(浙江版)2018年高考数学一轮复习专题8.7立体几何中的向量方法(练)

即cs(90°－θ)＝217从而sinθ＝217
即直线B1c1与平面AcD1所成角的正弦值为217
法二(1)易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图2，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、轴、z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，c(t,1,0)，c1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．
立体几何中的向量方法二同步练习题（带解析2018高考数学一轮）
5 c立体几何中的向量方法二同步练习题（带解析2018高考数学一轮）
A组基础演练
1．(2018陕西)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABc－A1B1c1，cA＝cc1＝2cB，则直线Bc1与直线AB1夹角的余弦值为
( )
A55 B53
c255 D35
即直线B1c1与平面AcD1所成角的正弦值为217
6．(2018江苏)如图，在直三棱柱A1B1c1－ABc中，AB⊥Ac，AB＝Ac＝2，A1A＝4，点D是Bc的中点．
(1)求异面直线A1B与c1D所成角的余弦值；
(2)求平面ADc1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
解(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，c(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，c1(0,2,4)，所以A1B→＝(2,0，－4)，c1D→＝(1，－1，－4)．
解析不妨设cB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，c1(0,2,0)，B1(0,2,1)．
∴Bc1→＝(0,2，－1)，AB1→＝(－2,2,1)．
cs〈Bc1→，AB1→〉＝Bc1→AB1→|Bc1→| |AB1→|＝0＋4－15×3＝55，

第7讲 立体几何中的向量方法1．空间向量与空间角的关系(1)两条异面直线所成角的求法(a ，b 分别为异面直线l 1，l 2的方向向量)a 与b 的夹角βl 1与l 2所成的角θ范围[0，π]⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2 求法 cos β＝a·b|a||b|cos θ＝|cos β|＝|a·b ||a||b|(2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |．(3)二面角大小的求法a ．如图①，AB ，CD 是二面角αl β两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．b ．如图②③，n 1，n 2分别是二面角αl 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〉．2．点到平面的距离的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.[疑误辨析]判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )(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，π2，二面角的范围是[0，π]．( )答案：(1)× (2)× (3)× (4)√ [教材衍化]1．(选修2­1P104练习T2改编)已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角的大小为________．解析：cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.答案：45°或135°2．(选修2­1P112A 组T6改编)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 夹角的余弦值为________．解析：以D 点为原点，以DA ，DC ，DD 1的正方向为x 轴，y 轴，z 轴，如图建立空间直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1，则AC →＝(－1，1，0)，DE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1，设异面直线DE 与AC所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AC →，DE →〉|＝1010.答案：10103．(选修2­1P117A 组T4改编)正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．解析：以C 为原点建立空间直角坐标系，如图所示，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→||AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以θ＝π6.答案：π6[易错纠偏]直线和平面所成的角的取值范围出错.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________．解析：设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，所以θ＝30°.答案：30°第1课时 空间角异面直线所成的角如图，在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，点M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 【解】 如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系A ­xyz .依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n ＝(1，0，1)． 又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )， 进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)． 由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以，线段AH 的长为85或12.用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值． [提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．1．长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，点E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010 B.3010C.21510D.31010解析：选B.以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1的正方向为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D ­xyz ，如图．则A (1，0，0)，E (0，2，1)，B (1，2，0)，C 1(0，2，2).BC 1→＝(－1，0，2)，AE →＝(－1，2，1)，cos 〈BC 1→，AE →〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BC 1→·AE →|BC1→||AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. 2.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°. (1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 又因为AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O ­xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)． 所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. 即PB 与AC 所成角的余弦值为64.直线与平面所成的角(2018·高考浙江卷)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．【解】 法一：(1)由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB 得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21， 故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC 得B 1C 1＝5， 由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°得AC ＝23， 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13， 所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21，故AB 1⊥B 1C 1. 因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ，连接AD . 由AB 1⊥平面A 1B 1C 1得 平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1，由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1，所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21得 cos∠C 1A 1B 1＝67，sin∠C 1A 1B 1＝17，所以C 1D ＝3，故sin∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913. 因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 法二：(1)如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O ­xyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0，23，－3)．由AB 1→·A 1B 1→＝0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→＝0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1→＝(0，23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0，0，2)． 设平面ABB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1，0)．所以sin θ＝|cosAC 1→，n|＝|AC 1→·n ||AC 1→|·|n |＝3913.因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.利用向量求线面角的方法(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，取其余角就是斜线与平面所成的角．(2020·浙江省高中学科基础测试)如图，在三棱锥P ­ABC 中，△ABC 是等边三角形，点D 是AC 的中点，PA ＝PC ，二面角P ­AC ­B 的大小为60°.(1)求证：平面PBD ⊥平面PAC ； (2)求AB 与平面PAC 所成角的正弦值．解：(1)证明：⎭⎪⎬⎪⎫BD ⊥ACPD ⊥AC PD ∩BD ＝D ⇒AC ⊥平面PBD ， 又AC ⊂平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面PBD ， 即平面PBD ⊥平面PAC .(2)因为AC ⊥BD ，如图建立空间直角坐标系D ­xyz . 则D (0，0，0)，令A (1，0，0)， 则B (0，3，0)，C (－1，0，0)．又∠PDB 为二面角P ­AC ­B 的平面角，得∠PDB ＝60°. 设DP ＝λ，则P ⎝⎛⎭⎪⎫0，λ2，32λ，设n ＝(x ，y ，z )为平面PAC 的一个法向量，则AC →＝(－2，0，0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，λ2，32λ，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0n ·AP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＝0－x ＋λ2y ＋32λz ＝0， 取y ＝3，得n ＝(0，3，－1)．又AB →＝(－1，3，0)，得cos 〈n ，AB →〉＝32×2＝34.设AB 与平面PAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AB →〉|＝34.二面角(高频考点)二面角是高考的重点，是考查热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题．主要命题角度有：(1)求二面角； (2)由二面角求其他量． 角度一 求二面角如图，在三棱台ABC ­DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ； (2)求二面角BAD F 的平面角的余弦值．【解】 (1)证明：延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以，AC ⊥平面BCK ，因此，BF ⊥AC .又EF ∥BC ，BE ＝EF＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ，又AC ∩CK ＝C ，所以BF ⊥平面ACFD .(2)如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形．取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz .由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E (12，0，32)，F (－12，0，32)． 因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0)．设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0得⎩⎨⎧3y 1＝0x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是，cos 〈m ，n 〉＝m·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B AD F 的平面角的余弦值为34. 角度二 由二面角求其他量如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D ­AE ­C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E ­ACD 的体积．【解】 (1)证明：连接BD ，设AC 与BD 的交点为G ，则G 为AC ，BD 的中点，连接EG .在三角形PBD 中，中位线EG ∥PB ，且EG 在平面AEC 内，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)设CD ＝m ，以A 为原点，分别以AB →，AD →，AP →的方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0，0，0)，D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，C (m ，3，0)． 所以AD →＝(0，3，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AC →＝(m ，3，0)．设平面ADE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，解得n 1＝(1，0，0)．同理设平面ACE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AC →＝0，n 2·AE →＝0，解得一个n 2＝(－3，m ，－3m )．因为cos 60°＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝33＋m 2＋3m 2＝12，解得m ＝32. 设F 为AD 的中点，连接EF ，则PA ∥EF ，且EF ＝AP 2＝12，EF ⊥平面ACD ，所以EF 为三棱锥E ­ACD 的高．所以V E ­ACD ＝13·S △ACD ·EF ＝13×12×32×3×12＝38.所以三棱锥E ­ACD 的体积为38.求二面角大小的常用方法(1)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的大小．(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2020·温州普通高中模考)如图，四棱锥P ­ABCD 中，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝2，CD ＝CB ＝CP ＝1，点P 在底面上的射影为线段BD 的中点M ，点F 为AB 的中点．(1)若点E 为棱PB 的中点，求证：CE ∥平面PAD ； (2)求二面角A ­PB ­C 的平面角的余弦值．解：(1)如图，由点P 在底面上的射影为线段BD 的中点M ，且MC ＝MB ＝MF ＝MD ，则PC ＝PB ＝PD ＝BC ，以B 为坐标原点，BC ，BA 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系B ­xyz ，则B (0，0，0)，A (0，2，0)，C (1，0，0)，D (1，1，0)， P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，22，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，14，24， 则AD →＝(1，－1，0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，22，CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，14，24， 所以t ＝(1，1，2)为平面PAD 的一个法向量， 所以CE →·t ＝0，所以CE ∥平面PAD .(2)BA →＝(0，2，0)，BC →＝(1，0，0)，BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，22，设平面BPA 的一个法向量为m＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧BA →·m ＝0BP →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝012x ＋12y ＋22z ＝0， 取m ＝(2，0，－1)，同理，平面BPC 的一个法向量为n ＝(0，2，－1)， 设θ是二面角A ­PB ­C 的平面角，易见θ与〈m ，n 〉互补， 故cos θ＝－cos 〈m ，n 〉＝－m ·n |m ||n |＝－13， 所以二面角A ­PB ­C 的平面角的余弦值为－13.[基础题组练]1．在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C.不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B (0，－1，0)，A 1(0，0，1)，A (0，0，0)，C 1(－1，0，1)，所以BA 1→＝(0，1，1)，AC 1→＝(－1，0，1)，所以cos 〈BA 1→，AC 1→〉 ＝BA 1→·AC 1→|BA 1→|·|AC 1→|＝12×2＝12，所以〈BA 1→，AC 1→〉＝60°，所以异面直线BA 1与AC 1所成的角等于60°.2．在三棱锥P ­ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，点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.15B.255C.55D.25解析：选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A ­xyz ，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1. 所以PA →＝(0，0，－2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DFE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，所以直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.3．在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．解析：以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12， D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.答案：234．在正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝1，点D 在棱BB 1上，若BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．解析：如图，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，点E 为AC 的中点，连接BE ，则BE ⊥AC ，所以BE ⊥平面AA 1C 1C ，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →＝1×32×32＝34＝2×32×cos θ(θ为AD →与EB →的夹角)，所以cosθ＝64＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝cos θsin θ＝155. 答案：1555．已知单位正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求： (1)AD 1与EF 所成角的大小； (2)AF 与平面BEB 1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系B 1­xyz ，得A (1，0，1)，B (0，0，1)，D 1(1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫12，1，0.(1)因为AD 1→＝(0，1，－1)， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，所以cos 〈AD 1→，EF →〉＝（0，1，－1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，02×22＝12，即AD 1与EF 所成的角为60°.(2)FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1，由图可得，BA →＝(1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，FA →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（1，0，0）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋（－1）2＋12＝13，所以cos θ＝223.即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223.6．(2020·宁波市余姚中学高三期中)如图，在四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，点Q 为AD 的中点．(1)若PA ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)设点M 是线段PC 上的一点，PM ＝tPC ，且PA ∥平面MQB . ①求实数t 的值；②若PA ＝PD ＝AD ＝2，且平面PAD ⊥平面ABCD ，求二面角M ­BQ ­C 的大小． 解：(1)证明：连接BD ，因为四边形ABCD 为菱形， ∠BAD ＝60°，所以△ABD 是正三角形，又Q 为AD 中点， 所以AD ⊥BQ .因为PA ＝PD ，Q 为AD 中点，所以AD ⊥PQ .又BQ ∩PQ ＝Q ，所以AD ⊥平面PQB ，AD ⊂平面PAD ， 所以平面PQB ⊥平面PAD .(2)①当t ＝13时，使得PA ∥平面MQB .连接AC 交BQ 于N ，交BD 于O ，则O 为BD 的中点，又因为BQ 为△ABD 边AD 上的中线，所以N 为正三角形ABD 的重心， 令菱形ABCD 的边长为a ，则AN ＝33a ，AC ＝3a . 因为PA ∥平面MQB ，PA ⊂平面PAC ，平面PAC ∩平面MQB ＝MN ，所以PA ∥MN ，PM PC ＝AN AC ＝3a 33a ＝13，即PM ＝13PC ，t ＝13.②因为PQ ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，所以QA ，QB ，QP 两两垂直，以Q 为坐标原点，分别以QA ，QB ，QP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Q ­xyz ，由PA ＝PD ＝AD ＝2，则B (0，3，0)，C (－2，3，0)，P (0，0，3)，设M (a ，b ，c )，则PM →＝(a ，b ，c －3)，PC →＝(－2，3，－3)， 因为PM ＝13PC ，所以PM →＝13PC →，所以a ＝－23，b ＝33，c ＝233，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，33，233，设平面MQB 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 由QM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，33，233，QB →＝(0，3，0)，且n ⊥QM →，n ⊥QB →，得⎩⎪⎨⎪⎧－23x ＋33y ＋233z ＝03y ＝0， 取z ＝1，得n ＝(3，0，1)， 又平面ABCD 的法向量m ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12，由图知二面角M ­BQ ­C 的平面角为锐角， 所以二面角M ­BQ ­C 的大小为60°.[综合题组练]1.(2020·杭州中学高三月考)如图，四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，点M 是棱PD 的中点，且PA ＝AB ＝AC ＝2，BC ＝2 2.(1)求证：CD ⊥平面PAC ； (2)求二面角M ­AB ­C 的大小；(3)如果N 是棱AB 上一点，且直线CN 与平面MAB 所成角的正弦值为105，求ANNB的值． 解：(1)证明：因为在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，BC ＝22， 所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以AB ⊥AC ， 因为AB ∥CD ，所以AC ⊥CD ，又因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥CD ， 因为AC ∩PA ＝A ，所以CD ⊥平面PAC .(2)如图，建立空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (－2，2，0)，因为点M 是棱PD 的中点，所以M (－1，1，1)，所以AM →＝(－1，1，1)，AB →＝(2，0，0)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＋z ＝02x ＝0.令y ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0y ＝1z ＝－1，所以平面MAB 的法向量n ＝(0，1，－1)． 因为PA ⊥平面ABCD ，所以AP →＝(0，0，2)是平面ABC 的一个法向量． 所以cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－22×2＝－22.因为二面角M ­AB ­C 为锐二面角，所以二面角M ­AB ­C 的大小为π4.(3)因为N 是棱AB 上一点，所以设N (x ，0，0)，NC →＝(－x ，2，0)， 设直线CN 与平面MAB 所成角为α， 因为平面MAB 的法向量n ＝(0，1，－1)， 所以sin α＝|cos 〈NC →，n 〉|＝22×x 2＋4＝105， 解得x ＝1，即AN ＝1，NB ＝1，所以ANNB＝1.2．(2020·惠州市第三次调研考试)如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，点G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的半径OA ＝2，侧面积为83π，∠AOP ＝120°.(1)求证：AG ⊥BD ；(2)求二面角P ­AG ­B 的平面角的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，由题意可知83π＝2×2π×AD ，解得AD ＝2 3.则A (0，0，0)，B (0，4，0)，D (0，0，23)，P (3，3，0)， 因为G 是DP 的中点，所以可求得G ⎝⎛⎭⎪⎫32，32，3. (1)证明：BD →＝(0，－4，23)，AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3.所以AG →·BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3·(0，－4，23)＝0，所以AG ⊥BD . (2)BP →＝(3，－1，0)，AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3，PG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－32，3，BG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－52，3，因为BP →·PG →＝0，AG →·BP →＝0，所以BP →是平面APG 的法向量．设n ＝(x ，y ，1)是平面ABG 的法向量，由n ·AG →＝0，n ·BG →＝0.解得n ＝(－2，0，1)， cos 〈BP →，n 〉＝BP →·n |BP →|·|n |＝－2325＝－155.结合图形得，二面角P ­AG ­B 的平面角的余弦值为155. 3．(2020·温州十五校联考)已知菱形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于一点O ，∠BAD ＝60°，将△BDC 沿着BD 折起得△BDC ′，连接AC ′.(1)求证：平面AOC ′⊥平面ABD ；(2)若点C ′在平面ABD 上的投影恰好是△ABD 的重心，求直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值．解：(1)证明：因为C ′O ⊥BD ，AO ⊥BD ，C ′O ∩AO ＝O ，所以BD ⊥平面C ′OA ，又因为BD ⊂平面ABD ，所以平面AOC ′⊥平面ABD .(2)如图建系O ­xyz ，令AB ＝a ，则A ⎝⎛⎭⎪⎫32a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎪⎫0，12a ，0，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a ，0，C ′⎝ ⎛⎭⎪⎫36a ，0，63a ，所以DC →＝AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，12a ，0，平面ADC ′的法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，22，设直线CD 与底面ADC ′所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DC →，m 〉|＝|DC →·m ||DC →||m |＝3a a ·32＝63， 故直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值为63. 4.如图，在四棱锥PABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，PA ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值； (2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q ­AC ­D 的余弦值为63？若存在，求出PQ QD的值；若不存在，请说明理由．解：(1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点，所以PO ⊥AD ，又侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD .在直角梯形ABCD 中，连接OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，直线OC 为x 轴，直线OD 为y 轴，直线OP 为z 轴可建立空间直角坐标系Q ­xyz (OC →、OD →、OP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向)，则P (0，0，1)，A (0，－1，0)，B (1，－1，0)，C (1，0，0)，D (0，1，0)，所以PB →＝(1，－1，－1)．易证OA ⊥平面POC ，所以OA →＝(0，－1，0)是平面POC 的一个法向量， 又cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，所以直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)PD →＝(0，1，－1)，CP →＝(－1，0，1)， 设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则{u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1，1，1)． 所以B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP →·u ||u |＝33..专业. (3)存在．设PQ →＝λPD →(0≤λ＜1)，因为PD →＝(0，1，－1)，所以PQ →＝(0，λ，－λ)＝OQ →－OP →， 所以OQ →＝(0，λ，1－λ)，所以Q (0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ′＋y ′＝0，m ·AQ →＝（λ＋1）y ′＋（1－λ）z ′＝0.取z ′＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 易知平面CAD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，因为二面角Q ­AC ­D 的余弦值为63， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63， 得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍去)， 所以存在点Q ，使得二面角Q ­AC ­D 的余弦值为63，且PQ QD ＝12.。

第07节 立体几何中的向量方法(Ⅰ)—证明平行与垂直1．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，有可能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1)C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1)D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1)【答案】D【解析】若l ∥α，则a·n ＝0.而选项A 中a·n ＝－2.选项B 中a·n ＝1＋5＝6.选项C 中a·n ＝－1，选项D 中a·n ＝－3＋3＝0，故选D.2．直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面α，则x 的值为( ) A ．－2 B ．－ 2 C ． 2 D ．± 2【答案】D【解析】线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，故－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝± 2.3．若直线l 的方向向量为a ＝(1，－1,2)，平面α的法向量为u ＝(－2,2，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂α D ．l 与α斜交 【答案】B4.如图所示，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别在A 1D 、AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面【答案】B【解析】以D 点为坐标原点，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，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，13，F ⎝⎛⎭⎪⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝⎝⎛⎭⎪⎫13，13，－13，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC .故选B.5.已知直线l 的方向向量为l ，直线m 的方向向量为m ，若l ＝αb ＋βc (α，β∈R )，m ∥a ，a ⊥b ，a ⊥c 且a ≠0，则直线m 与直线l ( )A ．共线B ．相交C ．垂直D ．不共面【答案】C【解析】由m ∥a 且a ≠0，可得：m ＝t a (t ∈R )，所以m ·l ＝m ·(αb ＋βc )＝αm ·b ＋βm ·c ＝αt a ·b ＋βt a ·c ＝0，故m 与l 垂直，即直线m 与直线l 垂直．6.已知平面α，β的法向量分别为μ＝(－2,3，－5)，v ＝(3，－1，4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上都不准确【答案】C7.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M 点的坐标为( )A ．(1,1,1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 【答案】 C8.如图所示，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F 且EF 下列结论中错误的是( )．A ．AC ⊥BEB ．EF ∥平面ABCDC ．三棱锥A-BEF 的体积为定值D ．异面直线AE ，BF 所成的角为定值 【答案】D∴AE ＝(0，－1,1)，BF ＝（1）， ∴AE ·BF ＝又|AE ||BF |∴cos 〈AE ，BF 〉＝AE BF AE BF⋅⋅＝∴此时异面直线AE 与BF 成30°角． ②当点E 为D 1B1的中点，F 在B 1处，此时E 1），F (0,1,1)，∴AE ＝（－1），BF ＝(0,0,1)，∴AE ·BF ＝1，|AE |∴cos 〈AE ，BF 〉AE BF AE BF⋅⋅D. 9．如图所示，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F 且EF 下列结论中错误的是 ( )．A．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC．三棱锥A-BEF的体积为定值D．异面直线AE，BF所成的角为定值【答案】DE(1,0,1)，F∴AE＝(0，－1,1)，BF＝∴AE·BF＝又|AE||BF|10.如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，△ACD 是正三角形，AD ＝DE ＝2AB ，且F 是CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE . 【答案】见解析. 【解析】证法一：(1)取CE 的中点P ，连接FP 、BP ， ∵F 为CD 的中点， ∴FP ∥DE ，且FP ＝12DE .又AB ∥DE ，且AB ＝12DE ，∴AB ∥FP ，且AB ＝FP ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．∵F 为CD 的中点，∴F (32a ，32a,0)．(1)AF →＝(32a ，32a,0)，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a,0，－a )，∴AF →＝12(BE →＋BC →)，∵AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)∵AF →＝(32a ，32a,0)，CD →＝(－a ，3a,0)，ED →＝(0,0，－2a )，∴AF →·CD →＝0，AF →·ED →＝0，∴AF →⊥CD →，AF →⊥ED →，∴AF ⊥CD ，AF ⊥ED ． 又CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE . 又AF ∥平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .11.如图，已知矩形ABCD ，PA ⊥平面ABCD ，M 、N 、R 分别是AB 、PC 、CD 的中点．求证：(1)直线AR ∥平面PMC ； (2)直线MN ⊥直线AB ． 【答案】见解析.【解析】证法1：(1)连接CM ，∵ABCD 为矩形，R 、M 分别为AB 、CD 的中点，⎩⎪⎨⎪⎧a 2λ＋a 2μ＝a 2，b μ＝b ，－c λ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝0，μ＝1.∴AR →＝MC →，∴AR ∥MC ，∵AR ⊄平面PMC ，∴AR ∥平面PMC ．(2)MN →＝(0，b 2，c 2)，AB →＝(a,0,0)，∵MN →·AB →＝0，∴MN →⊥AB →，∴MN ⊥AB ．12. 如图5，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱1D D 的中点，点F 在棱1B B 上，且满足12B F BF =. （1）求证：11EF AC ⊥；（2）在棱1C C 上确定一点G ，使A 、E 、G 、F 四点共面，并求此时1C G 的长.图5D 1C 1B 1A 1FE DCBA【答案】（1）11EF AC ⊥；（2）故当116C G a =时，A 、E 、G 、F 四点共面.【解析】（1）证明：以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则(),0,0A a 、()1,0,A a a 、()10,,C a a 、10,0,2E a ⎛⎫ ⎪⎝⎭、1,,3F a a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，z yxD 1C 1B 1A 1F E DC BA所以1λ=，56h a =，所以115166C G CC CG a a a =-=-=， 故当116C G a =时，A 、E 、G 、F 四点共面. 13. 在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2BC ，E ，F ，E 1分别是棱AA 1，BB 1，A 1B 1的中点． (1)求证：CE ∥平面C 1E 1F ； (2)求证：平面C 1E 1F ⊥平面CEF .【答案】∴CE⊥n.又∵CE⊄平面C1E1F，∴CE∥平面C1E1F.(2)设平面EFC的法向量为m＝(a，b，c)，。

第2课时 空间距离与立体几何中的最值(X 围)问题(选用)空间中的距离问题如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA＝AD ＝2，点E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面PAB ； (2)求点A 到平面EFG 的距离．【解】 如图，建立空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0)．(1)证明：因为EF →＝(0，1，0)，AP →＝(0，0，2)，AB →＝(2，0，0)，所以EF →·AP →＝0×0＋1×0＋0×2＝0，EF →·AB →＝0×2＋1×0＋0×0＝0，所以EF ⊥AP ，EF ⊥AB .又因为AP ，AB ⊂平面PAB ，且PA ∩AB ＝A ， 所以EF ⊥平面PAB .又EF ⊂平面EFG ，所以平面EFG ⊥平面PAB . (2)设平面EFG 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝（x ，y ，z ）·（0，1，0）＝0，n ·EG →＝（x ，y ，z ）·（1，2，－1）＝0，所以{y ＝0，，x ＋2y －z ＝0.取n ＝(1，0，1)，又AE →＝(0，0，1)，所以点A 到平面EFG 的距离d ＝|AE →·n ||n |＝12＝22.(1)空间中的各种距离一般都可以转化为求点与点、点与线、点与面的距离． ①点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距：点M 到直线a 的距离，若直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M 到直线a 的距离为d ＝|MN →|·sin〈MN →，a 〉；③线线距：两平行线间的距离转化为点线距离，两异面直线间的距离转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距：点M 到平面α的距离，若平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN →||cos 〈MN →，n 〉|＝|MN →·n ||n |.(2)利用空间向量求空间距离问题，首先应明确所求距离的特征，恰当选用距离公式求解．1．如图，P ­ABCD 是正四棱锥，ABCD ­A 1B 1C 1D 1是正方体，其中AB ＝2，PA ＝6，则B 1到平面PAD 的距离为________．解析：以A 1为原点，以A 1B 1所在直线为x 轴，A 1D 1所在直线为y 轴，A 1A 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系A 1­xyz ，则AD →＝(0，2，0)，AP →＝(1，1，2)，设平面PAD 的法向量是m ＝(x ，y ，z )，所以由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·AP →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，得m ＝(－2，0，1)，因为B 1A →＝(－2，0，2)，所以B 1到平面PAD 的距离d ＝|B 1A →·m ||m |＝65 5.答案：6552．如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，BC ＝3，CC 1＝2.(1)求证：平面A 1BC 1∥平面ACD 1； (2)求平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离．解：(1)证明：因为AA 1綊CC 1，所以四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以AC ∥A 1C 1. 又AC ⊄平面A 1BC 1，A 1C 1⊂平面A 1BC 1，所以AC ∥平面A 1BC 1.同理可证CD 1∥平面A 1BC 1. 又AC ∩CD 1＝C ，AC ⊂平面ACD 1，CD 1⊂平面ACD 1， 所以平面A 1BC 1∥平面ACD 1.(2)以B 1为原点，分别以B 1A 1→，B 1C 1→，B 1B →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系B 1­xyz ，则A 1(4，0，0)，A (4，0，2)，D 1(4，3，0)，C (0，3，2)，A 1A →＝(0，0，2)，AC →＝(－4，3，0)，AD 1→＝(0，3，－2)，设n ＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x ＋3y ＝0，3y －2z ＝0，取n ＝(3，4，6)，所以所求距离d ＝|A 1A →|×|cos 〈n ，A 1A →〉|＝|n ·A 1A →||n |＝1232＋42＋62＝126161，故平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离为126161.立体几何中的最值(X 围)问题(1)(2020·某某十校联考)如图，平面PAB ⊥平面α，AB ⊂α，且△PAB 为正三角形，点D 是平面α内的动点，ABCD是菱形，点O 为AB 中点，AC 与OD 交于点Q ，l ⊂α，且l ⊥AB ，则PQ 与l 所成角的正切值的最小值为( )A.－3＋372B. 3＋372C.7D ．3(2)(2020·某某高考模拟)如图，在三棱锥A ­BCD 中，平面ABC ⊥平面BCD ，△BAC 与△BCD 均为等腰直角三角形，且∠BAC ＝∠BCD ＝90°，BC ＝2，点P 是线段AB 上的动点，若线段CD 上存在点Q ，使得直线PQ与AC 成30°的角，则线段PA 长的取值X 围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，63 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，2 D.⎝⎛⎭⎪⎫63，2 【解析】 (1)如图，不妨以CD 在AB 前侧为例．以点O 为原点，分别以OB 、OP 所在直线为y 、z 轴建立空间直角坐标系O ­xyz ，设AB ＝2，∠OAD ＝θ(0<θ<π)，则P (0，0，3)，D (2sin θ，－1＋2cos θ，0)，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫23sin θ，23cos θ－13，0，所以QP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23sin θ，13－23cos θ，3，设α内与AB 垂直的向量n ＝(1，0，0)，PQ 与直线l 所成角为φ，则cos φ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪QP →·n |QP →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－23sin θ329－49cos θ＝sin θ8－cos θ＝1－cos 2θ8－cos θ.令t ＝cos θ(－1<t <1)，则s ＝1－t 28－t ，s ′＝t 2－16t ＋1（8－t ）2，令s ′＝0，得t ＝8－37，所以当t ＝8－37时，s 有最大值为16－67.则cos φ有最大值为16－67，此时sin φ取最小值为 67－15. 所以正切值的最小值为67－1516－67＝3＋372.故选B.(2)以C 为原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，过C 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系C ­xyz ，则A (0，1，1)，B (0，2，0)，C (0，0，0)，设Q (q ，0，0)，AP →＝λAB →＝(0，λ，－λ)(0≤λ≤1)，则PQ →＝CQ →－CP →＝CQ →－(CA →＋AP →)＝(q ，0，0)－(0，1，1)－(0，λ，－λ)＝(q ，－1－λ，λ－1)，因为直线PQ 与AC 成30°的角，所以cos 30°＝|CA →·PQ →||CA →|·|PQ →|＝22·q 2＋（1＋λ）2＋（λ－1）2＝2q 2＋2λ2＋2＝32， 所以q 2＋2λ2＋2＝83，所以q 2＝23－2λ2∈[0，4]，所以⎩⎪⎨⎪⎧23－2λ2≥023－2λ2≤4，解得0≤λ≤33，所以|AP →|＝2λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，63，所以线段PA 长的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，63. 故选B.【答案】 (1)B (2)B(1)求解立体几何中的最值问题，需要先确定最值的主体，确定题目中描述的相关变量，然后根据所求，确定是利用几何方法求解，还是转化为代数(特别是函数)问题求解．利用几何方法求解时，往往利用几何体的结构特征将问题转化为平面几何中的问题进行求解，如求几何体表面距离的问题．利用代数法求解时，要合理选择参数，利用几何体中的相关运算构造目标函数，再根据条件确定参数的取值X 围，从而确定目标函数的值域，即可利用函数最值的求解方法求得结果．(2)用向量法解决立体几何中的最值问题，不仅简捷，更减少了思维量．用变量表示动点的坐标，然后依题意用向量法求其有关几何量，构建有关函数，从而用代数方法即可求其最值．1．(2020·某某省五校联考模拟)如图，棱长为4的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1，点A 在平面α内，平面ABCD 与平面α所成的二面角为30°，则顶点C 1到平面α的距离的最大值是( )A ．2(2＋2)B ．2(3＋2)C ．2(3＋1)D ．2(2＋1)解析：选B.如图所示，作C 1O ⊥α，交ABCD 于点O ，交α于点E ，由题得O 在AC 上，则C 1E 为所求，∠OAE ＝30°， 由题意，设CO ＝x ，则AO ＝42－x ，C 1O ＝16＋x 2，OE ＝12OA ＝22－12x ，所以C 1E ＝16＋x 2＋22－12x ，令y ＝ 16＋x 2＋22－12x ，则y ′＝x16＋x 2－12＝0，可得x ＝43， 所以x ＝43时，顶点C 1到平面α的距离的最大值是2(3＋2)．2．(2020·某某省名校协作体高三联考)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值X 围．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，所以AB＝2，所以AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3， 所以AB 2＝AC 2＋BC 2，所以BC ⊥AC ，因为平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE .(2)如图所示，由(1)可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系C ­xyz ，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，M (λ，0，1)，所以AB →＝(－3，1，0)，BM →＝(λ，－1，1)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0n 1·BM →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)，因为n 2＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量， 所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋（3－λ）2×1 ＝1（λ－3）2＋4，因为0≤λ≤3，所以当λ＝0时，cos θ有最小值77， 当λ＝3时，cos θ有最大值12，所以cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤77，12.[基础题组练]1．(2020·某某市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A 1B 1C 1­ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知点G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，点D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值X 围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫55，1 B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤55，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫255，1 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫255，1 解析：选A.建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，F (x ，0，0)，D (0，y ，0)，由于GD ⊥EF ，所以x ＋2y －1＝0，DF ＝ x 2＋y 2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫y －252＋15， 由x ＝1－2y >0，得y <12，所以当y ＝25时，线段DF 长度的最小值是15，当y ＝0时，线段DF 长度的最大值是1，又不包括端点，故y ＝0不能取，故选A.2.(2020·某某市学军中学高考数学模拟)如图，三棱锥P ­ABC 中，已知PA ⊥平面ABC ，AD ⊥BC 于点D ，BC ＝CD ＝AD ＝1，设PD ＝x ，∠BPC ＝θ，记函数f (x )＝tan θ，则下列表述正确的是( )A ．f (x )是关于x 的增函数B ．f (x )是关于x 的减函数C ．f (x )关于x 先递增后递减D ．f (x )关于x 先递减后递增解析：选C.因为PA ⊥平面ABC ，AD ⊥BC 于点D ，BC ＝CD ＝AD ＝1，PD ＝x ，∠BPC ＝θ， 所以可求得AC ＝2，AB ＝5，PA ＝x 2－1，PC ＝x 2＋1，BP ＝x 2＋4， 所以在△PBC 中，由余弦定理知cos θ＝PB 2＋PC 2－BC 22BP ·PC ＝2x 2＋42x 2＋1x 2＋4. 所以tan 2θ＝1cos 2θ－1＝（x 2＋1）（x 2＋4）（x 2＋2）2－1＝x2（x 2＋2）2.所以tan θ＝x x 2＋2＝1x ＋2x ≤12x ·2x＝24(当且仅当x ＝2时取等号)，所以f (x )关于x 先递增后递减．3.(2020·义乌市高三月考)如图，边长为2的正△ABC 的顶点A 在平面γ上，B ，C 在平面γ的同侧，点M 为BC 的中点，若△ABC 在平面γ上的射影是以A 为直角顶点的△AB 1C 1，则M 到平面γ的距离的取值X 围是________．解析：设∠BAB 1＝α，∠CAC 1＝β，则AB 1＝2cos α，AC 1＝2cos β，BB 1＝2sin α，CC 1＝2sin β，则点M 到平面γ的距离d ＝sin α＋sin β，又|AM |＝3，则|B 1C 1|＝23－d 2，即cos 2α＋cos 2β＝3－(sin 2α＋2sin αsin β＋sin 2β)．也即sin αsin β＝12，所以d ＝sin α＋sin β＝sin α＋12sin α≥2，因为sin α<1，sin β<1，所以12sin α<1，所以12<sin α<1，所以当sin α＝12或1时，d ＝32，则2≤d ＜32.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，324.(2020·某某市学军中学高考数学模拟)如图，在二面角A ­CD ­B 中，BC ⊥CD ，BC ＝CD ＝2，点A 在直线AD 上运动，满足AD ⊥CD ，AB ＝3.现将平面ADC 沿着CD 进行翻折，在翻折的过程中，线段AD 长的取值X 围是________．解析：由题意得AD →⊥DC →，DC →⊥CB →，设平面ADC 沿着CD 进行翻折的过程中，二面角A ­CD ­B 的夹角为θ，则〈DA →，CB →〉＝θ，因为AB →＝AD →＋DC →＋CB →，所以平方得AB →2＝AD →2＋DC →2＋CB →2＋2AD →·DC →＋2CB →·AD →＋2DC →·CB →， 设AD ＝x ，因为BC ＝CD ＝2，AB ＝3， 所以9＝x 2＋4＋4－4x cos θ，即x 2－4x cos θ－1＝0，即cos θ＝x 2－14x.因为－1≤cos θ≤1，所以－1≤x 2－14x≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≤4x x 2－1≥－4x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x －1≤0x 2＋4x －1≥0， 则⎩⎨⎧2－5≤x ≤2＋5，x ≥－2＋5或x ≤－2－ 5.因为x >0，所以5－2≤x ≤5＋2， 即AD 的取值X 围是[5－2，5＋2]． 答案：[5－2，5＋2]5.(2020·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥D ­ABC 中，已知AB ＝2，AC →·BD →＝－3，设AD ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，则c 2ab ＋1的最小值为________．解析：设AD →＝a ，CB →＝b ，DC →＝c ，因为AB ＝2，所以|a ＋b ＋c |2＝4⇒a2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝4，又因为AC →·BD →＝－3，所以(a ＋c )·(－b －c )＝－3⇒a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＋c 2＝3，所以a 2＋b 2＋c 2＋2(3－c 2)＝4⇒c 2＝a 2＋b 2＋2，所以a 2＋b 2＋2ab ＋1≥2ab ＋2ab ＋1＝2，当且仅当a＝b 时，等号成立，即c 2ab ＋1的最小值是2.答案：26．(2020·某某十五校联合体期末考试)在正四面体P ­ABC 中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且AN →＝λAB →，设异面直线NM 与AC 所成角为α，当13≤λ≤23时，则cos α的取值X 围是________．解析：设点P 到平面ABC 的射影为点O ，以AO 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，过点O 作BC 的平行线为x 轴，建立空间直角坐标系O ­xyz ，如图．设正四面体的棱长为43，则有A (0，－4，0)，B (23，2，0)，C (－23，2，0)，P (0，0，42)，M (－3，1，22)．由AN →＝λAB →，得N (23λ，6λ－4，0)．从而有NM →＝(－3－23λ，5－6λ，22)，AC →＝(－23，6，0)． 所以cos α＝|NM →·AC →||NM →||AC →|＝3－2λ24λ2－4λ＋3，设3－2λ＝t ，则53≤t ≤73.则cos α＝12t 2t 2－4t ＋6＝1 2 6⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－4·1t ＋1，因为13<37≤1t ≤35，所以51938≤cos α≤71938. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤51938，71938 7.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，点P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′­PBCD 的体积最大时，求PA 的长；(2)若点P 为AB 的中点，点E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE .解：(1)设PA ＝x ，则PA ′＝x ，所以V A ′­PBCD ＝13PA ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝⎛⎭⎪⎫2－x 22. 令f (x )＝13x ⎝⎛⎭⎪⎫2－x 22＝2x 3－x 36(0<x <2)， 则f ′(x )＝23－x 22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233 233 ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，2 f ′(x )＋ 0 － f (x ) 单调递增 极大值 单调递减由上表易知，当PA ＝x ＝233时，V A ′­PBCD 取最大值． (2)证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP .由已知，得EF 綊12BC 綊PD . 所以四边形EFPD 是平行四边形，所以ED ∥FP .因为△A ′PB 为等腰直角三角形，所以A ′B ⊥PF .所以A ′B ⊥DE .8.(2020·某某市第一次高考科目数学质量检测)如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，平面A 1BC ⊥平面A 1ABB 1.(1)求证：AB ⊥BC ；(2)设直线AC 与平面A 1BC 所成的角为θ，二面角A 1­BC ­A 的大小为φ，试比较θ和φ的大小关系，并证明你的结论．解：(1)证明：过点A 在平面A 1ABB 1内作AD ⊥A 1B 于D ，因为平面A 1BC ⊥平面A 1ABB 1，平面A 1BC ∩平面A 1ABB 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，又因为BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥BC .又因为AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面A 1ABB 1，又因为AB ⊂平面A 1ABB 1，故AB ⊥BC .(2)连接CD ，由(1)知∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角．又∠ABA 1是二面角A 1­BC ­A 的平面角．则∠ACD ＝θ，∠ABA 1＝φ.在Rt △ADC 中，sin θ＝AD AC ，在Rt △ADB 中，sin φ＝AD AB .由AB <AC ，得sin θ<sin φ，又0<θ，φ<π2， 所以θ<φ.[综合题组练]1.(2020·某某市高考数学模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB AD＝λ(λ>1)，将其沿AC 翻折，使点D 到达点E 的位置，且二面角C ­AB ­E为直二面角．(1)求证：平面ACE ⊥平面BCE ；(2)设点F 是BE 的中点，二面角E ­AC ­F 的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cos θ的取值X 围．解：(1)证明：因为二面角C ­AB ­E 为直二面角，AB ⊥BC, 所以BC ⊥平面ABE ，所以BC ⊥AE .因为AE ⊥CE ，BC ∩CE ＝C ，所以AE ⊥平面BCE .因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面BCE .(2)如图，以E 为坐标原点，以AD 长为一个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系E ­xyz ，则AB ＝λ，A (0，1，0)，B (λ2－1，0，0)，C (λ2－1，0，1)，E (0，0，0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2－12，0，0， 则EA →＝(0，1，0)，EC →＝(λ2－1，0，1)，设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧y ＝0λ2－1·x ＋z ＝0，取x ＝1，则m ＝(1，0，－λ2－1)． 同理得平面FAC 的一个法向量为n ＝(2，λ2－1，－λ2－1)． 所以cos θ＝m ·n |m |·|n |＝λ2＋1λ·2（λ2＋1）＝22·1＋1λ2 .因为λ∈[2，3]，所以cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤53，104. 2.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2， PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．(1)由题意知，AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)．因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33， 所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)，又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数， 所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.。