【创新设计】高考数学(浙江版,文理通用)一轮复习练习：8.7立体几何中的向量方法(二)(含答案解析)
2019届高考(浙江专版)一轮复习：第8章 7 第7讲 立体几何中的向量方法
)
3 3 3 ， ，－ 3 3 3 3 3 3 ， ， 3 3 3
B． D.－
3 3 3 ，－ ， 3 3 3 3 3 3 ，－ ，－ 3 3 3
C.－
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第八章 立体几何与空间向量
解析：选 D.因为 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，所 → ＝(－1，1，0)，AC → ＝(－1，0，1)． 以AB 经验证，当
已知正方体 ABCDA1B1C1D1 如图所示，则直线 B1D 和 CD1 所成的角为________．
→ 、AD → 、AA → 分别为 x、y、z 轴的正方 解析：以 A 为原点，AB 1 → ＝ ( － 1， 向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 1，则CD 1 1＋0－1 → → → 0，1)，B1D＝(－1，1，－1)，cos〈CD1，B1D〉＝ ＝ 2× 3 0，所以两直线所成的角为 90° .
(3) 两 个 平 面 的 法 向 量 所 成 的 角 是 这 两 个 平 面 所 成 的 角．( × )
π (4)两异面直线夹角的范围是0， 2，直线与平面所成角的范 π 围是0，2，二面角的范围是[0，π]．(
√ )
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第八章 立体几何与空间向量
(教材习题改编)已知 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0， 1)，则平面 ABC 的一个单位法向量是(
n＝－
3 3 3 ，－ ，－ 时， 3 3 3
3 3 3 3 → → n· AB＝ － ＋0＝0，n· AC＝ ＋0－ ＝0. 3 3 3 3
所以－
3 3 3 ，－ ，－ 是平面 ABC 的一个单位法向量． 3 3 3
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高考数学一轮复习讲练测(浙江版)：专题8.7 立体几何中的向量方法(Ⅰ)—证明平行与垂直(练)(解析版)
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)，。
2018年浙江版高考数学一轮复习(讲练测)：专题8.7立体几何中的向量方法(讲)含参考解析
1 ， 4
在 Rt△MQH 中，QH=
1 ，MQ= 2 ， 4
所以 sin∠QMH= 5.二面角
2 2 ， 所以直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是 ． 8 8
1．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 〉．
-6-
(2)如图 2、3， 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
n1 , n2 (或 n1 , n2 )．
对点练习： 【2017 江苏，22】 如图, 在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中，AA1⊥平面 ABCD,且 AB=AD=2,AA1= 3 ,
a⊥b⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(a，b 均为非零向量)．
(3)模、夹角和距离公式
-9-
设 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)， 1＋a2＋a2 3， 则|a|＝ a·a＝ a2
a1b1＋a2b2＋a3b3 a·b 1＋a2＋a2 3· b2 1＋b2＋b2 3. cos〈a，b〉＝|a||b|＝ a2
→ ①直线的方向向量：l 是空间一直线，A，B 是直线 l 上任意两点，则称 任意非零向量也是直线 l 的方向向量．
AB
→ 为直线 l 的方向向量，与
AB
平行的
②平面的法向量可利用方程组求出：设 a，b 是平面 α 内两不共线向量，n 为平面 α 的法向量，则求法向量 的方程组为Error! 2.用向量证明空间中的平行关系 ①设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2，则 l1∥l2(或 l1 与 l2 重合)⇔v1∥v2. ②设直线 l 的方向向量为 v，与平面 α 共面的两个不共线向量 v1 和 v2，则 l∥α 或 l⊂α⇔存在两个实数
届数学一轮复习第八章立体几何第七节立体几何中的向量方法学案理含解析
第七节立体几何中的向量方法［最新考纲］［考情分析］［核心素养］1。
理解直线的方向向量与平面的法向量。
2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）。
4。
能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。
主要通过空间角(异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角）的求法考查向量方法应用，多为解答题第2问，分值为12分.1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算‖知识梳理‖空间角的求法（1)求异面直线所成的角设a,b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π）错误!错误!求法cos β＝a·b|a｜｜b|cos θ＝｜cos β|＝｜a·b|｜a｜｜b｜►常用结论两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等,当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．(2）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＝错误!｜cos<a，n〉|＝错误!错误!．(3）求二面角的大小①如图①,AB，CD是二面角α－l－β的两条面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝错误!〈错误!，错误!>．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｜＝错误!|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)．►常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理cosθ＝cosθ1cos θ2如图，若OA为平面α的一条斜线,O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角,即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2。
【数学】浙江专用2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何87立体几何中的向量方法教师用书
【关键字】数学（浙江专用）2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何 8.7 立体几何中的向量方法教师用书1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1 ∥u2.3．用向量证明空间中的笔直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.4．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则5.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，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝.6．求二面角的大小(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l笔直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．(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)．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)平面的单位法向量是唯一确定的．( ×)(2)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( √)(3)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( √)(4)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．( ×)(5)两异面直线夹角的范围是(0，]，直线与平面所成角的范围是[0，]，二面角的范围是[0，π]．( √)(6)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.( ×)1．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则下列向量是平面ABC法向量的是( ) A．(－1,1,1) B．(1，－1,1)C．(－，－，－) D．(，，－)答案 C解析设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，则化简得∴x＝y＝z.故选C.2．(2016·杭州模拟)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所成角的余弦值为( )A. B.C. D.答案 A解析设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝＝，故选A.3．(教材改编)设u，v分别是平面α，β的法向量，u＝(－2,2,5)，当v＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________．答案α⊥βα∥β解析当v＝(3，－2,2)时，u·v＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β.当v＝(4，－4，－10)时，v＝－2u⇒α∥β.4．(教材改编)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是________．答案笔直解析以A为原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A(0,0,0)，M(0,1，)，O(，，0)，N(，0,1)，·＝(0,1，)·(0，－，1)＝0，∴ON 与AM 笔直．题型一 利用空间向量证明平行问题例1 (2016·重庆模拟)如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG. 证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，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)． ∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面．∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC .证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)，∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC .又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．(2016·北京海淀区模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD .证明 如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则M (0,1，12)，N (12，1,1)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)， 于是MN →＝(12，0，12)，DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)． 设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1.所以n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0， 所以MN →⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD .题型二 利用空间向量证明垂直问题例2 (2016·绍兴模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明 (1)∵二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面BAC .又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ，∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)，∴A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)．设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2z ＝0，2x ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n .∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)．∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .思维升华 证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．(2016·宁波模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点． (1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PDC .证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB .又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD .因为PA ＝PD ＝22AD ，所以PA ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2. 以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (a 2，0,0)，F (0，a 2，0)，D (－a 2，0,0)，P (0,0，a 2)，B (a 2，a,0)，C (－a 2，a,0)． 因为E 为PC 的中点，所以E (－a 4，a 2，a 4)． 易知平面PAD 的一个法向量为OF →＝(0，a 2，0)， 因为EF →＝(a 4，0，－a 4)， 且OF →·EF →＝(0，a 2，0)·(a 4，0，－a 4)＝0， 所以OF ⊥EF ，又因为EF ⊄平面PAD ，所以EF ∥平面PAD .(2)因为PA →＝(a 2，0，－a 2)，CD →＝(0，－a,0)， 所以PA →·CD →＝(a 2，0，－a 2)·(0，－a,0)＝0， 所以PA ⊥CD .又PA ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，PD ⊂平面PDC ，CD ⊂平面PDC ，所以PA ⊥平面PDC .又PA ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PDC .题型三 利用空间向量求空间角命题点1 求直线和平面所成的角例3 (2016·杭州二中月考)如图1，在Rt△ACB 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 上的点，试确定点M 的位置，使得直线CM 与平面A 1BE 所成角的正弦值为51428. (1)证明 因为∠C ＝90°，DE ∥BC ，所以BC ⊥CD ，BC ⊥A 1D ，因为CD ∩A 1D ＝D ，CD ⊂平面A 1CD ，A 1D ⊂平面A 1CD ，所以BC ⊥平面A 1CD ，因为A 1C ⊂平面A 1CD ，所以BC ⊥A 1C ，DE ⊥A 1C ，又A 1C ⊥CD ，CD ∩BC ＝C ，CD ∩DE ＝D ，DE ∥BC ，所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)解 以C 为原点，以CB ，CD ，CA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(图略)， 因为AD AC ＝DE CB ，所以AD ＝4，CD ＝2，A 1C ＝23， 所以A 1(0,0,23)，B (3,0,0)，E (2,2,0)，D (0,2,0)，A 1E →＝(2,2，－23)，BE →＝(－1,2,0)， DA 1→＝(0，－2,23)．设M 点的坐标为(0，y 0，z 0)，DM →＝λDA 1→， 则⎩⎨⎧ y 0－2＝－2λ，z 0＝23λ，所以CM →＝(0,2－2λ，23λ)，设平面A 1BE 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧ 2x ＋2y －23z ＝0，－x ＋2y ＝0，令x ＝2，则y ＝1，z ＝3，即n ＝(2,1，3)．设直线CM 与平面A 1BE 所成角为θ，则sin θ＝|2－2λ＋6λ|2－2λ2＋12λ2·12＋22＋3＝51428， 即|2＋4λ|16λ2－8λ＋4＝57，解得λ＝34或13， 所以M 为线段A 1D (靠近点A 1)四分之一处的点或三分之二处的点．命题点2 求二面角例4 已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角的正切值为________．答案 23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E (1,1，13)，F (0,1，23)，AE →＝(0,1，13)，AF →＝(－1,1，23)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，则z ＝－3，x ＝－1，即n ＝(－1,1，－3)，取平面ABCD 的法向量为m ＝(0,0，－1)，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23. 思维升华 利用向量法求空间角的方法(1)先求出直线的方向向量和平面的法向量，将求空间角转化为求两个向量的夹角．(2)利用数量积求向量的夹角，然后根据和所求角的关系得到空间角，但要注意所求角的大小．(2016·全国丙卷)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．(1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2. 取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2. 又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，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 .(2)解 取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525. 设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525， ∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525. 21．利用向量法解决立体几何问题典例 (14分)(2016·吉林实验中学月考)如图1所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，如图2所示．(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E －DF －C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论．思想方法指导 对于较复杂的立体几何问题可采用向量法(1)用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．(2)两种思路：①选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断．②建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题．规范解答解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB .又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .[2分](2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，[3分]易知平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎨⎧ x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →|·|n |＝217，∴二面角E －DF －C 的余弦值为217.[8分] (3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →＝3y －2＝0，∴y ＝233. 又BP →＝(x －2，y,0)，PC →＝(－x,23－y,0)，∵BP →∥PC →，∴(x －2)(23－y )＝－xy ，∴3x ＋y ＝2 3.[10分]把y ＝233代入上式得x ＝43，∴P (43，233，0)， ∴BP →＝13BC →， ∴在线段BC 上存在点P (43，233，0)，使AP ⊥DE .[14分] 1．(2017·西安质检)若平面α，β的法向量分别是n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( )A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上答案均不正确 答案 C解析 ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n 1与n 2不垂直，且不共线．∴α与β相交但不垂直．2．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4) 答案 A解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．3．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内答案 D解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面，∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内．4．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C解析 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.5．(2016·泰安模拟)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内答案 B 解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3， 则M (a ，2a 3，a 3)，N (2a 3，2a 3，a )，MN →＝(－a 3，0，2a 3)． 又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量．因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C .6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)． 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧ A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝2，z ＝2.即n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos〈n 1，n 2〉＝23×1＝23， 即所成的锐二面角的余弦值为23. 7．(2016·广州质检)已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________________________________________________________________________．答案 α∥β解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ，由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1，∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.8．(2016·潍坊模拟)已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确．又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确．∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)，∴BD →与AP →不平行，故④错误．9.如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．答案 1解析 以D 1为原点，D 1A 1，D 1C 1，D 1D 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，∴FB →＝(1,1，y )，∵B 1E ⊥平面ABF ，∴FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.*10.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)．若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________．答案 72 解析 由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示．则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，S (0,0，3)，M (0,0，32)，设P (x ，y,0)， ∴AM →＝(0,1，32)，MP →＝(x ，y ，－32)，即y ＝34， ∴点P 的轨迹方程为y ＝34. 根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为2 1－342＝72. 11．(2016·泉州模拟)如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩EF ＝F ，AF ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，∴B 1F ⊥平面AEF .12．(2016·杭州模拟)在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图所示．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD .∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)， 则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n ||AD →|＝63， 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. *13.(2016·嘉兴二模)如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，点P 是CD 上的一点，PC ＝λPD .(1)若A 1C ⊥平面PBC 1，求λ的值；(2)设λ1＝1，λ2＝3所对应的点P 为P 1，P 2，二面角P 1—BC 1—P 2的大小为θ，求cos θ的值．解 方法一 (1)∵A 1C ⊥BC 1，若A 1C ⊥PB ，则A 1C ⊥平面PBC 1，只需A 1C ⊥PB 即可， 在矩形ABCD 中，CP BC ＝BC AB ，解得CP ＝12，PD ＝32，λ＝13. (2)过点C 作CH ⊥BC 1交BC 1于点H ，连接P 1H ，P 2H (图略)，则∠P 1HP 2就是所求二面角的一个平面角θ.∵P 1C ＝1，P 2C ＝32，CH ＝22， ∴tan∠P 1HC ＝2，tan∠P 2HC ＝32， tan θ＝tan(∠P 2HC －∠P 1HC )＝28， 所求余弦值为46633. 方法二 (1)建立如图所示空间直角坐标系Oxyz ， 则B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，C (0,2,0)，设P (0，21＋λ，0)， 则A 1C →＝(－1,2，－1)，BC 1→＝(－1,0,1)，BP →＝(－1，21＋λ－2,0)， 若A 1C ⊥平面PBC 1，则⎩⎪⎨⎪⎧ A 1C →·BP →＝0，A 1C →·BC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋41＋λ－4＝0，1＋0－1＝0，解得λ＝13. (2)由P 1(0,1,0)，P 2(0，12，0)， 得BP 1→＝(－1，－1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)， BP 2→＝(－1，－32，0)．设平面BC 1P 1与平面BC 1P 2的法向量分别是n 1，n 2，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BP 1→＝0，n 1·BC 1→＝0，得n 1＝(1，－1,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·BP 2→＝0，n 2·BC 1→＝0，得n 2＝(3，－2,3)，∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝4233＝46633.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。
(浙江专用)新高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 7 第7讲 立体几何中的向量方法 1 第
第1课时 空间角[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·某某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某某数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 ＝3a33a ＝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·某某中学高三月考)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·某某市第三次调研考试)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·某某十五校联考)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.(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.。
(浙江专版)2019版高考数学大一轮回顾 第八章 立体几何初步 第7课时 立体几何中的向量方法(一)——证明平
证明：PQ∥平面 BCD.
恰当建立 相关向量
法二 在线段 CD 上取点 F，使得 DF＝3FC，连接 OF， 明平行和
同法一建立空间直角坐标系，写出点 A，B，C 的坐标，
设点 C 坐标为(x0，y0，0).
∵C→F＝14C→D，设点 F 坐标为(x，y，0)，则
(x－x0，y－y0，0)＝14(－x0， 2－y0，0)，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，
C(0，2 3，0)，E(－1， 3，2).
假设在线段BE上存在一点P满足题意，
则易知点P不与点B，E重合， 设B→P＝λP→E，则 λ>0，P21－ ＋λλ，1＋3λλ，1＋2λλ.
设平面 PAC 的法向量为 m＝(x，y，z).
x
由A→P＝21－＋λλ，1＋3λλ，12＋λλ，A→C＝(0，2 3，0)，
恰当建立 相关向量 明平行和
所以P→Q＝34x0， 42＋34y0，0.
又平面 BCD 的一个法向量为 a＝(0，0，1)，故P→Q·a＝0.
又 PQ⊄平面 BCD，所以 PQ∥平面 BCD.
[例 1] (一题多解)如图，在四面体 ABCD 中，AD⊥平面 BCD，
BD＝2 2，M 是 AD 的中点，P 是 BM 的中点，点 Q 在线段 AC
P，使得平面 PAC⊥平面 BCEF？若存在，求出BPEP的值；若不存
(1)证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD， 平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF， ∴AF⊥平面ABCD. 又AC⊂平面ABCD，∴AF⊥AC. 过A作AH⊥BC于H，则 BH＝1，AH＝ 3，CH＝3，
得m·A→P＝21－ ＋λλx＋1＋3λλy＋12＋λ λz＝0， m·A→C＝2 3y＝0，
(浙江专用)新高考数学一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 7 第7讲 立体几何中的向量方法 1 第
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θX 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X 围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的X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X 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·高考某某卷)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·某某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·某某普通高中模考)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·某某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某某数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 ＝3a33a ＝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·某某中学高三月考)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·某某市第三次调研考试)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·某某十五校联考)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.word21 / 21 (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.。
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基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·秦皇岛模拟)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( ) A.1010B.15C.31010D.35解析 以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，E(1，0，1)，D 1(0，0，2).所以BE →＝(0，－1，1)， CD 1→＝(0，－1，2)，所以cos 〈BE →，CD 1→〉＝BE →·CD 1→|BE →|·|CD 1→|＝32×5＝31010.答案 C2.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC →1，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( ) A.216a B.66a C.156a D.153a解析 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A( a ，0，0)，C 1(0，a ，a)，N ⎝⎛⎭⎫a ，a ，a2.设M(x ，y ，z)， ∵点M 在AC 1上且AM →＝12MC →1，(x －a ，y ，z)＝12(－x ，a －y ，a －z)∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a3.得M ⎝⎛⎭⎫2a 3，a 3，a 3， ∴|MN →|＝⎝⎛⎭⎫a －23a 2＋⎝⎛⎭⎫a －a 32＋⎝⎛⎭⎫a 2－a 32＝216a. 答案 A3.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12B.23C.33D.22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)， ∴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)，所以有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1，2，2). ∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， ∴ cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.答案 B4.在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且 SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是( ) A.30°B.45°C.60°D.90°解析 如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz.设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a.则A(a ，0，0)，B(0，a ，0)，C(－a ，0，0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2. 则CA →＝(2a ，0，0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2， CB →＝(a ，a ，0)，设平面PAC 的一个法向量为n ，设n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·CA →＝0，n·AP →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0，1，1)，则 cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n|＝a 2a 2·2＝12， ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案 A5.设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A.32B.22C.223D.233解析 如图建立坐标系.则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，B(2，2，0)，D 1A 1→＝(2，0，0)，DB →＝(2，2，0)， 设平面A 1BD 的法向量 n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·DA 1→＝0，n·DB →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1，1，1). ∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n||n|＝23＝233.答案 D 二、填空题6.(2016·郑州模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为__________.解析 以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设n ＝(x ，y ，z)为平面A 1BC 1的法向量.则n·A 1B →＝0，n·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －z ＝0，－x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2，于是n ＝(2，1，2)，D 1C 1→＝(0，2，0)设所求线面角为α，则sin α＝| cos 〈n ，D 1C 1→〉|＝13.答案 137.正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A －BD －C 的正弦值为________.解析 取BC 中点O ，连接AO ，DO.建立如图所示坐标系，设BC ＝1，则A ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫0，－12，0，D ⎝⎛⎭⎫32，0，0.∴OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32，BA →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32， BD →＝⎝⎛⎭⎫32，12，0.设平面ABD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，则BA →·n ＝0，且BD →·n ＝0，∴y 02＋32z 0＝0，且32x 0＋y 02＝0，因此⎩⎨⎧y 0＝－3z 0，y 0＝－3x 0，取x 0＝1， 得平面ABD 的一个法向量n ＝(1，－3，1)， 由于OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面BCD 的一个法向量，∴ cos 〈n ，OA →〉＝55，∴ sin 〈n ，OA →〉＝255.答案 2558.如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________.解析 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系. 设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)，∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°. 答案 60° 三、解答题9.(2015·安徽卷)如图所示，在多面体A 1B 1D 1－DCBA ，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F. (1)证明：EF ∥B 1C.(2)求二面角E －A 1D －B 1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE.又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C.(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD.以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，D 1(0，1，1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1D →＝(0，1，－1)，由n 1⊥A 1E →.n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0， (－1，1，1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1，1，1).设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1，0，0)，A 1D →＝(0，1，－1)，由此同理可得n 2＝(0，1，1).所以结合图形知二面角E －A 1D －B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63.10.(2016·金丽衢十二校联考)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.(1)证明 在直角梯形BCDE 中，由DE ＝BE ＝1，CD ＝2，得BD ＝BC ＝2，由AC ＝2，AB ＝2，得AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC ，又平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC∩平面BCDE ＝BC ，AC ⊂平面ABC ，从而AC ⊥平面BCDE ，又DE ⊂平面BCDE ，所以AC ⊥DE.又DE ⊥DC ，DC ∩AC ＝C ，从而DE ⊥平面ACD.(2)解 以D 为原点，分别以射线DE ，DC 为x 轴，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D －xyz ，如图所示.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 ＝(x 1，y 1，z 1), 平面ABD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，可算得AD →＝(0，－2，－2)，AE →＝(1，－2，－2)，DB →＝(1，1，0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m·AD →＝0，m·AE →＝0，即⎩⎨⎧－2y 1－2z 1＝0，x 1－2y 1－2z 1＝0，可取m ＝(0，1，－2).由⎩⎪⎨⎪⎧n·AD →＝0，n·BD →＝0，即⎩⎨⎧－2y 2－2z 2＝0，x 2＋y 2＝0，可取n ＝ (1，－1，2).于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m|·|n|＝33·2＝32，由题意可知，所求二面角是锐角，故二面角B －AD －E 的大小是π6.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2016·西安质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( ) A.55B.53C.255D.35解析 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C 1(0，2，0)，A(2，0，0)，B 1(0，2，1)，∴BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)，∴cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0.∴BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. 答案 A12. (2016·乐清一中检测)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( ) A.15B.255C.55D.25解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎫0，12，1. ∴PA →＝(0，0，－2)，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，DF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1. 设平面DEF 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＝|PA →·n||PA →||n|＝55，∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55. 答案 C13.如图所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为__________. 解析 ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴|CD →|＝（CA →＋AB →＋BD →）2＝36＋16＋64＋2CA →·BD →＝116＋2CA →·BD →＝217.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|· cos 〈CA →，BD →〉＝－24.∴ cos 〈CA →，BD →〉＝－12.又所求二面角与〈CA →，BD →〉互补，∴所求的二面角为60 °. 答案 60 °14.(2015·广东卷)如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB. (1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P －AD －C 的正切值； (3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值.解 在△PCD 中，∵E 为CD 的中点，且PC ＝PD ，∴PE ⊥CD.又∵平面PCD ⊥平面ABCD ，且平面PCD∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PCD ， ∴PE ⊥平面ABCD ，取AB 的中点H ，连接EH ， ∵四边形ABCD 是长方形，则EH ⊥CD ，如图所示，以E 为原点，EH ，EC ，EP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，∵PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3，AF ＝2FB ，CG ＝2GB ，∴E(0，0，0)，P(0，0，7)，F(3，1，0)，G(2，3，0)， A(3，－3，0)，D(0，－3，0)，C(0，3，0). (1)证明 ∵EP →＝(0，0，7)，FG →＝(－1，2，0)， 且EP →·FG →＝(0，0，7)·(－1，2，0)＝0， ∴EP →⊥FG →，即EP ⊥FG.(2)∵PE ⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的法向量为EP →＝(0，0，7). 设平面ADP 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， AP →＝(－3，3，7)，DP →＝(0，3，7)， 由于⎩⎪⎨⎪⎧AP →·n ＝0，DP →·n ＝0，即⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＋7z 1＝0，3y 1＋7z 1＝0，令z 1＝3，则x 1＝0，y 1＝－7，∴n ＝(0，－7，3).由图可知二面角P －AD －C 是锐角，设为α，则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n·EP →|n||EP →|＝3747＝34，∴sin α＝74，tan α＝73. (3)∵AP →＝(－3，3，7)，FG →＝(－1，2，0)，设直线PA 与直线FG 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·FG →|AP →||FG →|＝3＋69＋9＋7×5＝9525，∴直线PA 与FG 所成角的余弦值为9525.。