第一章 习题课 空间向量应用的综合问题

习题课空间向量应用的综合问题学习目标通过对空间向量的学习，能熟练利用空间向量求点、线、面间的距离、空间角及解决有关探索性问题．一、利用空间向量求空间角例1如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M 在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求平面BPD与平面APD的夹角；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．(1)证明如图，设AC，BD的交点为E，连接ME.∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PDB，平面MAC∩平面PDB＝ME，∴PD∥ME.∵四边形ABCD是正方形，∴E为BD的中点．∴M为PB的中点．(2)解取AD的中点O，连接OP，OE.∵P A＝PD，∴OP⊥AD.又∵平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，OP⊂平面P AD，∴OP⊥平面ABCD.∵OE⊂平面ABCD，∴OP⊥OE.∵底面ABCD是正方形，∴OE⊥AD.以O为原点，分别以OD→，OE→，OP→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Oxyz，则P(0,0，2)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，BD→＝(4，－4,0)，PD→＝(2,0，－2)．设平面BDP的一个法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，得y ＝1，z ＝ 2. 于是n ＝(1,1，2)．又平面P AD 的一个法向量为p ＝(0,1,0)， ∴cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12. ∴平面BPD 与平面APD 的夹角为60°. (3)解 由(1)(2)知M ⎝⎛⎭⎫－1，2，22，C (2,4,0)， 则MC →＝⎝⎛⎭⎫3，2，－22.设直线MC 与平面BDP 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈n ，MC →〉|＝|n ·MC →||n ||MC →|＝269.∴直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.反思感悟 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标；(3)写出向量坐标；(4)结合公式进行论证、计算；(5)转化为几何结论．跟踪训练1 如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABEF 为正方形，AF ⊥DF ，AF ＝22FD ，∠DFE ＝∠CEF ＝45°.(1)求异面直线BC ，DF 所成角的大小； (2)求平面BDE 与平面BEC 所成角的余弦值． 解 因为四边形ABEF 为正方形，AF ⊥DF ，所以AF ⊥平面DCEF . 又∠DFE ＝∠CEF ＝45°，所以，在平面DCEF 内作DO ⊥EF ，垂足为点O ， 以O 为坐标原点，OF 所在的直线为x 轴，OD 所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系(如图所示)． 设OF ＝a ，因为AF ＝22FD ， 所以DF ＝2a ，AF ＝4a ，CD ＝2a .(1)∴D (0,0，a )，F (a,0,0)，B (－3a,4a,0)，C (－2a,0，a )． 则BC →＝(a ，－4a ，a )，DF →＝(a,0，－a )， 设向量BC →，DF →的夹角为θ， 则cos θ＝BC →·DF→|BC →|·|DF →|＝0，所以异面直线BC ，DF 所成角为π2.(2)∵E (－3a ,0,0)，BC →＝(a ，－4a ，a )，BE →＝(0，－4a ,0)，DE →＝(－3a ,0，－a )， 设平面DBE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DE →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 1＋z 1＝0，4y 1＝0，取x 1＝1得平面DBE 的一个法向量为n 1＝(1,0，－3)， 设平面CBE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0，n 2·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4y 2＋z 2＝0，4y 2＝0，取x 2＝1得平面CBE 的一个法向量为n 2＝(1,0，－1)， 设平面BDE 与平面BEC 的夹角为θ， 则cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝255，所以平面BDE 与平面BEC 所成角的余弦值为255.二、利用空间向量求距离例2 已知四边形ABCD 是边长为4的正方形，E ，F 分别是边AB ，AD 的中点，CG 垂直于正方形ABCD 所在的平面，且CG ＝2，求点B 到平面EFG 的距离．解 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，则G (0,0,2)，E (4，－2，0)，F (2，－4,0)，B (4,0,0)， ∴GE →＝(4，－2，－2)，GF →＝(2，－4，－2)，BE →＝(0，－2,0)．设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧GE →·n ＝0，GF →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －z ＝0，x －2y －z ＝0，∴x ＝－y ，z ＝－3y .取y ＝1，则n ＝(－1,1，－3)． ∴点B 到平面EFG 的距离d ＝|BE →·n ||n |＝211＝21111.反思感悟 求点P 到平面α的距离的三个步骤：(1)在平面α内取一点A ，确定向量P A →的坐标表示；(2)确定平面α的法向量n ；(3)代入公式d ＝|P A →·n ||n |求解．跟踪训练2 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD，AB＝23，求点A到平面MBC的距离．解如图，取CD的中点O，连接OB，OM，因为△BCD与△MCD均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM⊂平面MCD，所以MO⊥平面BCD.以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz. 因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝3，则O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0，3)，B(0，－3，0)，A(0，－3，23)，所以BC→＝(1，3，0)．→＝(0，3，3)．BM设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥BC →，n ⊥BM →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0， 取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1)． 又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.三、利用空间向量解决探索性问题例3 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝2，BC ＝22，P A ＝2.(1)取PC 的中点N ，求证：DN ∥平面P AB ； (2)求直线AC 与PD 所成角的余弦值；(3)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得平面MAC 与平面ACD 的夹角为45°？如果存在，求出BM 与平面MAC 所成角的大小；如果不存在，请说明理由．(1)证明 取BC 的中点E ，连接DE ，交AC 于点O ，连接ON ，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (2，－1,0)，C (0,1,0)，D (－1,0,0)，P (0，－1,2)． ∵点N 为PC 的中点，∴N (0,0,1)， ∴DN →＝(1,0,1)．设平面P AB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2,0,0)， 可得n ＝(0,1,0)， ∴DN →·n ＝0.又∵DN ⊄平面P AB ，∴DN ∥平面P AB .(2)解 由(1)知，AC →＝ (0,2,0)，PD →＝(－1,1，－2)． 设直线AC 与PD 所成的角为θ， 则cos θ＝|AC →·PD →||AC →||PD →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪22×6＝66. (3)解 存在．设M (x ，y ，z )，且PM →＝λPD →，0≤λ≤1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ，y ＋1＝λ，z －2＝－2λ，∴M (－λ，λ－1,2－2λ)．设平面ACM 的一个法向量为m ＝(a ，b ，c )， 由AC →＝(0,2,0)，AM →＝(－λ，λ，2－2λ)， 可得m ＝(2－2λ，0，λ)，由图知平面ACD 的一个法向量为u ＝(0,0,1)， ∴|cos 〈m ，u 〉|＝λ1·λ2＋(2－2λ)2＝22， 解得λ＝23或λ＝2(舍去)．∴M ⎝⎛⎭⎫－23，－13，23，m ＝⎝⎛⎭⎫23，0，23. ∴BM →＝⎝⎛⎭⎫－83，23，23， 设BM 与平面MAC 所成的角为φ，则sin φ＝|cos 〈BM →，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪129223×22＝12，∴φ＝30°.故存在点M，使得平面MAC与平面ACD的夹角为45°，此时BM与平面MAC所成的角为30°.反思感悟(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．跟踪训练3如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面P AD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝22，E为CD的中点，点F在线段PB上．(1)求证：AD⊥PC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．(1)证明如图所示，在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB＝22，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos 45°＝4，得AC＝2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.又AD∥BC，所以AD⊥AC.因为AD＝AP＝2，DP＝22，所以P A⊥AD，又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面P AC，所以AD⊥平面P AC，又PC⊂平面P AC，所以AD⊥PC.(2)解因为侧面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD，侧面P AD ∩底面ABCD ＝AD ，P A ⊂侧面P AD ，所以P A ⊥底面ABCD ，所以直线AC ，AD ，AP 两两垂直，以A 为原点，直线AD ，AC ，AP 为坐标轴， 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，D (－2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，E (－1,1，0)，P (0,0,2)， 所以PC →＝(0,2，－2)，PD →＝(－2,0，－2)，PB →＝(2,2，－2)． 设PFPB＝λ(λ∈[0,1])， 则PF →＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以EF →＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)．易得平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)． 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2x －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－1)．因为直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等， 所以|cos 〈EF →，m 〉|＝|cos 〈EF →，n 〉|， 即|EF →·m ||EF →||m |＝|EF →·n ||EF →||n |， 所以|－2λ＋2|＝|2λ|3， 即3|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])，解得λ＝3－32，所以PF PB ＝3－32，即当PF PB ＝3－32时，直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等．课时对点练1．已知两平面的法向量分别为m ＝(1，－1,0)，n ＝(0,1，－1)，则两平面的夹角为( ) A ．60° B ．120° C ．60°或120° D ．90° 答案 A解析 |cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|－1|2·2＝12，即〈m ，n 〉＝60°. ∴两平面所成角为60°.2．在棱长为3的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段AA 1的中点，F 为线段C 1D 1上靠近D 1的三等分点，则异面直线A 1B 与EF 所成角的余弦值为( ) A.114 B.214 C.314 D.17 答案 B解析 如图，建立空间直角坐标系，则A 1(3,0,0)，B (3,3,3)， E ⎝⎛⎭⎫3，0，32，F (0,1,0)， 所以A 1B —→＝(0,3,3)， EF →＝⎝⎛⎭⎫－3，1，－32，所以|cos 〈A 1B —→，EF →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪A 1B —→·EF →||A 1B —→·|EF →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3－9232×72＝214. 3.在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 为棱CC 1的中点，则直线B 1M 与平面A 1D 1M 所成角的正弦值是( )A.215B.25C.35D.45答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(1,0,1)，D 1(0,0,1)， M ⎝⎛⎭⎫0，1，12，B 1(1,1,1)， A 1D 1—→＝(－1,0,0)，D 1M —→＝⎝⎛⎭⎫0，1，－12，MB 1→＝⎝⎛⎭⎫1，0，12， 设平面A 1D 1M 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ A 1D 1—→·m ＝0，D 1M —→·m ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，y －12z ＝0，令y ＝1可得z ＝2，所以m ＝(0,1,2)， 设直线B 1M 与平面A 1D 1M 所成角为θ， sin θ＝|m ·MB 1→||m |·|MB 1→|＝15×52＝25.4．在三棱锥P －ABC 中，PC ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝4，∠PBC ＝45°，则点C 到平面P AB 的距离是( )A.463B.263C.433D.423答案 A解析 方法一 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (0,4,0)，P (0,4,42)， ∴AP →＝(0,4,42)，AB →＝(4,0,0)，PC →＝(0,0，－42)． 设平面P AB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋42z ＝0，4x ＝0，令y ＝2，则z ＝－1，∴m ＝(0，2，－1)，∴点C 到平面P AB 的距离为|PC →·m ||m |＝463.方法二 ∵PC ⊥底面ABC ，∴PC ⊥AB ，又AB ⊥AC ，且PC ∩AC ＝C ，PC ，AC ⊂平面P AC ， ∴AB ⊥平面P AC ， ∴AB ⊥P A ， ∵AC ＝AB ＝4， ∴BC ＝42， ∴PC ＝42，PB ＝8， 在Rt △P AB 中，P A ＝82－42＝43，令点C 到平面P AB 的距离为d ， ∵V P －ABC ＝V C －P AB ，∴13×12×4×4×42＝13×12×4×43×d ，∴d ＝463.5.如图，已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24答案 A解析 如图，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，则C 1(0,3,1)，D 1(0,0,1)，E (1,1,0)，C (0,3,0)，所以DC 1→＝(0,3,1)，D 1E —→＝(1,1，－1)，D 1C —→＝(0,3，－1)． 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E —→＝0，n ·D 1C —→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝3y ，取y ＝1，得n ＝(2,1,3)．因为cos 〈DC 1→，n 〉＝DC 1→·n |DC 1→|·|n |＝(0，3，1)·(2，1，3)10×14＝33535，所以DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535.6．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 )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 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，即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的角的余弦值为23.7．设A (2,3,1)，B (4,1,2)，C (6,3,7)，D (－5，－4,8)，则点D 到平面ABC 的距离为________． 答案491717解析 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∴n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·(2，－2，1)＝0，(x ，y ，z )·(4，0，6)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＋z ＝0，4x ＋6z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－32z ，y ＝－z .令z ＝－2，则n ＝(3,2，－2)． 又∵AD →＝(－7，－7,7)，∴点D 到平面ABC 的距离为d ＝|AD →·n ||n |＝|3×(－7)＋2×(－7)－2×7|32＋22＋(－2)2＝4917＝491717.8.已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ＝PD ＝5，平面ABCD ⊥平面P AD ，M 是PC 的中点，O 是AD 的中点，则直线BM 与平面PCO 所成角的正弦值是___________．答案88585解析 以O 为原点，OA 为x 轴，过O 作AB 的平行线为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，则B (1,2,0)，P (0,0,2)，C (－1,2,0)， M ⎝⎛⎭⎫－12，1，1，O (0,0,0)， OP →＝(0,0,2)，OC →＝(－1,2,0)，BM →＝⎝⎛⎭⎫－32，－1，1， 设平面PCO 的法向量m ＝(x ，y ，z )， ⎩⎪⎨⎪⎧m ·OP →＝2z ＝0，m ·OC →＝－x ＋2y ＝0，可得m ＝(2,1,0)， 设直线BM 与平面PCO 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，BM →〉|＝|m ·BM →||m ||BM →|＝45×174＝88585. 9.如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，F 是DD 1的中点．(1)求证：CF ∥平面A 1DE ；(2)求平面A 1DE 与平面A 1DA 夹角的余弦值．(1)证明 分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 A 1(2,0,2)，E (1,2,0)，D (0,0,0)， C (0,2,0)，F (0,0,1)，则DA 1→＝(2,0,2)，DE →＝(1,2,0)，CF →＝(0，－2,1)， 设平面A 1DE 的法向量n ＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2a ＋2c ＝0，n ·DE →＝a ＋2b ＝0，取n ＝(－2,1,2)，∴CF →·n ＝(0，－2,1)·(－2,1,2)＝0， 又CF ⊄平面A 1DE ， ∴CF ∥平面A 1DE .(2)解 DC →＝(0,2,0)是平面A 1DA 的法向量， ∴cos 〈n ，DC →〉＝(－2，1，2)·(0，2，0)(－2)2＋12＋22·0＋22＋0＝13， 即平面A 1DE 与平面A 1DA 夹角的余弦值为13.10.如图，平面ABDE ⊥平面ABC ，△ABC 是等腰直角三角形，AC ＝BC ＝4，四边形ABDE 是直角梯形，BD ∥AE ，BD ⊥BA ，BD ＝12AE ＝2，O ，M 分别为CE ，AB 的中点．(1)求异面直线AB 与CE 所成角的大小； (2)求直线CD 与平面ODM 所成角的正弦值． 解 (1)∵DB ⊥BA ，平面ABDE ⊥平面ABC ， 平面ABDE ∩平面ABC ＝AB ，DB ⊂平面ABDE ， ∴DB ⊥平面ABC . ∵BD ∥AE ， ∴EA ⊥平面ABC .如图所示，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB 所在直线为x ，y 轴，以过点C 且与EA 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系．∵AC ＝BC ＝4，∴C (0,0,0)，A (4,0,0)，B (0,4,0)，E (4,0,4)， ∴AB →＝(－4,4,0)，CE →＝(4,0,4)． ∴cos 〈AB →，CE →〉＝－1642×42＝－12，∴异面直线AB 与CE 所成角的大小为π3.(2)由(1)知O (2,0,2)，D (0,4,2)，M (2,2,0)， ∴CD →＝(0,4,2)，OD →＝(－2,4,0)，MD →＝(－2,2,2)． 设平面ODM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥OD →，n ⊥MD →，可得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4y ＝0，－2x ＋2y ＋2z ＝0，令x ＝2，则y ＝1，z ＝1， ∴n ＝(2,1,1)．设直线CD 与平面ODM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，CD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CD →|n ||CD →|＝3010， ∴直线CD 与平面ODM 所成角的正弦值为3010.11.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为线段AB 的中点，点F 在线段AD 上移动，异面直线B 1C 与EF 所成角最小时，其余弦值为( )A ．0 B.12 C.105D.1116答案 C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， 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为线段AB 的中点，设正方体棱长为2， 则D (0,0,0)，E (2,1,0)，B 1(2,2,2)，C (0,2,0)，B 1C —→＝(－2,0，－2)，设F (m,0,0)(0≤m ≤2)，EF →＝(m －2，－1,0)， 设异面直线B 1C 与EF 的夹角为θ，则cos θ＝|EF →·B 1C —→||EF →|·|B 1C —→|＝|－2×(m －2)|22·(m －2)2＋1＝12·1(m －2)2＋1，异面直线B 1C 与EF 所成角最小时，则cos θ最大，即m ＝0时，cos θ＝12·14＋1＝210＝105.12.如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________．答案 35解析 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1(0，3，2)，F (1,0,1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F —→＝(1，－3，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF →＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n ＝0，GF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝(1，3，1)为平面GEF 的一个法向量，所以|cos 〈n ，B 1F —→〉|＝|1－3－1|5×5＝35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.13.如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面边长为2，直线CC 1与平面ACD 1所成角的正弦值为13，则正四棱柱的高为________．答案 4解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设DD 1＝a ，则A (2,0,0)，C (0,2,0)， D 1(0,0，a )，故AC →＝(－2,2,0)，AD 1→＝(－2,0，a )，CC 1→＝(0,0，a )， 设平面ACD 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝－2x ＋2y ＝0，n ·AD →1＝－2x ＋az ＝0，可取n ＝⎝⎛⎭⎫1，1，2a ， 故cos 〈n ，CC 1→〉＝n ·CC →1|n ||CC 1→|＝2a ·4a2＋2＝22a 2＋4，又直线CC 1与平面ACD 1所成角的正弦值为13，∴22a 2＋4＝13， 解得a ＝4.14．设动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1P D 1B＝λ.当∠APC 为锐角时，λ的取值范围是________．答案 ⎣⎡⎭⎫0，13 解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，由D 1P D 1B＝λ得P (λ，λ，1－λ)， 则P A →＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝(－λ，1－λ，λ－1)，因为∠APC 为锐角，所以P A →·PC →＝(1－λ，－λ，λ－1)·(－λ，1－λ，λ－1)＝(λ－1)(3λ－1)>0，解得λ<13或λ>1， 又因为动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，所以λ的取值范围为0≤λ<13.15.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为线段AA 1上的一个动点，F 为线段B 1C 1上的一个动点，则平面EFB 与底面ABCD 所成的角的余弦值的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤0，22B.⎣⎡⎦⎤33，22C.⎣⎡⎦⎤0，33D.⎣⎡⎦⎤0，55 答案 A解析 设平面EFB 与底面ABCD 所成的角为θ，如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，AE ＝m ，FC 1＝n ，则D (0,0,0)，A (1，0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0，0,1)，E (1,0，m )，F (n,1,1).BE →＝(0，－1，m )，BF →＝(n －1,0,1)，设平面EFB 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ －y ＋mz ＝0，(n －1)x ＋z ＝0，取x ＝－1，则平面EFB 的法向量为(－1，m (n －1)，n －1)，而底面ABCD 的一个法向量为(0,0,1)，则cos θ＝|n －1|1＋m 2(n －1)2＋(n －1)2，结合选项，当n ＝1时，cos θ＝0， 当n ≠1时，cos θ＝11(1－n )2＋m 2＋1∈⎝⎛⎦⎤0，22， 故cos θ∈⎣⎡⎦⎤0，22. 16．如图，已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上移动．(1)求证：D 1E ⊥A 1D ；(2)在棱AB 上是否存在点E 使得AD 1与平面D 1EC 所成的角为π6？若存在，求出AE 的长，若不存在，说明理由．(1)证明 ∵AE ⊥平面AA 1D 1D ，A 1D ⊂平面AA 1D 1D ，∴AE ⊥A 1D .∵在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1， ∴A 1D ⊥AD 1.∵AE ∩AD 1＝A ，∴A 1D ⊥平面AED 1.∵D 1E ⊂平面AED 1，∴D 1E ⊥A 1D .(2)解 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设棱AB 上存在点E (1，t,0)(0≤t ≤2)，使得AD 1与平面D 1EC 所成的角为π6， A (1,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0,2,0)，AD 1→＝(－1,0,1)，CD 1→＝(0，－2,1)，CE →＝(1，t －2,0)， 设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CD 1→＝－2y ＋z ＝0，n ·CE →＝x ＋(t －2)y ＝0， 取y ＝1，得n ＝(2－t,1,2)，∴sin π6＝|AD 1→·n ||AD 1→||n |＝|t －2＋2|2×(t －2)2＋5， 整理，得t 2＋4t －9＝0，解得t ＝13－2或t ＝－2－13(舍去)，∴在棱AB 上存在点E 使得AD 1与平面D 1EC 所成的角为π6，此时AE ＝13－2.。