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.四、解答题15．(2020·山东省模拟考) 如图，四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形．SA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为AD ，SC 的中点，EF 与平面ABCD 所成的角为45°.(1)证明：EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线；(2)若EF ＝12BC ，求二面角B －SC －D 的余弦值．解 (1)证明：以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .设D (0，b,0)，S (0,0，c )，则C (1，b,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b 2，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b 2，c 2，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，c 2，AS →＝(0,0，c )，AD→＝(0，b,0)． 因为EF 与平面ABCD 所成的角为45°，所以EF →与平面ABCD 的法向量AS →的夹角为45°.所以AS →·EF →＝|AS →||EF →|cos45°， 即c 22＝22×c ×14＋c 24，解得c ＝1，故EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，SC →＝(1，b ，－1)， 从而EF →·SC →＝0，EF →·AD →＝0，所以EF ⊥SC ，EF ⊥AD .因此EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线． (2)由B (1,0,0)，BC →＝(0，b,0)， |EF→|＝12|BC →|得b ＝ 2. 于是F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，12，C (1，2，0)，连接FB ，故FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－22，－12，SC →＝(1，2，－1)，从而FB →·SC→＝0，即FB ⊥SC ．取CF 的中点G ，连接GD ，则G ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，324，14，GD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，24，－14，从而GD →·SC→＝0，即GD ⊥SC ．因此〈FB→，GD →〉等于二面角B －SC －D 的平面角．cos 〈FB →，GD →〉＝FB →·GD →|FB →||GD →|＝－33.所以二面角B －SC －D 的余弦值为－33.16. (2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．解 (1)证明：∵M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， ∴MN ∥BB 1.又AA 1∥BB 1，∴AA 1∥MN .∵△A 1B 1C 1为等边三角形，N 为B 1C 1的中点， ∴A 1N ⊥B 1C 1.又侧面BB 1C 1C 为矩形，∴B 1C 1⊥BB 1. ∵MN ∥BB 1，∴MN ⊥B 1C 1.又MN ∩A 1N ＝N ，MN ，A 1N ⊂平面A 1AMN ， ∴B 1C 1⊥平面A 1AMN .又B 1C 1⊂平面EB 1C 1F ， ∴平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解法一：连接NP ，∵AO ∥平面EB 1C 1F ，平面AONP ∩平面EB 1C 1F ＝NP ， ∴AO ∥NP .∵三棱柱上下底面平行，平面A 1AMN ∩平面ABC ＝AM ，平面A 1AMN ∩平面A 1B 1C 1＝A 1N ，∴ON ∥AP .∴四边形ONP A 是平行四边形． ∴ON ＝AP ，AO ＝NP . 设△ABC 边长是6m (m ＞0)， 则NP ＝AO ＝AB ＝6m .∵O 为△A 1B 1C 1的中心，且△A 1B 1C 1的边长为6m ， ∴ON ＝13×6m ×sin60°＝3m .∴ON ＝AP ＝3m . ∵BC ∥B 1C 1，B 1C 1⊂平面EFC 1B 1， ∴BC ∥平面EFC 1B 1.又BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面EFC 1B 1＝EF ， ∴EF ∥BC ，∴AP AM ＝EP BM ，∴3m 33m ＝EP 3m ，解得EP ＝m .在B 1C 1截取B 1Q ＝EP ＝m ，连接PQ ，故QN ＝2m . ∵B 1Q ＝EP 且B 1Q ∥EP ，∴四边形B 1QPE 是平行四边形，∴B 1E ∥PQ . 由(1)可知B 1C 1⊥平面A 1AMN ，故∠QPN 为B 1E 与平面A 1AMN 所成角． 在Rt △QPN 中，根据勾股定理可得PQ ＝QN 2＋NP 2＝(2m )2＋(6m )2＝210m ， ∴sin ∠QPN ＝QN PQ ＝2m 210m＝1010.∴直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 解法二：由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．由已知得AM ⊥BC ，以Q 为坐标原点，QA→的方向为x 轴正方向，QN →的方向为z 轴正方向，|MB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz ，设QM ＝a ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形， ∴NP ＝AO ＝AB ＝2，∴PQ ＝233－a ，NQ ＝ NP 2－PQ 2＝ 4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a2， ∴B 10,1,4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2 ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，13，0，故B 1E →＝233－a ，－23，－4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a2，|B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量， 故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉＝n ·B 1E →|n ||B 1E →|＝1010.∴直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010.17．(2020·泰安三模)在四棱锥P －ABCD 中，△P AB 为等边三角形，四边形ABCD 为矩形，E 为PB 的中点，DE ⊥PB ．(1)证明：平面ABCD ⊥平面P AB ；(2)设二面角A －PC －B 的大小为α，求α的取值范围．解 (1)证明：连接AE ，因为△P AB 为等边三角形，所以AE ⊥PB ． 又DE ⊥PB ，AE ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面ADE ，所以PB ⊥AD . 因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，且AB ∩PB ＝B ， 所以AD ⊥平面P AB ．因为AD ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面P AB ．(2)以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，不妨设PB ＝AB ＝P A ＝1，C (0,1，n )，则A (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，B (0，1,0)，由空间向量的坐标运算可得PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，n ，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0.设平面BPC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x 1＋12y 1＋nz 1＝0，32x 1－12y 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝3，z 1＝0，所以m ＝(1，3，0)． 设平面P AC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·AP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x 2＋12y 2＋nz 2＝0，32x 2＋12y 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝－3，z 2＝3n ，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，3n .二面角A －PC －B 的大小为α，由图可知，二面角α为锐二面角， 所以cos α＝|m ·n ||m ||n |＝|1－3|1＋3×1＋3＋3n 2＝14＋3n 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12，所以α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2. 18．(2020·山东平邑一中模拟)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①AB ⊥BC ；②FC 与平面ABCD 所成的角为π6；③∠ABC ＝π3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ＝2，PD 的中点为F .(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；(2)若________，求二面角F－AC－D的余弦值．解(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG.证明如下：如图所示．设PC的中点为H，连接FH，GH，∵FH∥CD，FH＝12CD，AG∥CD，AG＝12CD，∴FH∥AG，FH＝AG，∴四边形AGHF为平行四边形，则AF∥GH，又GH⊂平面PCG，AF⊄平面PCG，∴AF∥平面PCG.(2)选择①AB⊥BC：∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥BC，由题意，知AB，AD，AP两两垂直，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵P A＝AB＝2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，F(0，1,1)，P(0,0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF→＝(－2，－1,1)，设平面F AC 的一个法向量为μ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧μ·AF →＝y ＋z ＝0，μ·CF →＝－2x －y ＋z ＝0，取y ＝1，得μ＝(－1,1，－1)， 平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,1)， 设二面角F －AC －D 的平面角为θ， 由图可知，二面角θ为锐二面角， 则cos θ＝|μ·v ||μ||v |＝33，∴二面角F －AC －D 的余弦值为33. 选择②FC 与平面ABCD 所成的角为π6：∵P A ⊥平面ABCD ，取BC 中点E ，连接AE ，取AD 的中点M ，连接FM ，CM ，则FM ∥P A ，且FM ＝1，∴FM ⊥平面ABCD ， FC 与平面ABCD 所成角为∠FCM ， ∴∠FCM ＝π6，在Rt △FCM 中，CM ＝3，又CM ＝AE ，∴AE 2＋BE 2＝AB 2，∴BC ⊥AE ， ∴AE ，AD ，AP 两两垂直，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，∵P A ＝AB ＝2，∴A (0,0,0)，B (3，－1,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，F (0,1,1)，P (0,0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF →＝(－3，0,1)， 设平面F AC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AF →＝y ＋z ＝0，m ·CF →＝－3x ＋z ＝0，取x ＝3，得m ＝(3，－3,3)，平面ACD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设二面角F －AC －D 的平面角为θ，由图可知，二面角θ为锐二面角，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝217.∴二面角F －AC －D 的余弦值为217.选择③∠ABC ＝π3：∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥BC ，取BC 中点E ，连接AE ，∵底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，∴△ABC 是正三角形，∵E 是BC 的中点，∴BC ⊥AE ，∴AE ，AD ，AP 两两垂直，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，∵P A ＝AB ＝2，∴A (0,0,0)，B (3，－1,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，F (0,1,1)，P (0,0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF →＝(－3，0,1)， 设平面F AC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AF →＝y ＋z ＝0，m ·CF →＝－3x ＋z ＝0，取x ＝3，得m ＝(3，－3,3)，平面ACD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设二面角F －AC －D 的平面角为θ，由图可知，二面角θ为锐二面角，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝217.∴二面角F －AC －D 的余弦值为217.。

向量法求空间角考试要求 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．知识梳理1．异面直线所成的角若异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u·v ||u||v |.2．直线与平面所成的角如图，直线AB 与平面α相交于点B ，设直线AB 与平面α所成的角为θ，直线AB 的方向向量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪u ·n |u ||n |＝|u·n||u||n|.3．平面与平面的夹角如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.常用结论1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( × )(2)直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l 与平面α所成的角．( × )(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( × )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( √ )教材改编题1．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则l 1和l 2夹角的余弦值为( ) A.24B.12C.22D.32答案 C解析 因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，所以cos 〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×3＝－22.所以l 1和l 2夹角的余弦值为22. 2．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．答案 30°解析 设直线l 与α所成角为θ， sin θ＝||cos 〈m ，n 〉＝12，又∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝30°.3．已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______． 答案156解析|0，－1，3·2，2，4|1＋9×4＋4＋16＝156.题型一 异面直线所成的角例1 (1)(2022·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F ，G 分别为AB ，CD 1，AD 的中点，则异面直线A 1G 与EF 所成角的余弦值为( )A ．0 B.1010C.22D ．1答案 A解析 如图，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(2,0,2)，G (1,0,0)，E (2,1,0)，F (0,1,1)，所以A 1G —→＝(－1,0，－2)，EF →＝(－2,0,1)， 设异面直线A 1G 与EF 所成的角为θ， 则cos θ＝|A 1G —→·EF →||A 1G —→||EF →|＝|－1×－2－2×1|5×5＝0.(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO 的截面△ABC 是正三角形，AB 是底面圆O 的直径，点D 在AB ︵上，且∠AOD ＝2∠BOD ，则异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为( )A.34B.12C.14D.34答案 A解析 因为∠AOD ＝2∠BOD ，且∠AOD ＋∠BOD ＝π， 所以∠BOD ＝π3，连接CO ，则CO ⊥平面ABD ，以点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设圆O 的半径为2，则A (0，－2,0)，B (0,2,0)，C (0,0，23)，D (3，1,0)， AD →＝(3，3,0)，BC →＝(0，－2,23)，设异面直线AD 与BC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AD →，BC →〉|＝|AD →·BC →||AD →||BC →|＝|－6|23×4＝34，因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 教师备选如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为( )A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 B解析 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0， ∴AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，A 1C —→＝(0，2，－2)，∴cos〈AD →，A 1C —→〉＝AD →·A 1C —→|AD →||A 1C —→|＝12，∴即异面直线AD ，A 1C 所成角为π3.思维升华用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为______．答案 13解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)， ∴D 1E —→＝(0,2，－1)， A 1F —→＝A 1A —→＋AF →＝A 1A —→＋λAD → ＝(－2λ，0，－2)．∴cos〈A 1F —→，D 1E —→〉＝A 1F —→·D 1E —→|A 1F —→||D 1E —→|＝22λ2＋1×5＝3210， 解得λ＝13⎝⎛⎭⎪⎫λ＝－13舍.(2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________．答案24解析 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形， 所以BM ⊥AC ，同理，A 1M ⊥AC ， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1， 因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1， 所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为坐标原点，MA →，MB →，MA 1—→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1—→＝(－3,0，3)，A 1B —→＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1—→，A 1B —→〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 题型二 直线与平面所成的角例2 (2022·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，点E 是边AB 的中点(如图1)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ，得到四棱锥A 1－BCDE (如图2)．(1)证明：平面A 1BE ⊥平面BCDE ；(2)若A 1E ⊥BE ，连接CE ，求直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值． (1)证明 连接图1中的BD ，如图所示．因为四边形ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°， 所以△ABD 为等边三角形，所以DE ⊥AB ， 所以在图2中有DE ⊥BE ，DE ⊥A 1E ， 因为BE ∩A 1E ＝E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ， 所以DE ⊥平面A 1BE ， 因为DE ⊂平面BCDE ， 所以平面A 1BE ⊥平面BCDE .(2)解 因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，A 1E ⊥BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，所以A 1E ⊥平面BCDE ，以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，所以A 1(0,0,1)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，E (0,0,0)，所以A 1D —→＝(0，3，－1)，A 1C —→＝(2，3，－1)，EC →＝(2，3，0)， 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D —→＝3y －z ＝0，n ·A 1C —→＝2x ＋3y －z ＝0，令y ＝1，则n ＝(0,1，3)，所以cos 〈n ，EC →〉＝n ·EC →|n ||EC →|＝327＝2114，所以直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值为2114. 教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ， 因为PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ， 所以l ⊥PD ，因为DC ∩PD ＝D ，PD ，DC ⊂平面PDC ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 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，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 因为平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以l 过点P ，设Q (m ，0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m ，0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 记PB 与平面QCD 所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值， 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1， 当m ＝0时，sin θ＝33， 当m ≠0时，sin θ＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2mm 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63， 当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤跟踪训练2 (2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S －BCD 中，平面SBD ⊥平面BCD ，A 是线段SD 上的点，△SBD 为等边三角形，∠BCD ＝30°，CD ＝2DB ＝4.(1)若SA ＝AD ，求证：SD ⊥CA ；(2)若直线BA 与平面SCD 所成角的正弦值为419565，求AD 的长．(1)证明 依题意，BD ＝2， 在△BCD 中，CD ＝4，∠BCD ＝30°， 由余弦定理求得BC ＝23， ∴CD 2＝BD 2＋BC 2，即BC ⊥BD .又平面SBD ⊥平面BCD ，平面SBD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ， ∴BC ⊥平面SBD .从而BC ⊥SD ， 在等边△SBD 中，SA ＝AD ，则BA ⊥SD . 又BC ∩BA ＝B ，BC ，BA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥平面BCA ，又CA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥CA .(2)解 以B 为坐标原点，BC ，BD 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点B 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (23，0,0)，D (0,2,0)，S (0,1，3)，故CD →＝(－23，2,0)，SD →＝(0,1，－3)， 设平面SCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝0，m ·SD →＝0，即⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，y －3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝1， ∴m ＝(1，3，1)， 设DA →＝λDS →(0≤λ≤1)， 则DA →＝(0，－λ，3λ)，故A (0,2－λ，3λ)，则BA →＝(0,2－λ，3λ)， 设直线BA 与平面SCD 所成角为θ， 故sin θ＝||cos 〈m ，BA →〉＝|m ·BA →||m ||BA →|＝|23－3λ＋3λ|5·2－λ2＋3λ2＝419565， 解得λ＝14或λ＝34，则AD ＝12或AD ＝32.题型三 平面与平面的夹角例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)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; [切入点：线线垂直转化到线面垂直](2)若△OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE ＝2EA ，且二面角E －BC －D 的大小为45°，求三棱锥A －BCD 的体积.[关键点：建系写坐标]教师备选(2020·全国Ⅰ改编)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66 DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值．(1)证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝32，CO＝BO＝12AE＝12，所以PO ＝66DO ＝24，PC ＝PO 2＋OC 2＝64， 同理PB ＝64，PA ＝64， 又△ABC 为等边三角形， 则BAsin60°＝2OA ，所以BA ＝32，PA 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以PA ⊥PB ，同理PA ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，PC ，PB ⊂平面PBC ， 所以PA ⊥平面PBC .(2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，24，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，0， PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，－24， PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，－24，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－24， 设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，－2， 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝223×103＝255， 所以平面BPC 与平面EPC 的夹角的余弦值为255.思维升华 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤跟踪训练3 (2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM .(1)求BC ；(2)求平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值．解 (1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥DC .在矩形ABCD 中，AD ⊥DC ，故以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC ＝t ，则A (t ，0,0)，B (t ，1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，1，0，P (0,0,1)， 所以PB →＝(t ，1，－1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 2，1，0.因为PB ⊥AM ，所以PB →·AM →＝－t 22＋1＝0，得t ＝2，所以BC ＝ 2.(2)易知C (0,1,0)，由(1)可得AP →＝(－2，0,1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，CB →＝(2，0,0)，PB →＝(2，1，－1)．设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AP →＝0，n 1·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋z 1＝0，－22x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则z 1＝2，y 1＝1，所以平面APM 的一个法向量为n 1＝(2，1,2)． 设平面PMB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB →＝0，n 2·PB →＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，2x 2＋y 2－z 2＝0，得x 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)． 设平面APM 与平面BPM 夹角为θ，cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝37×2＝31414，sin θ＝1－cos 2θ＝7014. 所以平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值为7014.课时精练1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值． 解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1—→}为一个正交基底，建立空间直角坐标系，因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°， 则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B —→＝(3，－1，－3)，AC 1—→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B —→，AC 1—→〉＝A 1B —→·AC 1—→|A 1B —→||AC 1—→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1AD 的一个法向量为 AE →＝(3，0,0)，设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1BD 的一个法向量， 又A 1B —→＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B —→＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2.所以m ＝(3，3，2)为平面A 1BD 的一个法向量， 从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m|＝333×4＝34.设平面A 1BD 与平面A 1AD 所成的角为θ， 则cos θ＝34.所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值为74. 2．(2021·浙江)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝4，PA ＝15，M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD ⊥DC ，PM ⊥MD .(1)证明：AB ⊥PM ；(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值． (1)证明 因为底面ABCD 是平行四边形， ∠ABC ＝120°，BC ＝4，AB ＝1， 且M 为BC 的中点，所以CM ＝2，CD ＝1，∠DCM ＝60°， 易得CD ⊥DM .又PD ⊥DC ，且PD ∩DM ＝D ，PD ，DM ⊂平面PDM ， 所以CD ⊥平面PDM .因为AB ∥CD ，所以AB ⊥平面PDM . 又PM ⊂平面PDM ，所以AB ⊥PM .(2)解 方法一 由(1)知AB ⊥平面PDM ， 所以∠NAB 为直线AN 与平面PDM 所成角的余角． 连接AM ，因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ，所以PM ⊥平面ABCD ，所以PM ⊥AM . 因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以由余弦定理得AM ＝7， 又PA ＝15，所以PM ＝22， 所以PB ＝PC ＝23， 连接BN ，结合余弦定理得BN ＝11. 连接AC ，则由余弦定理得AC ＝21， 在△PAC 中，结合余弦定理得PA 2＋AC 2＝2AN 2＋2PN 2，所以AN ＝15.所以在△ABN 中，cos∠BAN ＝AB 2＋AN 2－BN 22AB ·AN ＝1＋15－11215＝156.设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝cos∠BAN ＝156. 方法二 因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ， 所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM .因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝22， 由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ， 则ME ⊥MD .故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 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，则A (－3，2,0)，P (0,0,22)，C (3，－1,0)， 所以N ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝|AN →·n ||AN →||n |＝5215＝156.3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO 1中，四边形ABCD 是其轴截面，EF 为⊙O 1的直径，且EF ⊥CD ，AB ＝2，BC ＝a (a >1)．(1)求证：BE ＝BF ；(2)若直线AE 与平面BEF 所成角的正弦值为63，求平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值． (1)证明 如图，连接BO 1，在圆柱OO 1中，BC ⊥平面CEDF ，∵EF ⊂平面CEDF ，∴EF ⊥BC ， ∵EF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，BC ，CD ⊂平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD ，又BO 1⊂平面ABCD ，∴EF ⊥BO 1，∵在△BEF 中，O 1为EF 的中点，∴BE ＝BF .(2)解 连接OO 1，则OO 1与该圆柱的底面垂直，以点O 为坐标原点，OB ，OO 1所在直线分别为y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，E (－1,0，a )，F (1,0，a )，AE →＝(－1,1，a )，BE →＝(－1，－1，a )，BF →＝(1，－1，a )，设平面BEF 的法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE →＝0，n 1·BF →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋az 1＝0，x 1－y 1＋az 1＝0， 取z 1＝1，得n 1＝(0，a ，1)，设直线AE 与平面BEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉| ＝2aa 2＋2·a 2＋1＝63，化简得(a 2－2)(a 2－1)＝0，∵a >1，解得a ＝2，∴n 1＝(0，2，1)，设平面ABE 的法向量是n 2＝(x 2，y 2，z 2)，AB →＝(0,2,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，得⎩⎨⎧ 2y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n 2＝(2，0,1)，设平面ABE 与平面BEF 的夹角为α，则cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13， ∴平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值为13.4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1.(1)证明：BF ⊥DE ；(2)当B 1D 为何值时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小？(1)证明 因为E ，F 分别是AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2， 所以CF ＝1，BF ＝ 5.如图，连接AF ，由BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，得BF ⊥AB ，于是AF ＝BF 2＋AB 2＝3，所以AC ＝AF 2－CF2＝2 2.由AB 2＋BC 2＝AC 2，得BA ⊥BC ，故以B 为坐标原点，以BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (1,1,0)，F (0,2,1)，BF →＝(0,2,1)．设B 1D ＝m (0≤m ≤2)，则D (m ，0,2)，于是DE →＝(1－m ，1，－2)．所以BF →·DE →＝0，所以BF ⊥DE .(2)解 易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面DFE 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 2＝0，EF →·n 2＝0，又DE →＝(1－m ，1，－2)，EF →＝(－1,1,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－m x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝m ＋1，z ＝2－m ，于是平面DFE 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1,2－m )，所以cos 〈n 1，n 2〉＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋272.设平面BB 1C 1C 与平面DFE 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉，故当m ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小，为33，即当B 1D ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小．。