2019版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练56空间向量的应用二空间的角与距离第2课时理

专题8.7 立体几何中的向量方法（二）求空间角与距离一、考纲要求1.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；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.二、考点梳理考点一 异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角β l 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 |考点二 求直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.考点三 求二面角的大小(1)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 →〉.(2)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〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角). 【特别提醒】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 〉|.2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补.三、题型分析例1. （黑龙江鹤岗一中2019届期末）如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值为( )A.3－225B.2－26C.12D.32【答案】A【解析】因为BC →＝AC →－AB →，所以OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－162＋24. 所以cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225.即OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.【变式训练1-1】、（天津新华中学2019届高三质检）如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长； (2)求证：AC 1⊥BD ；(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值.【解析】(1) 记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝⎛⎭⎫12＋12＋12＝6， ∴|AC →1|＝6，即AC 1的长为 6. (2)证明 ∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，BD →＝b －a ，∴AC 1→·BD →＝(a ＋b ＋c )·(b －a )＝a ·b ＋|b |2＋b ·c －|a |2－a ·b －a ·c ＝b ·c －a ·c ＝|b ||c |cos 60°－|a ||c |cos 60°＝0.∴AC 1→⊥BD →，∴AC 1⊥BD .(3)解 BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3， BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.例2、（2018年天津卷）如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2.（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；（II ）求二面角的正弦值；（III ）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.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】依题意，可以建立以D 为原点， 分别以，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D （0，0，0），A （2，0，0），B （1，2，0），C （0，2，0），E （2，0，2），F （0，1，2），G （0，0，2），M （0，，1），N （1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.【变式训练2-1】、（吉林长春市实验中学2019届高三模拟）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，过点E作EF⊥PB于点F.求证：(1)PA ∥平面EDB ； (2)PB ⊥平面EFD .【证明】以D 为坐标原点，射线DA ，DC ，DP 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D -xyz .设DC ＝a .(1)连接AC 交BD 于点G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2. 因为底面ABCD 是正方形，所以G 为AC 的中点故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0，所以PA ―→＝(a,0，－a )，EG ―→＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2， 则PA ―→＝2EG ―→，故PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB ，PA ⊄平面EDB ，所以PA ∥平面EDB . (2)依题意得B (a ，a,0)，所以PB ―→＝(a ，a ，－a )．又DE ―→＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2， 故PB ―→·DE ―→＝0＋a 22－a 22＝0，所以PB ⊥DE ，所以PB ⊥DE .由题可知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .例3、如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2，求异面直线BC 与AE 所成的角的大小．【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，22，0)，E(1，2，1)，AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0，22，0)．设AE →与BC →的夹角为θ，则cosθ＝AE →·BC →|AE →|·|BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4，所以异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.【变式训练3-1】、 如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．【答案】55【解析】 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得C(0，0，0)，B(0，0，1)，C 1(0，2，0)，A(2，0，0)，B 1(0，2，1)，所以BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→|·|AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0，所以BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，所以直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.【变式训练3-2】、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A 1BC 所成角的余弦值．【解析】 (1)证明：连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E -xyz . 不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，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)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.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)，故sin θ＝|cos 〈EF ―→，n 〉|＝|EF ―→·n ||EF ―→|·|n |＝45，∴cos θ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.。

第五讲　空间角与距离、空间向量及应用考点1空间直角坐标系1.[2018惠州一调] 一个四面体的顶点在如图所示的空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是(0,0,0),(1,0,1),(0,1,1),(,1,0),绘制该四面体的三12视图时,按照如图所示的方向画正(主)视图,则得到的侧(左)视图为( ) A B C D考点2空间向量的有关定理及运算2.若O,A,B,C 为空间四点,且向量,,不能构成空间的一个基底,则( )OA OB OC A.,,共线 B.,共线OA OB OC OA OB C.,共线 D.O,A,B,C 四点共面OB OC 3.在空间直角坐标系中,A (1,1,-2),B (1,2,-3),C (-1,3,0),D (x,y,z)(x,y,z ∈R),若A,B,C,D 四点共面,则 ( )A.2x +y +z =1B.x +y +z =0C.x -y +z =-4D.x +y -z =04.[2014广东,5,5分][理]已知向量a =(1,0,-1),则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)5.在空间直角坐标系中,A,B,C 三点的坐标分别为A (2,1,-1),B (3,4,λ),C (2,7,1),若⊥,则λ= ( )AB CB A.3 B.1 C.±3 D.-36.已知正四面体A-BCD 的棱长为1,且=2,=2,则·=( )AE EB AF FD EF DC A. B. C.- D.-23132313考点3利用空间向量解决立体几何问题7.已知=(2,2,1),=(4,5,3),则下列向量中是平面ABC 的法向量的是( )AB AC A.(1,2,-6) B.(-2,1,1) C.(1,-2,2) D.(4,-2,1)8.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB =1,AC =2,BC =,D,E 分别是AC 1和BB 1的中点,则直线DE 3与平面BB 1C 1C 所成的角为( )A.30°B.45°C.60°D.90°9.长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =1,BC =2,AA 1=3,点M 是BC 的中点,点P ∈AC 1,Q ∈MD ,则PQ 长度的最小值为( )A.1B.C.D.24323310.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点E,F 分别是棱AB,BB 1的中点,则直线EF 和BC 1所成的角的大小为 .11.[2018唐山市五校联考]如图,在四棱锥P-ABCD 中,PC ⊥底面ABCD ,ABCD 是直角梯形,AB ⊥AD ,AB ∥CD ,AB =2AD =2CD ,E 是PB的中点.(1)求证:平面EAC ⊥平面PBC ;(2)若二面角P-AC-E 的余弦值为,求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值.6312.如图,CD,AB 分别是圆柱的上、下底面圆的直径,ABCD 是边长为2的正方形,E 是底面圆周上不同于A,B 两点的一点,AE =1.(1)求证:BE ⊥平面DAE ;(2)求二面角C-DB-E 的余弦值.答案1.B 满足条件的四面体放在正方体中如图(1)所示,依题意得到侧(左)视图如图(2),故选B.　(1) (2)2.D ∵向量,,不能构成空间的一个基底,∴向量,,共面,因此O ,A ,B ,C 四点OA OB OC OA OB OC 共面,故选D .3.A ∵A (1,1,-2),B (1,2,-3),C (-1,3,0),D (x ,y ,z )(x ,y ,z ∈R),∴=(0,1,-1),=(-2,2,2),=AB AC AD (x-1,y-1,z+2),∵A ,B ,C ,D 四点共面,∴存在实数λ,μ使得=λ+μ,即(x-1,y-1,z+2)=λ(0,1,-1)AD AB AC +μ(-2,2,2),∴解得2x+y+z=1,故选A .{x -1=-2μ,y -1=λ+2μ,z +2=-λ+2μ,4.B 设选项中的向量与a 的夹角为θ,对于选项A,由于cos θ==-,1×(-1)+0×1+(-1)×012+02+(-1)2×(-1)2+12+0212此时夹角θ为120°,不满足题意;同理可知选项C,D 不满足题意;对于选项B,由于cos θ==,此时夹角θ为60°,满足题意.选B .1×1+0×(-1)+(-1)×012+02+(-1)2×12+(-1)2+02125.C 由题知,=(1,3,λ+1),=(1,-3,λ-1),由⊥,可得·=0,即1-9+λ2-1=0,即AB CB AB CB AB CB λ2=9,λ=±3,故选C.6.D 因为=2,=2,所以EF ∥BD ,EF=BD ,即=,则·=·=|||AE EB AF FD 23EF 23BD EF DC 23BD DC 23BD |cos =-.故选D .DC 2π3137.C 设平面ABC 的法向量n =(x ,y ,z ),则即取x=1,解得y=-{n ·AB =0,n ·AC =0,{2x +2y +z =0,4x +5y +3z =0,2,z=2.∴n =(1,-2,2).故选C .8.A 由已知AB 2+BC 2=AC 2,得AB ⊥BC.以B 为原点,分别以BC ,BA ,BB 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,设AA 1=2a ,则A (0,1,0),C (,0,0),D (,,a ),E (0,0,a ),所以=(,,0),平面BB 1C 1C 的一个法向33212ED 3212量为n =(0,1,0),cos <,n >===,<,n>=60°,所以直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为ED ED |ED ||n |12(32)2+(12)2+02×112ED 30°.故选A .图D 8-5-29.C 根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,设P (x 0,2x 0,3-3x 0),Q (x 1,2-x 1,3),x 0,x 1∈[0,1],所以PQ==,当且仅当(x 0-x 1)2+(2x 0+x 1-2)2+(3-3x 0-3)22(x 1+x 0-22)2+272(x 0-29)2+43x 0=,x 1=时,PQ 取得最小值,即PQ min ==.故选C .2989432310.60°　根据题意建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长AB =2,则A (2,0,0),B (2,2,0),B 1(2,2,2),C 1(0,2,2),E (2,1,0),F (2,2,1),∴=(-2,0,2),BC 1=(0,1,1),∴cos <,>===,∴<,>=60°,∴异面直线EF 和BC 1所成EF BC 1EF BC ·EF|BC 1||EF |28×212BC 1EF 的角是60°.11.(1)因为PC ⊥平面ABCD ,AC ⊂平面ABCD ,所以AC ⊥PC.因为AB=2AD=2CD ,所以AC=BC=AD=CD ,22所以AC 2+BC 2=AB 2,故AC ⊥BC.又BC ∩PC=C ,所以AC ⊥平面PBC.因为AC ⊂平面EAC ,所以平面EAC ⊥平面PBC.(2)如图所示,以C 为原点,,,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,并设CB CA CP CB=2,CP=2a (a>0).则C (0,0,0),A (0,2,0),B (2,0,0),P (0,0,2a ),则E (1,0,a ),=(0,2,0),=(0,0,2a ),=(1,0,a ),CA CP CE 易知m =(1,0,0)为平面PAC 的一个法向量.设n =(x ,y ,z )为平面EAC 的法向量,则{n ·CA =0,n ·CE =0,即y=0,取x=a ,则z=-1,n=(a ,0,-1).{2y =0,x +az =0,依题意,|cos <m ,n >|===,则a=.|m ·n ||m ||n |aa 2+1632于是n =(,0,-1),=(0,2,-2).2PA 2设直线PA 与平面EAC 所成角为θ,则sin θ=|cos <,n>|==,PA PA |PA ||n |23即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为.2312.(1)由圆柱的性质知,DA ⊥平面ABE ,又BE ⊂平面ABE ,∴BE ⊥DA ,又AB 是底面圆的直径,E 是底面圆周上不同于A ,B 两点的一点,∴BE ⊥AE,又DA ∩AE=A ,DA ,AE ⊂平面DAE ,∴BE ⊥平面DAE.(3)解法一　如图,过E 作EF ⊥AB ,垂足为F ,由圆柱的性质知平面ABCD ⊥平面ABE ,∴EF ⊥平面ABCD.过F 作FH ⊥DB ,垂足为H ,连接EH ,则∠EHF 即所求的二面角的平面角的补角,由AB=AD=2,AE=1易得DE=,BE=,BD=2,532∴EF==,AE ×BE AB 32由(1)知BE ⊥DE ,∴EH===DE ×BEDB 5×322304∴sin ∠EHF===EFEH 32304105∴cos ∠EHF==,1-sin 2∠EHF 155∴二面角C-DB-E 的余弦值为-.155解法二　过A 在平面AEB 内作垂直于AB 的直线,建立如图所示的空间直角坐标系,∵AB=AD=2,AE=1,∴BE=,∴E (,,0),D (0,0,2),B (0,2,0),33212∴=(-,-,2),=(0,-2,2).ED 3212BD 取平面CDB 的一个法向量为n 1=(1,0,0),设平面EBD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),则即取z 2=1,则n 2=(,1,1)为平面EBD 的一个法向量.{n 2·ED =0,n 2·BD =0,{-32x 2-12y 2+2z 2=0,-2y 2+2z 2=0,3∴cos <n 1,n 2>===,n 1·n 2|n 1||n 2|35155又易知二面角C-DB-E 为钝角,∴二面角C-DB-E 的余弦值为-155。

考点3 利用空间向量解决立体几何问题（重点）
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)的非零向量,显然一条直 线的方向向量可以有无数个. 说明 (1)通常取直线上的两个特殊点构成直线的方向向量;当直线平行于 x轴,y轴或z轴时,直线的方向向量可分别取i=(1,0,0), j=(0,1,0),k=(0,0,1). (2)平面法向量的求法. 一个平面的法向量是与平面垂直的向量,有无数多个,任意两个都是共线向 量.
2.点的坐标表示 在空间直角坐标系中,任何一个点的坐标都可以用三个实数组成的有序实 数组表示,这三个实数分别是点在x轴,y轴,z轴上的坐标.
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考点2 空间向量的有关定理及运算（重点）
1.共线向量定理 对空间任意两个向量a,b(b≠0),共线向量定理可以分解为两个命题:①a∥b⇒ 存在唯一实数λ,使a=λb;②若存在唯一实数λ,使a=λb,则a∥b.其中命题②是 空间向量共线的判定定理. 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p=xa+yb. 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
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理科数学 第八章：立体几 何
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考法3 求线面角 考法指导 求直线与平面所成角的方法 (1)定义法:①作,在斜线上选取恰当的点向平面引垂线,在这一步上确定垂足 的位置是关键; ②证,证明所作的角为直线与平面所成的角,其证明的主要依据是直线与平 面所成角的概念; ③求,构造角所在的三角形,利用解三角形的知识求角.

课时达标检测(四十一) 利用空间向量求空间角一、全员必做题1．已知直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，∠ACB ＝90°，CA ＝CB ＝CC 1，D 为B 1C 1的中点，求异面直线BD 和A 1C 所成角的余弦值．解：如图所示，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设CA ＝CB ＝CC 1＝2，则A 1(2,0,2)，C (0,0,0)，B (0,2,0)，D (0,1,2)，∴ BD ＝(0，－1,2)，1A C ＝(－2,0，－2)，∴cos 〈 BD ，1 A C 〉＝ BD ·1 A C | BD ||1 A C |＝－105. ∴异面直线BD 与A 1C 所成角的余弦值为105.2．(2016·大连二模)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AA 1＝2，AC ＝2 2.M 是CC 1的中点，P 是AM 的中点，点Q 在线段BC 1上，且BQ ＝13QC 1. (1)证明：PQ ∥平面ABC ；(2)若直线BA 1与平面ABM 所成角的正弦值为21515，求∠BAC 的大小．解：(1)取MC 的中点，记为点D ，连接PD ，QD .∵P 为MA 的中点，D 为MC 的中点， ∴PD ∥AC .又CD ＝13DC 1，BQ ＝13QC 1，∴QD ∥BC . 又PD ∩QD ＝D ， ∴平面PQD ∥平面ABC . 又PQ ⊂平面PQD ， ∴PQ ∥平面ABC .(2)∵BC ，BA ，BB 1两两互相垂直，∴以B 为坐标原点，分别以BC ，BA ，BB 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B ­xyz ，设BC ＝a ，BA ＝b ，则各点的坐标分别为B (0,0,0)，C (a,0,0)，A (0，b,0)，A 1(0，b,2)，M (a,0,1)，∴1 BA ＝(0，b,2)， BA ＝(0，b,0)，BM ＝(a,0,1)．设平面ABM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n · BA ＝0，n · BM ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧by ＝0，ax ＋z ＝0，取x ＝1，则可得平面ABM 的一个法向量为n ＝(1,0，－a )，∴|cos 〈n ，1BA 〉|＝|－2a |a 2＋1·b 2＋4＝21515，又a 2＋b 2＝8，∴a 4＋4a 2－12＝0， ∴a 2＝2或－6(舍)，即a ＝ 2. ∴sin ∠BAC ＝222＝12，∴∠BAC ＝π6.3.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，∠ABC ＝90°，△ABC ≌△ADC ，PA ＝AC ＝2AB ＝2，E 是线段PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PAB ； (2)求二面角D ­CP ­B 的余弦值．解：(1)证明：以B 为坐标原点，BA 所在的直线为x 轴，BC 所在的直线为y 轴，过点B 且与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．则B (0,0,0)，C (0，3，0)，P (1,0,2)，D ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32，32，0，A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎪⎫12，32，1， ∴ DE ＝(－1,0,1)， BP ＝(1,0,2)， BA ＝(1,0,0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎪⎨⎪⎧n · BP ＝0，n · BA ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2c ＝0，a ＝0，∴n ＝(0,1,0)为平面PAB 的一个法向量．又DE ·n ＝0，DE ⊄平面PAB ，∴DE ∥平面PAB .(2)由(1)易知 BC ＝(0，3，0)， DP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12，－32，2， DC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，32，0，设平面PBC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BP ＝0，n 1· BC ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋2z 1＝0，3y 1＝0，令x 1＝2，则y 1＝0，z 1＝－1，∴n 1＝(2,0，－1)为平面PBC 的一个法向量． 设平面DPC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2· DP ＝0，n 2· DC ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－12x 2－32y 2＋2z 2＝0，－32x 2＋32y 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝3，z 2＝1，∴n 2＝(1，3，1)为平面DPC 的一个法向量． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝2－15×5＝15，故二面角D ­CP ­B 的余弦值为15.二、重点选做题1.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，AD ∥BC ，平面APD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，E 在AD 上，且AB ＝BC ＝CD ＝DE ＝EA ＝2.(1)求证：平面PEC ⊥平面PBD ；(2)设直线PB 与平面PEC所成的角为π6，求平面APB 与平面PEC所成的锐二面角的余弦值．解：(1)证明：连接BE .在△PAD 中，PA ＝PD ，AE ＝ED ， 所以PE ⊥AD .又平面APD ⊥平面ABCD ，平面APD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PE ⊥平面ABCD ， 又BD ⊂平面ABCD ，故PE ⊥BD .在四边形ABCD 中，BC ∥DE ，且BC ＝DE ， 所以四边形BCDE 为平行四边形， 又BC ＝CD ，所以四边形BCDE 为菱形， 故BD ⊥CE ， 又PE ∩EC ＝E ， 所以BD ⊥平面PEC ， 又BD ⊂平面PBD ， 所以平面PEC ⊥平面PBD . (2)取BC 的中点F ，连接EF .由(1)可知，△BCE 是一个正三角形，所以EF ⊥BC ， 又BC ∥AD ，所以EF ⊥AD .又PE ⊥平面ABCD ，故以E 为坐标原点，分别以直线EF 、直线ED 、直线EP 为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设PE ＝t (t >0)，则D (0,2,0)，A (0，－2,0)，P (0,0，t )，F (3，0,0)，B (3，－1,0)．因为BD ⊥平面PEC ，所以BD ＝(－3，3,0)是平面PEC 的一个法向量， 又PB ＝(3，－1，－t )，所以cos 〈 PB ， BD 〉＝ PB ·BD| PB || BD |＝－64＋t 2×23＝－34＋t 2. 由已知可得sin π6＝|cos 〈 PB ， BD 〉|＝34＋t2，得t ＝22(负值舍去)．故P (0,0,22)， PB ＝(3，－1，－22)，AB ＝(3，1,0)．设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB ＝0，n · AB ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －22z ＝0，3x ＋y ＝0，取y ＝－6，则x ＝2，z ＝3，故n ＝(2，－6，3)为平面APB 的一个法向量，所以cos 〈 BD ，n 〉＝BD ·n | BD ||n |＝－4623×11＝－22211. 设平面APB 与平面PEC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈 BD ，n 〉|＝22211.2．如图1，正方形ABCD 的边长为4，AB ＝AE ＝BF ＝12EF ，AB ∥EF ，把四边形ABCD 沿AB 折起，使得AD ⊥平面AEFB ，G 是EF 的中点，如图2.(1)求证：AG ⊥平面BCE ； (2)求二面角C ­AE ­F 的余弦值． 解：(1)证明：连接BG ，因为BC ∥AD ，AD ⊥底面AEFB ，所以BC ⊥底面AEFB ，又AG ⊂底面AEFB ， 所以BC ⊥AG ，因为AB 綊EG ，AB ＝AE ，所以四边形ABGE 为菱形，所以AG ⊥BE ， 又BC ∩BE ＝B ，BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ， 所以AG ⊥平面BCE .(2)由(1)知四边形ABGE 为菱形，AG ⊥BE ，AE ＝EG ＝BG ＝AB ＝4， 设AG ∩BE ＝O ，所以OE ＝OB ＝23，OA ＝OG ＝2，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (－2,0,0)，E (0，－23，0)，F (4,23，0)，C (0,23，4)，D (－2,0,4)，所以 AC ＝(2,23，4)，AE ＝(2，－23，0)，设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AC ·n ＝0， AE ·n ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋23y ＋4z ＝0，2x －23y ＝0，令y ＝1，则x ＝3，z ＝－3，即平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，1，－3)， 易知平面AEF的一个法向量为AD ＝(0,0,4)，设二面角C ­AE ­F 的大小为θ，由图易知θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以cos θ＝|n ·AD ||n || AD |＝437×4＝217.三、冲刺满分题1．(2016·四川高考)如图，在四棱锥 P ­ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明由； (2)若二面角P ­CD ­A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值．解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．如图，延长AB ，DC 相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点．由如下：由已知，知BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB . 又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(2)由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD ，从而CD ⊥PD ， 所以∠PDA 是二面角P ­CD ­A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°.因为PA ⊥AB ，所以PA ⊥平面ABCD .设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2，作Ay ⊥平面PAD ，以A为原点，以 AD ，AP 的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，所以 PE ＝(1,0，－2)， EC ＝(1,1,0)，AP ＝(0,0,2)．设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n · PE ＝0，n · EC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.令x ＝2，则n ＝(2，－2,1)． 设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP ||n || AP |＝222＋ －2 2＋12×2＝13， 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.2.如图，在三棱柱ABC ­A1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝π3.(1)求证：BC 1⊥平面ABC ；(2)设 CE ＝λ1CC (0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．解：(1)证明：因为AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂侧面BB 1C 1C ，故AB ⊥BC 1，在△BCC 1中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π3， 所以BC 21＝BC 2＋CC 21－2BC ·CC 1·cos ∠BCC 1＝12＋22－2×1×2×cos π3＝3，所以BC 1＝3，故BC 2＋BC 21＝CC 21，所以BC ⊥BC 1，而BC ∩AB ＝B ， 所以BC 1⊥平面ABC .(2)由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (0,0,0)，A (0,1,0)，B 1(－1，0，3)，C (1,0,0)，C 1(0,0，3)．所以1CC ＝(－1,0, 3)，所以CE ＝(－λ，0, 3λ)，E (1－λ，0, 3λ)， 则 AE ＝(1－λ，－1，3λ)，1AB ＝(－1，－1，3)．设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n · AE ＝0，n ·1 AB ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1－λ x －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，故n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3是平面AB 1E 的一个法向量．因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BA ＝(0,1,0)是平面BB 1E 的一个法向量，所以|cos 〈n ， BA 〉|＝|n ·BA ||n || BA |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－λ ⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋ 3 2×1＝32. 两边平方并简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝32(舍去)．故λ的值为1.。

考法2 利用向量法证明垂直问题
考法3 求线面角
考法4 求二面角
考法5 求空间距离
考法6 立体几何中的探索性问题
理科数学 第八章：立体几何
考纲解读
考情精解读 命题规律
命题分析预测
考纲解读
1.了解空间直角坐标系,会用空间直角坐标表示点的位置.
2.会推导空间两点间的距离公式. 3.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. 4.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. 5.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. 6.理解直线的方向向量与平面的法向量.
中的一个变量赋一特殊值(常赋值-1,0,1),即可确定一个法向量,赋值不同,所
求法向量不同,但n=(0,0,0)不能作为法向量.
理科数学 第八章：立体几何
2.利用空间向量表示立体几何中的平行、垂直、夹角、距离
(1)用向量表示立体几何中的平行、垂直关系 线、面位置关系 设直线l,m的方 l∥m l ∥α α∥β l⊥m l ⊥α α⊥β 向量表示 a∥b⇔a=kb(k∈R). a⊥u⇔a· u=0. u∥v⇔u=kv(k∈R). a⊥b⇔a· b=0. a∥u⇔a=ku(k∈R). u⊥v⇔u· v=0.
考题取样
2017全国Ⅱ,T19(1) 2017全国Ⅰ,T18(2)
考查内容（对应考法）
利用向量法证线面平行(考法1)
证明平行、垂直 2017全国Ⅰ,T18(1) 2017全国Ⅱ,T19(2)
2017全国Ⅲ,T19(2)
用向量法证明面面垂直(考法2)
2.求空间角与距 离
求二面角(考法4)
2016全国Ⅰ,T18(Ⅱ)

(2)分别取BC，AD的中点为M，N. 连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN. 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点， 所以Q为EF的中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE. 由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD. 由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD. 又PN∩BN＝N， 所以AD⊥平面PBN. 由BC∥AD得BC⊥平面PBN， 那么平面PBC⊥平面PBN. 过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.
φ＝|cos θ|＝ |n||e| .
3．求二面角的大小 (1)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＝〈 ―A→B ，―C→D 〉．
(2)如图②和图③，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＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉 ．
⊥PD，又因为CD⊥平面PAD，所以AE⊥CD，又PD∩CD＝
D，所以AE⊥平面CDP.所以
―→ AD
＝(0,1,0)，
―→ AE
＝
0，12，12
分别是平面ABP，平面CDP的法向量，且〈
―→ AD
，
―→ AE
〉＝
45°，所以平面ABP与平面CDP所成的二面角为45°. 答案：45°
讲练区 研透高考· 完成情况
[基本知识]
1．两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ， |a·b|
则cos φ＝|cos θ|＝ |a||b| (其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．
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，向量e与n 的夹角为θ，则有sin |n·e|

例1 (202X上海嘉定一中测试,15) 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P是平面ADD1A1内一点,且满足 △ADP为正三角形.点M为平面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点 M在正方形ABCD内的轨迹为 ( )
A
B
C
D
解析 设正方体的棱长为1. 如图所示,点P在线段AD上的射影Q为AD的中点,在平面ABCD内分别以 AD,DC所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系,
1
3 14
2
=
70 .
14
考法三 求解立体几何中的探索性问题 1)涉及线段上点的位置的探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再 给出证明,所求点多为中点或三等分点中的某一个,也可以根据类似知识 找点,求解时注意三点共线条件的应用. 2)借助空间直角坐标系,把几何对象上动点的坐标用参数(变量)表示出 来,将几何对象坐标化,这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或 方程组.若方程或方程组有满足题设要求的解,则通过参数的值反过来确 定几何对象的位置;若方程或方程组没有满足题设要求的解,则表示满足 题设要求的几何对象不存在.
答案 A
例2 在棱长为2的正四面体ABCD中,点P为△ABC所在平面内一动点,且满
足|
PA
|+|
PB
|=
4
3 ,则PD的最大值为
(
)
3
A.3 B. 2 10 C. 39 D.2
3
3
解析发
如图所示,在平面ABC内,|PA
|+|PB
|= 4
3 >2,所以点P在平面ABC内的
3
轨迹为椭圆,取AB的中点O,连接CO,以直线AB为x轴,直线OC为y轴建立平

(1)证明:平面 ABE⊥平面 EBD;
图 8-5-12
3
(2)点 M 在线段 EF 上,试确定点 M 的位置,使平面 MAB 与平面 ECD 所成角的余弦值为 4 .
8.[2017 太原市三模,19]如图 8-5-13,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面 ACC1A1⊥底面 ABC,∠A1AC=60°,AC=2AA1=4,点 D,E 分别是 AA1,BC 的中点.
3
������������ ������������
12 3
23
3
B(1,0),C(0, 3),O(0, 3 ),∵AP=PB,������������=������������=2,∴Q(3, 3 ),R(-3, 3 ),则直线 RP 的方程为 y=- 2 x,直
3 53
线 PQ 的方程为 y=2 3x,直线 RQ 的方程为 y= 3 x+ 9 ,根据点到直线的距离公式,知
正视图可以为
( )
A B C D
题组 2 空间角与距离
3.[2017 浙江,9,5 分] 如图 8-5-1,已知正四面体 D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R 分别
������������ ������������
为 AB,BC,CA 上的点,AP=PB,������������=������������=2.分别记二面角 D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P 的平面角为
图 8-5-8
(Ⅰ)求证:PD⊥平面 PAB; (Ⅱ)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值;
������������
(Ⅲ)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.

→ ③向量法：d＝|n·|Mn|A|(n 为平面的法向量，A 为平面内一点，MA 为过 A 点的斜线段)．
如图，在四棱锥 A－BCDE 中，平面 ABC⊥平面 BCDE，∠CDE＝∠BED＝90°，AB＝CD＝2，DE＝ BE＝1，AC＝ 2.
(1)证明：DE⊥平面 ACD； (2)求二面角 B－AD－E 的大小．
m·A→D＝0， 由m·A→E＝0，
得－2y1－ 2z1＝0， x1－2y1－ 2z1＝0.
可取 m＝(0,1，－
n·A→D＝0， 2)．由n·B→D＝0，
得－x2＋2yy22－＝02，z2＝0，
可取 n＝(1，－1， 2)．
于是|cos〈m，n〉|＝||mm|··n|n||＝ 33×2＝ 23. 由题意可知，所求二面角是锐角，
[正解] (1)同上
(2)以 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D－xyz.由题意知各点坐标如下： D(0,0,0)，E(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0，2， 2)，B(1,1,0)． 设平面 ADE 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)，平面 ABD 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)，可算得A→D＝(0，－2， － 2)，A→E＝(1，－2，－ 2)，D→B＝(1,1,0)．
4 点到平面的距离的向量求法 →
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＝|A|Bn·|n|.
注意点 二面角的大小与两法向量夹角的关系 求出两平面法向量的夹角后，一定要根据图形来判断二面角的大小与两法向量夹角的关系是相等还是 互补.
1．思维辨析 (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]．( √ )

第五讲空间角与距离、空间向量及应用题组1空间直角坐标系1.[2014北京,7,5分][理]在空间直角坐标系Oxyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,).若S1,S2,S3分别是三棱锥D-ABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则()A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2≠S3C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S12.[2013新课标全国Ⅱ,9,5分]一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面体三视图中的正视图时,以zOx平面为投影面,则得到的正视图可以为()A B C D题组2空间角与距离3.[2017浙江,9,5分] 如图8-5-1,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,则()图8-5-1A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α4.[2014四川,8,5分][理] 如图8-5-2,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是()图8-5-2A.[,1]B.[,1]C.[,]D.[,1]5.[2017全国卷Ⅱ,19,12分][理]如图8-5-3,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.图8-5-3(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.6.[2017 江苏,22,10分][理]如图8-5-4,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°.图8-5-4(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.7.[2015新课标全国Ⅱ,19,12分][理]如图8-5-5,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.图8-5-5(Ⅰ)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(Ⅱ)求直线AF与平面α所成角的正弦值.8.[2014新课标全国Ⅱ,18,12分] 如图8-5-6,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.图8-5-6(Ⅰ)证明:PB∥平面AEC;(Ⅱ)设AP=1,AD=,三棱锥P-ABD的体积V=,求A到平面PBC的距离.题组3向量法在立体几何中的应用9.[2017天津,17,13分][理]如图8-5-7,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,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.图8-5-7(Ⅰ)求证:MN∥平面BDE;(Ⅱ)求二面角C-EM-N的正弦值;(Ⅲ)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.10.[2016北京,17,14分][理]如图8-5-8,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=.图8-5-8(Ⅰ)求证:PD⊥平面PAB;(Ⅱ)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(Ⅲ)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.A组基础题1.[2018南昌市高三调考,10]已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC满足AB=2∠ACB=90°,PA为球O的直径且PA=4,则点P到底面ABC的距离为()A.B.2C.D.22.[2017长沙市五月模拟,12]平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线AB1,且平面α⊥平面C1BD,平面α∩平面ADD1A1=AS,则∠A1AS的正切值为()A. B. C. D.3.[2018长春市第一次质量监测,19]如图8-5-9,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.图8-5-9(1)证明:PB∥平面ACE;(2)设PA=1,∠ABC=60°,三棱锥E-ACD的体积为,求二面角D-AE-C的余弦值.4.[2017沈阳市三模,19]如图8-5-10,将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折叠,使得平面ABD⊥平面CBD,若AM⊥平面ABD,且AM=图8-5-10(1)求证:DM⊥平面ABC;(2)求二面角C-BM-D的大小.B组提升题5.[2017陕西省六校第三次适应性训练,11]已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为BB1,CD的中点,则直线AF与平面A1D1F所成角的正弦值为() A. B. C. D.6.[2018广东七校联考,18]如图8-5-11,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且∠ABC=120°.点E是棱PC的中点,平面ABE与棱PD交于点F.图8-5-11(1)求证:AB∥EF;(2)若PA=PD=AD=2,且平面PAD⊥平面ABCD,求平面PAF与平面AFE所成的锐二面角的余弦值.7.[2018辽宁五校联考,19]如图8-5-12所示,等腰梯形ABCD的底角∠BAD等于60°.直角梯形ADEF所在的平面垂直于平面ABCD,∠EDA=90°,且ED=AD=2AF=2AB=2.图8-5-12(1)证明:平面ABE⊥平面EBD;(2)点M在线段EF上,试确定点M的位置,使平面MAB与平面ECD所成角的余弦值为.8.[2017太原市三模,19]如图8-5-13,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ACC1A1⊥底面ABC,∠A1AC=60°,AC=2AA1=4,点D,E分别是AA1,BC的中点.图8-5-13(1)证明:DE∥平面A1B1C;(2)若AB=2,∠BAC=60°,求直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值.答案1.D根据题目条件,在空间直角坐标系O-xyz中作出该三棱锥D-ABC,如图D 8-5-11,显然S1=S△ABC=×2×2=2,S2=S3=×2×=.故选D.图D 8-5-112.A作出空间直角坐标系,在坐标系中标出各点的位置,然后进行投影,分析其正视图形状,易知选A.3.B如图D 8-5-12,设O是点D在底面ABC内的射影,过O作OE⊥PR,OF⊥PQ,OG⊥RQ,垂足分别为E,F,G,连接ED,FD,GD,易得ED⊥PR,∴∠OED就是二面角D-PR-Q的平面角,∴α=∠OED,tan α=,同理tan β=,tan γ=.图D 8-5-12图D 8-5-13底面的平面图如图D 8-5-13所示,以P为原点建立平面直角坐标系,不妨设AB=2,则A(-1,0),B(1,0),C(0,),O(0,),∵AP=PB,==2,∴Q(,),R(-,),则直线RP的方程为y=-x,直线PQ的方程为y=2x,直线RQ的方程为y=x+,根据点到直线的距离公式,知OE=,OF=,OG=,∴OE>OG>OF,∴tan α<tan γ<tan β,又α,β,γ为锐角,∴α<γ<β,故选B.4.B易证AC1⊥平面A1BD,当点P在线段CC1上从C运动到C1时,直线OP与平面A1BD所成的角α的变化情况:∠AOA1→→∠C1OA1(点P为线段CC1的中点时,α=),由于sin∠AOA1=,sin∠C1OA1=>,sin=1,所以sin α的取值范围是[,1].5.(1)取PA的中点F,连接EF,BF,如图D 8-5-14所示.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图D8-5-14所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-), =(1,0,0).图D 8-5-14设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,所以|cos<,n>|=sin 45°,即=,化简为(x-1)2+y2-z2=0①.-又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=λ②.由①②解得-(舍去)或-所以M(1-,1,),从而=(1-,1,).设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即-所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>==.因此二面角M-AB-D的余弦值为.6.在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE,AA1⊥AD.如图D 8-5-15,以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA1=,∠BAD=120°,则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A1(0,0,),C1(,1,).图D 8-5-15(1)=(-1,-),=(.则cos<,>==--=-.又异面直线所成角的范围为(0,],所以异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),则即---不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,,2)为平面BA1D的一个法向量,从而cos<,m>===.设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos θ|=.因为θ∈[0 π]所以sin θ=-=.因此二面角B-A1D-A的正弦值为.7.(Ⅰ)交线围成的正方形EHGF如图D 8-5-16所示.图D 8-5-16 (Ⅱ)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=-=6,所以AH=10.以D为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图D 8-5-16所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即-所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.8.(Ⅰ)设BD与AC的交点为O,连接EO,如图D 8-5-17所示.图D 8-5-17因为ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又E为PD的中点,所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(Ⅱ)V=PA·AB·AD=AB.由V=,可得AB=.作AH⊥PB交PB于H.由题设知BC⊥平面PAB,所以BC⊥AH,故AH⊥平面PBC.又AH==.所以A到平面PBC的距离为.图D 8-5-189.如图D 8-5-18,以A为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的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).(Ⅰ)=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即-不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(Ⅱ)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x1,y1,z1)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以---不妨设y1=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以二面角C-EM-N的正弦值为.(Ⅲ)依题意,设AH=h 0≤h≤4 则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以线段AH的长为或.10.(Ⅰ)因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥PD.又PA⊥PD,AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB.(Ⅱ)取AD的中点O,连接PO,CO,如图D 8-5-19.图D 8-5-19因为PA=PD,所以PO⊥AD.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.如图D 8-5-19建立空间直角坐标系O-xyz,则A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0), P(0,0,1),=(0,-1,-1),=(2,0,-1).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则即---令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又=(1,1,-1),所以cos<n,>==-.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(Ⅲ)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1],使得=λ.因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,则·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,解得λ=.所以在棱PA上存在点M,使得BM∥平面PCD,此时=.A组基础题1.B取AB的中点O1,连接OO1,如图D 8-5-20,在△ABC中,AB=2,∠ACB=90°,所以△ABC 所在小圆O1是以AB为直径的圆,所以O1A=,且OO1⊥AO1,又球O的直径PA=4,所以OA=2,所以OO1=-=,且OO1⊥底面ABC,所以点P到平面ABC的距离为2OO1=2.图D 8-5-202.D如图D 8-5-21,连接AC,A1C,正方体ABCD-A1B1C1D1中,BD⊥AC,BD⊥AA1,∵AC∩AA1=A,∴BD⊥平面AA1C,∴A1C⊥BD,同理,得A1C⊥BC1,∵BD∩BC1=B,∴A1C⊥平面C1BD,图D 8-5-21如图D 8-5-21,以AA1为侧棱补作一个正方体AEFG-A1PQR,使得侧面AGRA1与平面ADD1A1共面,连接AQ,则AQ∥CA1,连接QB1,交A1R于S,则平面AQB1就是平面α,∵AQ∥CA1,∴AQ⊥平面C1BD,∵AQ⊂平面α,∴平面α⊥平面C1BD,∴tan∠A1AS==.故选D.3.(1)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,易知V P-ABCD=2V P-ACD=4V E-ACD=,设菱形ABCD的边长为a(a>0),则V P-ABCD=S▱ABCD·PA=×(2×a2)×1=,则a=.取BC的中点为M,连接AM,则AM⊥AD.以点A为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图D 8-5-22所示的空间直角坐标系,图D 8-5-22则A(0,0,0),E(0,,),C(,,0),=(0,,),=(,,0),设n1=(x,y,z)为平面AEC的法向量,则即取x=1,则n1=(1,-,3)为平面AEC的一个法向量.由题,易知平面AED的一个法向量为n2=(1,0,0),所以cos<n1,n2>===,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.4.(1)设BD的中点为N,连接AN,CN,则AN⊥BD,CN⊥BD,∵平面ABD⊥平面CBD,平面ABD∩平面CBD=BD,CN⊂平面CBD,CN⊥BD,∴CN⊥平面ABD,以A为坐标原点,AB,AD,AM所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图D 8-5-23所示的空间直角坐标系,图D 8-5-23则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,),D(0,2,0),M(0,0,),=(2,0,0),=(1,1,),=(0,-2,), ∴·=0,·=-2+2=0,∴DM⊥AB,DM⊥AC,又AB∩AC=A,∴DM⊥平面ABC. (2)由(1)得,=(-2,0,),=(-1,1,),=(-2,2,0),设平面CBM的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即--令x1=1,得z1=y1=-1,∴n1=(1,-1,为平面CBM的一个法向量.设平面DBM的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即--令x2=1,得z2=,y2=1,∴n2=(1,1,)为平面DBM的一个法向量.∴cos<n1,n2>==-=,设二面角C-BM-D的大小为θ,由图可知θ为锐角,∴cos θ=,θ=,即二面角C-BM-D的大小为. B组提升题5.B解法一如图D 8-5-24所示,取AB的中点G,连接GF,A1G,AE,A1G∩AE=H,连接HF,设正方体的棱长为a,因为G,F分别为AB,DC的中点,所以GF∥A1D1,图D 8-5-24所以平面A1D1F与平面A1D1FG共面.在Rt△A1AG与Rt△ABE中,因为A1A=AB,AG=BE,所以Rt△A1AG≌Rt△ABE,所以∠GA1A=∠EAG,因为∠GA1A+∠A1GA=90°,所以∠EAG+∠A1GA=90°,即AE⊥A1G,又GF⊥AE,A1G∩GF=G,所以AE⊥平面A1D1F,所以∠HFA是直线AF与平面A1D1F所成的角.在Rt△A1AG中,AG=,A1A=a,所以AH=a,又AF=a,所以sin∠HFA=,故选B.解法二如图D 8-5-24,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系D-xyz,设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),F(0,1,0),A1(2,0,2),D1(0,0,2),E(2,2,1),=(0,2,1),=(-2,1,0),=(2,0,0),=(0,1,-2),所以·=0+0+0=0,·D1=0+2-2=0,所以AE⊥A1D1,D1F⊥AE,即为平面A1D1F的一个法向量.设直线AF与平面A1D1F所成的角为α,则sin α=|cos<,>|=,故选B.6.(1)∵底面ABCD是菱形,∴AB∥CD,又AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,∴AB∥平面PCD,∵A,B,E,F四点共面,且平面ABEF∩平面PCD=EF,∴AB∥EF.(2)如图D 8-5-25,取AD的中点G,连接PG,GB,∵PA=PD,∴PG⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PG⊥平面ABCD,∴PG⊥GB.在菱形ABCD中,∵AB=AD,∠DAB=60°,G是AD的中点,∴AD⊥GB.图D 8-5-25以G为坐标原点,GA,GB,GP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系G-xyz,∵PA=PD=AD=2,∴G(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),C(-2,,0),D(-1,0,0),P(0,0,),∵AB∥EF,点E是棱PC的中点,∴点F是棱PD的中点,∴E(-1,,),F(-,0,),=(-,0,),=(,-,0).设平面AFE的法向量为n=(x,y,z),则∴不妨令x=3,则n=(3,为平面AFE的一个法向量.易知BG⊥平面PAD,∴=(0,,0)是平面PAF的一个法向量.∵cos<n,>===,∴平面PAF与平面AFE所成的锐二面角的余弦值为.7.(1)∵平面ABCD⊥平面ADEF,平面ABCD∩平面ADEF=AD,ED⊥AD,ED⊂平面ADEF,∴ED⊥平面ABCD,∵AB⊂平面ABCD,∴ED⊥AB,∵AB=1,AD=2,∠BAD=60°,∴BD=-=,∴AB2+BD2=AD2,即AB⊥BD,又BD⊂平面EBD,ED⊂平面EBD,BD∩ED=D,∴AB⊥平面EBD,又AB⊂平面ABE,∴平面ABE⊥平面EBD.(2)以B为坐标原点,以BA,BD所在直线分别为x轴,y轴,过点B且与平面ABCD垂直的直线为z轴,建立如图D 8-5-26所示的空间直角坐标系B-xyz,图D 8-5-26则A(1,0,0),B(0,0,0),C(-,,0),D(0,,0),E(0,,2),F(1,0,1),∴=(,,0),=(0,0,2),=(1,0,0),=(1,-,-1),=(0,,2),设=λ=(λ,-λ,-λ 0≤λ≤1 则=+=(λ,-λ,2-λ),设平面ECD的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面MAB的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即--令y1=1,得n1=(-,1,0),令y2=2-λ,得n2=(0,2-λ,λ-),=,解得λ=或λ=(舍去),∴|cos<n1,n2>|==-∴当M为EF的中点时,平面MAB与平面ECD所成角的余弦值为. 8.(1)如图D 8-5-27,取AC的中点F,连接DF,EF,∵E是BC的中点,∴EF∥AB,∵ABC-A1B1C1是三棱柱,∴AB∥A1B1,∴EF∥A1B1,∴EF∥平面A1B1C,∵D是AA1的中点,∴DF∥A1C,∴DF∥平面A1B1C,∴平面DEF∥平面A1B1C,∴DE∥平面A1B1C.图D 8-5-27(2)如图D 8-5-27,过点A1作A1O⊥AC,垂足为O,连接OB,∵侧面ACC1A1⊥底面ABC,∴A1O⊥平面ABC,∴A1O⊥OB,A1O⊥OC,∵∠A1AC=60°,AA1=2,∴OA=1,OA1=,∵AB=2,∠OAB=60°,由余弦定理得,OB2=OA2+AB2-2OA·AB cos∠BAC=3,∴OB=,又OA2+OB2=AB2,∴∠AOB=90°,∴OB⊥AC,以O为坐标原点,以OB,OC,OA1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图D 8-5-27所示的空间直角坐标系O-xyz,由题设可得A(0,-1,0),C(0,3,0),B(,0,0),A1(0,0,),D(0,-,),E(,,0),∴=(,1,0),=(0,1,),设平面ABB1A1的法向量是m=(x,y,z),则∴令z=1,则m=(1,-,1)为平面ABB1A1的一个法向量.∵=(,2,-),∴cos<m,>==-,∴直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值为.。

第五讲空间角与距离、空间向量及应用考点1空间直角坐标系1.[2018惠州一调] 一个四面体的顶点在如图所示的空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是(0,0,0),(1,0,1),(0,1,1),(,1,0),绘制该四面体的三视图时,按照如图所示的方向画正(主)视图,则得到的侧(左)视图为()A B C D考点2空间向量的有关定理及运算2.若O,A,B,C为空间四点,且向量,,不能构成空间的一个基底,则()A.,,共线B.,共线C.,共线D.O,A,B,C四点共面3.在空间直角坐标系中,A(1,1,-2),B(1,2,-3),C(-1,3,0),D(x,y,z)(x,y,z∈R),若A,B,C,D四点共面,则()A.2x+y+z=1B.x+y+z=0C.x-y+z=-4D.x+y-z=04.[2014广东,5,5分][理]已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是()A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)5.在空间直角坐标系中,A,B,C三点的坐标分别为A(2,1,-1),B(3,4,λ),C(2,7,1),若⊥,则λ=()A.3B.1C.±3D.-36.已知正四面体A-BCD的棱长为1,且=2,=2,则·= ()A. B. C.- D.-考点3利用空间向量解决立体几何问题7.已知=(2,2,1),=(4,5,3),则下列向量中是平面ABC的法向量的是()A.(1,2,-6)B.(-2,1,1)C.(1,-2,2)D.(4,-2,1)8.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,AC=2,BC=,D,E分别是AC1和BB1的中点,则直线DE与平面BB1C1C所成的角为()A.30°B.45°C.60°D.90°9.长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=2,AA1=3,点M是BC的中点,点P∈AC1,Q∈MD,则PQ 长度的最小值为()A.1B.C.D.210.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角的大小为.11.[2018唐山市五校联考]如图,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD,E是PB的中点.(1)求证:平面EAC⊥平面PBC;(2)若二面角P-AC-E的余弦值为,求直线PA与平面EAC所成角的正弦值.12.如图,CD,AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径,ABCD是边长为2的正方形,E是底面圆周上不同于A,B两点的一点,AE=1.(1)求证:BE⊥平面DAE;(2)求二面角C-DB-E的余弦值.答案1.B满足条件的四面体放在正方体中如图(1)所示,依题意得到侧(左)视图如图(2),故选B.(1)(2)2.D∵向量,,不能构成空间的一个基底,∴向量,,共面,因此O,A,B,C四点共面,故选D.3.A∵A(1,1,-2),B(1,2,-3),C(-1,3,0),D(x,y,z)(x,y,z∈R),∴=(0,1,-1),=(-2,2,2),=(x-1,y-1,z+2),∵A,B,C,D四点共面,∴存在实数λ,μ使得=λ+μ,即(x-1,y-1,z+2)=λ(0,1,-1)+μ(-2,2,2),∴--,-,-,解得2x+y+z=1,故选A.4.B设选项中的向量与a的夹角为θ,对于选项A,由于cos θ=(-)(-)=-,此时夹角θ为120°,不满足题意;同理可知选项C,D不满足题意;对于选项B,由于cosθ=(-)(-)=,此时夹角θ为60°,满足题意.选B.5.C由题知,=(1,3,λ+1),=(1,-3,λ-1),由⊥,可得·=0,即1-9+λ2-1=0,即λ2=9,λ=±3,故选C.6.D因为=2,=2,所以EF∥BD,EF=BD,即=,则·=·=||||cos =-.故选D.7.C设平面ABC的法向量n=(x,y,z),则,,即,,取x=1,解得y=-2,z=2.∴n=(1,-2,2).故选C.8.A由已知AB2+BC2=AC2,得AB⊥BC.以B为原点,分别以BC,BA,BB1所在直线为x轴,y轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,设AA1=2a,则A(0,1,0),C(,0,0),D(,,a),E(0,0,a),所以=(,,0),平面BB1C1C的一个法向量为n=(0,1,0),=,<,n>=60°,所以直线DE与平面BB1C1C所成的角为cos<,n>==()()30°.故选A.图D 8-5-29.C根据题意建立如图所示的空间直角坐标系,设P(x0,2x0,3-3x0),Q(x1,2-x1,3),x0,x1∈[0,1],所以PQ=(-)(-)(--)=(-)(-),当且仅当x0=,x1=时,PQ取得最小值,即PQ min==.故选C.10.60°根据题意建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长AB=2,则A(2,0,0),B(2,2,0),B1(2,2,2),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(2,2,1),∴=(-2,0,2),=(0,1,1),∴cos<,>===,∴<,>=60°,∴异面直线EF 和BC1所成的角是60°.11.(1)因为PC⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥PC.因为AB=2AD=2CD,所以AC=BC=CD,所以AC2+BC2=AB2,故AC⊥BC.又BC∩PC=C,所以AC⊥平面PBC.因为AC⊂平面EAC,所以平面EAC⊥平面PBC.(2)如图所示,以C为原点,,,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,并设CB=2,CP=2a(a>0).则C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0),P(0,0,2a),则E(1,0,a),=(0,2,0),=(0,0,2a),=(1,0,a),易知m=(1,0,0)为平面PAC的一个法向量.设n=(x,y,z)为平面EAC的法向量,则, ,即,,y=0,取x=a,则z=-1,n=(a,0,-1).依题意,|cos<m,n>|===,则a=.于是n=(,0,-1),=(0,2,-2).设直线PA与平面EAC所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|==,即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.12.(1)由圆柱的性质知,DA⊥平面ABE,又BE⊂平面ABE,∴BE⊥DA,又AB是底面圆的直径,E是底面圆周上不同于A,B两点的一点,∴BE⊥AE,又DA∩AE=A,DA,AE⊂平面DAE,∴BE⊥平面DAE.(3)解法一如图,过E作EF⊥AB,垂足为F,由圆柱的性质知平面ABCD⊥平面ABE,∴EF⊥平面ABCD.过F作FH⊥DB,垂足为H,连接EH,则∠EHF即所求的二面角的平面角的补角,由AB=AD=2,AE=1易得DE=BE=BD=2,∴EF==,由(1)知BE⊥DE,∴EH===,∴sin∠EHF===,∴cos∠EHF=-=,∴二面角C-DB-E的余弦值为-.解法二过A在平面AEB内作垂直于AB的直线,建立如图所示的空间直角坐标系,∵AB=AD=2,AE=1,∴BE=∴E(,,0),D(0,0,2),B(0,2,0),∴=(-,-,2),=(0,-2,2).取平面CDB的一个法向量为n1=(1,0,0),设平面EBD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则,,即--,-,取z2=1,则n2=(,1,1)为平面EBD的一个法向量.∴cos<n1,n2>===,又易知二面角C-DB-E为钝角,∴二面角C-DB-E的余弦值为-.。

∠ AFD＝90°，且二面角 D－AF－ E 与二面角 C－BE－ F 都是 60°．
(1) 证明：平面 ABEF⊥平面 EFDC；
(2) 求二面角 E－ BC－ A 的余弦值 .
[ 解析 ] (1) 由已知可得 AF⊥ DF，AF⊥ EF， 所以 AF⊥平面 EFDC. 又 AF? 平面 ABEF， 故平面 ABEF⊥平面 EFDC.
2 2
，B
2 2 ，1，0
，C －
2 2 ，1，0
.
所以
―→ PC
＝
－
2 2 ，1，－
2 2
， ―C→B＝ (
2， 0,0) ，
―→ PA＝
2 2 ， 0，－
2 2
―→ ， AB ＝ (0,1,0)
．
设 n＝ ( x1， y1， z1) 是平面 PCB的法向量，
n·―P→C ＝ 0， 则
―→ n· CB ＝ 0，
π θ ∈ 0， 2 ，两向量的夹角 α 的范围是 [0 ， π ] ，当异面
直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹
角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角 .
【对点训练】
在正方体 A1B1C1D1－ ABCD中， AC与 B1D所成的角的大小为 (
)
π A． 6
θ ＝ __〈A→B， C→D〉 .
(2) 如图②③， n1， n2 分别是二面角 α －l － β 的两个半平面 α ，β 的法向量，则二面角
的大小 θ 满足 |cos θ | ＝ |cos 〈 n1，n2〉 | ，二面角的平面角大小是向量 n1 与 n2 的夹角 ( 或其补
角 ).
【考点突破】
考点一、利用空间向量求异面直线所成的角

第五讲 空间角与距离、空间向量及应用考点1空间直角坐标系1.[2018惠州一调] 一个四面体的顶点在如图所示的空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是(0,0,0),(1,0,1),(0,1,1),(12,1,0),绘制该四面体的三视图时,按照如图所示的方向画正(主)视图,则得到的侧(左)视图为 ( )A B C D考点2空间向量的有关定理及运算2.若O,A,B,C 为空间四点,且向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 不能构成空间的一个基底,则 ( )A.OA⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线 B.OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线 C.OB⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 共线 D.O,A,B,C 四点共面 3.在空间直角坐标系中,A (1,1,-2),B (1,2,-3),C (-1,3,0),D (x,y,z)(x,y,z ∈R),若A,B,C,D 四点共面,则 ( )A.2x +y +z =1B.x +y +z =0C.x -y +z =-4D.x +y -z =04.[2014广东,5,5分][理]已知向量a =(1,0,-1),则下列向量中与a 成60°夹角的是 ( ) A.(-1,1,0) B.(1,-1,0) C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)5.在空间直角坐标系中,A,B,C 三点的坐标分别为A (2,1,-1),B (3,4,λ),C (2,7,1),若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则λ=( )A.3B.1C.±3D.-36.已知正四面体A-BCD 的棱长为1,且AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2FD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,则EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ = ( )A.23 B.13 C.-23D.-13考点3利用空间向量解决立体几何问题7.已知AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,5,3),则下列向量中是平面ABC 的法向量的是 ( )A.(1,2,-6)B.(-2,1,1)C.(1,-2,2)D.(4,-2,1)8.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB =1,AC =2,BC =√3,D,E 分别是AC 1和BB 1的中点,则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为 ( )A.30°B.45°C.60°D.90°9.长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =1,BC =2,AA 1=3,点M 是BC 的中点,点P ∈AC 1,Q ∈MD ,则PQ 长度的最小值为 ( )A.1B.43 C.2√33D.210.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点E,F 分别是棱AB,BB 1的中点,则直线EF 和BC 1所成的角的大小为 .11.[2018唐山市五校联考]如图,在四棱锥P-ABCD 中,PC ⊥底面ABCD ,ABCD 是直角梯形,AB ⊥AD ,AB ∥CD ,AB =2AD =2CD ,E 是PB 的中点.(1)求证:平面EAC ⊥平面PBC ;(2)若二面角P-AC-E 的余弦值为√63,求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值.12.如图,CD,AB 分别是圆柱的上、下底面圆的直径,ABCD 是边长为2的正方形,E 是底面圆周上不同于A,B 两点的一点,AE =1.(1)求证:BE ⊥平面DAE ; (2)求二面角C-DB-E 的余弦值.答案1.B 满足条件的四面体放在正方体中如图(1)所示,依题意得到侧(左)视图如图(2),故选B.(1) (2)2.D ∵向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 不能构成空间的一个基底,∴向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 共面,因此O ,A ,B ,C 四点共面,故选D .3.A ∵A (1,1,-2),B (1,2,-3),C (-1,3,0),D (x ,y ,z )(x ,y ,z ∈R),∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,2),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ = (x-1,y-1,z+2),∵A ,B ,C ,D 四点共面,∴存在实数λ,μ使得AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即(x-1,y-1,z+2)=λ(0,1,-1)+μ(-2,2,2),∴{x -1=-2μ,y -1=λ+2μ,z +2=-λ+2μ,解得2x+y+z=1,故选A .4.B 设选项中的向量与a 的夹角为θ,对于选项A,由于cos θ=√12+02+(-1)×√(-1)+12+02=-12,此时夹角θ为120°,不满足题意;同理可知选项C,D 不满足题意;对于选项B,由于cos θ=√12+02+(-1)×√12+(-1)+02=12,此时夹角θ为60°,满足题意.选B .5.C 由题知,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3,λ+1),CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-3,λ-1),由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,可得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即1-9+λ2-1=0,即λ2=9,λ=±3,故选C.6.D 因为AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2FD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以EF ∥BD ,EF=23BD ,即EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =23BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,则EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DC ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos 2π3=-13.故选D . 7.C 设平面ABC 的法向量n =(x ,y ,z ),则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{2x +2y +z =0,4x +5y +3z =0,取x=1,解得y=-2,z=2.∴n =(1,-2,2).故选C .8.A 由已知AB 2+BC 2=AC 2,得AB ⊥BC.以B 为原点,分别以BC ,BA ,BB 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,。

§8.6 空间向量在立体几何中的应用考纲解读分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.五年高考考点 空间向量及其应用1.(2017江苏,22,10分)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=,∠BAD=120°. (1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A 1D-A 的正弦值.解析 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{,,}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.因为AB=AD=2,AA 1=,∠BAD=120°,则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A 1(0,0,),C 1(,1,). (1)=(,-1,-),=(,1,), 则cos<,>= = =-,因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BA1D的法向量,又=(,-1,-),=(-,3,0),则即不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,,2)为平面BA1D的一个法向量,从而cos<,m>===.设二面角B-A1D-A的大小为θ,则|cos θ|=.因为θ∈[0,π],所以sin θ==.因此二面角B-A1D-A的正弦值为.2.(2017北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.解析(1)设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则即令x=1,则y=1,z=.于是n=(1,1,).平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>==.由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为.(3)由题意知M,C(2,4,0),=.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n,>|==.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.3.(2017课标全国Ⅱ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.解析(1)取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin 45°,=,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=λ,则x=λ,y=1,z=-λ.②由①,②解得(舍去),或所以M,从而=.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>==.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.4.(2016课标全国Ⅲ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN∥平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.解析(1)由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.(3分)又AD∥BC,故TN AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)(2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE===.以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=,=.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,>|==.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分)教师用书专用(5—25)5.(2017浙江,9,5分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,则( )A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α答案 B6.(2014广东,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是( )A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)答案 B7.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=.若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0= ,y0= ,|b|= .答案1;2;28.(2017山东,17,12分)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.解析(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°,因此∠CBP=30°.(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC==.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM==2.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>==.易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60°.9.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,所以AH=10.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.10.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析(1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)解法一:连接OO',则OO'⊥平面ABC.又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2,0,0),所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM==3,可得F(0,,3).故=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得可得平面BCF的一个法向量m=.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos<m,n>==.所以二面角F-BC-A的余弦值为.解法二:连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.则有FM∥OO'.又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.可得FM==3.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.可得FN⊥BC,从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圆O的直径,所以MN=BMsin 45°=.从而FN=,可得cos∠FNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.11.(2016浙江,17,15分)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B-AD-F的平面角的余弦值.解析(1)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.又因为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.所以BF⊥平面ACFD.(2)解法一:过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ.因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=.在Rt△BQF中,FQ=,BF=,得cos∠BQF=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.解法二: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,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,z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,),A(-1,-3,0),E,F.因此,=(0,3,0),=(1,3,),=(2,3,0).设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).由得取m=(,0,-1);由得取n=(3,-2,).于是,cos<m,n>==.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.12.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE 的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.解析(1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,所以B,E,A1,C,得=,=,==(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,则得取n1=(1,1,1);得取n2=(0,1,1),从而cos θ=|cos<n1,n2>|==,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.13.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN∥平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)证明:连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OM∥CD,且OM=CD,HN∥CD,且HN=CD.所以OM∥HN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MN∥OH.又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,所以MN∥平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MP⊥AC于P.在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,所以MP⊥EG.过P作PK⊥EG于K,连接KM,所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG.所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角.设AD=2,则CM=1,PK=2.在Rt△CMP中,PM=CMsin 45°=.在Rt△PKM中,KM==.所以cos∠PKM==.即二面角A-EG-M的余弦值为.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以,,方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n1=(x,y,z),由得取x=2,得n1=(2,2,1).在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2==(1,1,0),所以cos<n1,n2>===,故二面角A-EG-M的余弦值为.14.(2015江苏,22,10分)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=,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.解析以{,,}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)易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,即令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<,m>==,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),从而cos<,>==.设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2<,>==≤.当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.因为y=cos x在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.又因为BP==,所以BQ=BP=.15.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析解法一:(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,>===,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取AB中点M,连接MG,MF.又G是BE的中点,可知GM∥AE.又AE⊂平面ADE,GM⊄平面ADE,所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD.又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE.因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.(2)同解法一.16.(2014陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.解析(1)证明:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥D C,BD=DC=2,AD=1.由题设,知BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,BD∩DC=D,∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.(2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n·=0,n·=0,得取n=(1,1,0),∴sin θ=|cos<,n>|===.解法二:以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,得E,F(1,0,0),G(0,1,0).∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,得取n=(1,1,0),∴sin θ=|cos<,n>|===.17.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.解析(1)证明:因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD.所以===,即Q为BB1的中点.(2)如图1,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,设BC=a,则AD=2a.图1=×·2a·h·d=ahd,V Q-ABCD=··d·h=ahd,所以V下=+V Q-ABCD=ahd,又=ahd,所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,故=.(3)解法一:如图1,连接AC,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E.因为DE⊥AA1,且AA1∩AE=A,所以DE⊥平面AEA1,于是DE⊥A1E.所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4.于是tan∠AEA1==1,∠AEA1=.故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.解法二:如图2,以D为原点,,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.图2设∠CDA=θ.由(2)知||=a.因为S四边形ABCD=·2sin θ=6,所以a=.从而C(2cos θ,2sin θ,0),A1,所以=(2cos θ,2sin θ,0),=.设平面A1DC的法向量为n=(x,y,1),由得x=-sin θ,y=cos θ,所以n=(-sin θ,cos θ,1).又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos<n,m>==,易知平面α与底面ABCD所成二面角的平面角为锐角,故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.18.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC 的中点.(1)证明BE⊥DC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析解法一:依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故·=0.所以BE⊥DC.(2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,则即不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有cos<n,>===.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=λ,0≤λ≤1.故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得·=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=.即=.设n1=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则即不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则cos<n1,n2>===-.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取PD的中点M,连接EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,从而CD⊥平面PAD,因为AM⊂平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD.(2)连接BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BE⊥EM,可得∠EBM 为锐角,故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角.依题意,有PD=2,而M为PD的中点,可得AM=,进而BE=.故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)如图,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面ABCD,从而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四点共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.所以∠PAG为二面角F-AB-P的平面角.在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45°,由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=.所以二面角F-AB-P的余弦值为.19.(2014四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC 上的点,且MN⊥NP.(1)证明:P是线段BC的中点;(2)求二面角A-NP-M的余弦值.解析(1)证明:如图,取BD中点O,连接AO,CO.由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形,因此AO⊥BD,OC⊥BD.因为AO,OC⊂平面AOC,且AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC.取BO的中点H,连接NH,PH.又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NH∥AO,MN∥BD.因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.因为NH,NP⊂平面NHP,且NH∩NP=N,所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP,所以BD⊥HP.又OC⊥BD,HP⊂平面BCD,OC⊂平面BCD,所以HP∥OC.因为H为BO中点,故P为BC中点.(2)解法一:如图,作NQ⊥AC于Q,连接MQ.由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.由(1)知,△ABD,△BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=.由俯视图可知,AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD,所以AO⊥OC.因此在等腰Rt△AOC中,AC=.作BR⊥AC于R.在△ABC中,AB=BC,所以BR==.因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,因此NQ==.同理,可得MQ=,所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ===.故二面角A-NP-M的余弦值是.解法二:由俯视图及(1)可知,AO⊥平面BCD.因为OC,OB⊂平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB.又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.如图,以O为坐标原点,以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0).因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(1)知,P为线段BC的中点,所以M,N,P.于是=(1,0,-),=(-1,,0),=(1,0,0),=.设平面ABC的法向量n1=(x1,y1,z1),则即有从而取z1=1,则x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).设平面MNP的法向量n2=(x2,y2,z2),则即有从而取z2=1,所以n2=(0,1,1).设二面角A-NP-M的大小为θ,则cos θ===.故二面角A-NP-M的余弦值是.20.(2013课标全国Ⅱ,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=AB.(1)证明:BC1∥平面A1CD;(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.解析(1)证法一:连接AC 1交A1C于点F,则F为AC1的中点.又D是AB的中点,连接DF,则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.证法二:由AC=CB=AB得,AC⊥BC.以C为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,则即可取n=(1,-1,-1).∵=(0,0,2)-(0,2,0)=(0,-2,2).从而n·=(1,-1,-1)·(0,-2,2)=0.∴BC1∥平面A1CD.(2)设m=(a,b,c)是平面A1CE的法向量,则即可取m=(2,1,-2).从而cos<n,m>==,故sin<n,m>=.即二面角D-A1C-E的正弦值为.21.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:AC⊥B1D;(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.解析解法一:(1)如图1,因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB1.图1又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D⊂平面BB1D,所以AC⊥B1D.(2)因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).如图1,连接A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.由(1)知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1,故∠ADB1=90°-θ.在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故=,即AB==.连接AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.在Rt△AB1D中,cos∠ADB1===,即cos(90°-θ)=.从而sin θ=.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.解法二:(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,y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).图2从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).因为AC⊥BD,所以·=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3),=(,1,0).因为·=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D.(2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的一个法向量,则即令x=1,则n=(1,-,).设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|===.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.22.(2013重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD=,F为PC的中点,AF⊥PB.(1)求PA的长;(2)求二面角B-AF-D的正弦值.解析(1)如图,连接BD交AC于O,因为BC=CD,即△BCD为等腰三角形,又AC平分∠BCD,故AC⊥BD.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O-xyz,则OC=CDcos=1,而AC=4,得AO=AC-OC=3,又OD=CDsin=,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0).因PA⊥底面ABCD,可设P(0,-3,z),由F为PC边中点,得F.又=,=(,3,-z),因AF⊥PB,故·=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以||=2.(2)由(1)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).设平面FAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量为n2=(x2,y2,z2), 由n1·=0,n1·=0,得因此可取n1=(3,,-2).由n2·=0,n2·=0,得故可取n2=(3,-,2).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==.故二面角B-AF-D的正弦值为.23.(2013天津,17,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E 为棱AA1的中点.(1)证明B1C1⊥CE;(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;(3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM的长.解析解法一:如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).(1)证明:易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是·=0,所以B1C1⊥CE.(2)=(1,-2,-1).设平面B1CE的法向量m=(x,y,z),则即消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1).由(1)知B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1,故=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量.于是cos<m,>===-,从而sin<m,>=.所以二面角B1-CE-C1的正弦值为.(3)=(0,1,0),=(1,1,1).设=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ).可取=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则sin θ=|cos<,>|===.于是=,解得λ=,所以AM=.解法二:(1)证明:因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1,B1C1⊂平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E=,B1C1=,EC1=,从而B1E2=B1+E,所以在△B1EC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E⊂平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE⊂平面CC1E,故B1C1⊥CE.(2)过B1作B1G⊥CE于点G,连接C1G.由(1)知B1C1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,得CE⊥C1G,所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=,CC1=2,可得C1G=.在Rt△B1C1G中,B1G=,所以sin∠B1GC1=,即二面角B1-CE-C1的正弦值为.(3)连接D1E,过点M作MH⊥ED1于点H,可得MH⊥平面ADD1A1,连接AH,AM,则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角. 设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH=x,AH=x.在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AE·EHcos 135°,得x2=1+x2+x,整理得5x2-2x-6=0,解得x=.所以线段AM的长为.24.(2013江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA=,连接CE并延长交AD于F.(1)求证:AD⊥平面CFG;(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.解析(1)在△ABD中,因为E是BD中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD=,∠ABE=∠AEB=,因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB,从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,所以∠FED=∠FEA,故EF⊥AD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FG∥PA.又PA⊥平面ABCD,所以GF⊥AD,故AD⊥平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,,0),P,故=,=,=.设平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1),则解得即n1=.设平面DCP的法向量n2=(1,y2,z2),则解得即n2=(1,,2).从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cos θ===.25.(2013浙江,20,15分)如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.(1)证明:PQ∥平面BCD;(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.解析解法一:(1)取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连接OP,OF,FQ.因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=AD.因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP是△BDM的中位线,所以OP∥DM,且OP=DM.又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP=AD.从而OP∥FQ,且OP=FQ,所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.又PQ⊄平面BCD,OF⊂平面BCD,所以PQ∥平面BCD.(2)作CG⊥BD于点G,作GH⊥BM于点H,连接CH.因为AD⊥平面BCD,CG⊂平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM⊂平面ABD,所以CG⊥BM.又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°.设∠BDC=θ.在Rt△BCD中,CD=BDcos θ=2cos θ,CG=CDsin θ=2cos θsin θ,BG=BCsin θ=2sin2θ.在Rt△BDM中,HG==.在Rt△CHG中,tan∠CHG===.所以tan θ=.从而θ=60°.即∠BDC=60°.解法二:(1)如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在射线为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知A(0,,2),B(0,-,0),D(0,,0).设点C的坐标为(x0,y0,0),因为=3,所以Q.因为M为AD的中点,故M(0,,1).又P为BM的中点,故P,所以=.又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故·u=0.又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD.(2)设m=(x,y,z)为平面BMC的一个法向量.由=(-x0,-y0,1),=(0,2,1),知取y=-1,得m=.又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是|cos<m,n>|===,即=3.①又BC⊥CD,所以·=0,故(-x0,--y0,0)·(-x0,-y0,0)=0,即+=2.②联立①,②,解得(舍去)或所以tan∠BDC==.又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点空间向量及其应用1.(2017湖南五市十校3月联考,15)有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直,则异面直线AB和CD所成角的余弦值为.答案2.(2018广东茂名模拟,18)如图,在矩形ABCD中,CD=2,BC=1,E,F是平面ABCD同一侧的两点,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE=,FC=1.(1)证明:平面CDF⊥平面ADE;(2)求二面角E-BD-F的正弦值.解析(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴CD⊥AD.∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE.又AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.∵CD⊂平面CDF,∴平面CDF⊥平面ADE.(2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=,∴DE2=AD2+AE2,∴AE⊥AD.又AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2).∴=(1,2,0),=(0,2,1),设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),∴令x=2,得m=(2,-1,2).同理可求得平面BDE的一个法向量为n=(2,-1,-1),∴cos<m,n>===,∴sin<m,n>=.故二面角E-BD-F的正弦值为.3.(2017河南洛阳二模,19)已知三棱锥A-BCD,AD⊥平面BCD,BD⊥CD,AD=BD=2,CD=2,E,F分别是AC,BC的中点,P为线段BC上一点,且CP=2PB.(1)求证:AP⊥DE;(2)求直线AC与平面DEF所成角的正弦值.解析(1)证明:作PG∥BD交CD于G.连接AG.∴==2,∴GD=CD=.∵AD⊥平面BCD,∴AD⊥DC,∵在△ADG中,tan∠GAD=,∴∠DAG=30°,在Rt△ADC中,AC2=AD2+CD2=4+12=16,∴AC=4,又E为AC的中点,∴DE=AE=2,又AD=2,∴∠ADE=60°,∴AG⊥DE.∵AD⊥面BCD,∴AD⊥BD,又∵BD⊥CD,AD∩CD=D,∴BD⊥面ADC,∴PG⊥面ADC,∴PG⊥DE.又∵AG∩PG=G,∴DE⊥面AGP,又AP⊂面AGP,∴AP⊥DE.(2)以D为坐标原点,直线DB、DC、DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,,1),F(1,,0),∴=(1,,0),=(0,,1),=(0,2,-2).设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即令x=3,则n=(3,-,3).设直线AC与平面DEF所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|===,所以AC与平面DEF所成角的正弦值为.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:30分时间:30分钟)一、填空题(共5分)1.(人教A选2—1,三,3-2A,4,变式)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱A1B1的中点,则直线AE与平面BDD1B1所成角的正弦值为.答案二、解答题(共25分)2.(2018云南玉溪模拟,19)如图,四棱锥P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=90°,AD∥BC,AB=AD=PB,BC=2AD.点E在棱PA上,且PE=2EA.(1)求证:CD⊥平面PBD;(2)求二面角A-BE-D的余弦值.解析(1)证明:因为底面ABCD为直角梯形,∠ABC=90°,所以AB⊥BC,因为PB⊥底面ABCD,CD⊂底面ABCD,所以PB⊥CD.在梯形ABCD中,因为∠ABC=∠BAD=90°,AB=AD=BC,所以BD=CD=BC,所以BD⊥CD.又因为PB∩BD=B,所以CD⊥平面PBD.(2)建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=1.设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),易知B(0,0,0),E,D(1,1,0),=,=(1,1,0).则即令y=-1,得n=(1,-1,2).又因为平面ABE的一个法向量为m=(1,0,0),所以cos<n,m>==.由图可知二面角A-BE-D的平面角为锐角,所以二面角A-BE-D的余弦值为.3.(2017河南4月质检,19)如图,四棱锥P-ABCD,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC=,点E在AD上,且AE=2ED.(1)已知点F在BC上,且CF=2FB,求证:平面PEF⊥平面PAC;(2)当二面角A-PB-E的余弦值为多少时,直线PC与平面PAB所成的角为45°?解析(1)证明:∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=45°,∵底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,∴∠ACD=45°,即AD=CD,(1分)又AB⊥AC,∴BC=AC=2AD,(2分)∵AE=2ED,CF=2FB,∴AE=BF=AD,∴四边形ABFE是平行四边形,∴AB∥EF,(3分)∴AC⊥EF,∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥EF,(4分)∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面PAC,∵EF⊂平面PEF,∴平面PEF⊥平面PAC.(5分)(2)∵PA⊥AC,AC⊥AB,PA∩AB=A,∴AC⊥平面PAB,则∠APC为PC与平面PAB所成的角,若PC与平面PAB所成的角为45°,则tan∠APC==1,即PA=AC=,(6分)取BC的中点为G,连接AG,则AG⊥BC,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),E,P(0,0,),∴=,=,(7分)设平面PBE的法向量为n=(x,y,z),则即令y=3,则x=5,z=,∴n=(5,3,),(9分)∵=(1,1,0)是平面PAB的一个法向量,(10分)。