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。

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.。

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.。