(智慧测评)高考数学大一轮总复习 第7篇 第7节 立体几何的向量方法课时训练 理 新人教A版
高三一轮复习数学第7章第7节立体几何中的向量方法
高三一轮总复习
利用空间向量求空间角
●命题角度1 利用空间向量求异面直线所成的角 1．(2015· 全国卷Ⅰ)如图772，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120° ，E，F 是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF， AE⊥EC.
(1)证明：平面AEC⊥平面AFC； (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
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而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC. 而PB 平面PBC，所以PB⊥DE. 又PB⊥EF，DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF. 由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三 角形， 即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠ EFB，∠DFB.
设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则
10x＝0， －6y＋8z＝0，
即
所以可取n＝(0,4,3)．
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→ | n · AF | 4 5 → → 又AF＝(－10,4,8)，故|cos〈n，AF〉|＝ ＝ 15 . → |n||AF| 4 5 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为 15 .
A．45° C．45° 或135°
1 2 m· n 【解析】 cos〈m，n〉＝|m||n|＝ ＝ ，即〈m，n〉＝45° . 1· 2 2 ∴两平面所成二面角为45° 或180° －45° ＝135° .
【答案】 C
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攻考向·三级提能
利用空间向量证明平行、垂直
(2016· 青岛模拟)如图771，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方 1 形，AB＝AC，BC＝ 2AB，B1C1綊2BC，二面角A1ABC是直二面角． 求证：(1)A1B1⊥平面AA1C； (2)AB1∥平面A1C1C.
高考数学一轮复习第7章立体几何7.7立体几何中的向量方法学案理201805212250
7．7 立体几何中的向量方法[知识梳理]1．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2⇔v 1＝λv 2.(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v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(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 ⇔v ·u ＝0.(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2⇔u 1＝λu 2. 2．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝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 ⇔v ＝λu . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 3．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则4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 |，φ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.5．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)．[诊断自测] 1．概念思辨(1)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．( )(2)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]．( )(3)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．( ) (4)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( )答案 (1)× (2)√ (3)× (4)× 2．教材衍化(1)(选修A2－1P 111A 组T 1)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( )A ．60°B ．75°C ．90°D ．105°答案 C解析 取AC 的中点D ，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝a ，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，0，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，22a ，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，0，22a ，从而AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，a 2，2a 2，C 1B →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，－a 2，－2a 2.所以cos 〈AB 1→，C 1B →〉＝AB 1→·C 1B →|AB 1→||C 1B →|＝0，所以AB 1与C 1B 所成的角为90°.故选C.(2)(选修A2－1P 104T 2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，写出平面A 1ED 的一个法向量：________.答案 (1,2,2)(答案不唯一)解析 如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，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，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D →＝0，n ·A 1E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n ＝(1,2,2)． 3．小题热身(1)(2018·河南百校联盟联考)已知斜四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，∠A 1AD ＝60°，∠BAD ＝90°，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( )A.34 B.134 C.3913D.393答案 C解析 取AD 中点O ，连接OA 1，易证A 1O ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系， 得B (2，－1,0)，D 1(0,2，3)，BD →1＝(－2,3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设BD 1与平面ABCD 所成的角为θ，∴sin θ＝|BD →1·n ||BD →1||n |＝34，则cos θ＝134，∴tan θ＝3913.故选C. (2)(2017·郑州预测)过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________．答案 45°解析 如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)，由题意，AD ⊥平面PAB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD .又CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD .所以AD →＝(0,1,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面PAB ，平面PCD 的法向量，且〈AD →，AE →〉＝45°.故平面PAB 与平面PCD 所成的二面角为45°.题型1 利用空间向量研究空间中的位置关系角度1 利用空间向量证明平行与垂直问题典例 (2018·青岛模拟)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 ，AA 1⊥平面BAC .求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C . 证明 ∵AA 1⊥平面BAC . ∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC . 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Axyz ，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)．(1)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 .角度2 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题典例 (2018·宜春期末)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，BC ＝AC ＝AA 1＝2，D 为AC 的中点．(1)求证：AB 1∥平面BDC 1；(2)设AB 1的中点为G ，问：在矩形BCC 1B 1内是否存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.若存在，求出点H 的位置，若不存在，说明理由．解 (1)证明：连接B 1C ，设B 1C ∩BC 1＝M ，连接MD ， 在△AB 1C 中，M 为B 1C 中点，D 为AC 中点， ∴DM ∥AB 1，又∵AB 1不在平面BDC 1内，DM 在平面BDC 1内， ∴AB 1∥平面BDC 1.(2)以C 1为坐标原点，C 1A 1→为x 轴，C 1C →为y 轴，C 1B 1→为z 轴建立空间直角坐标系．依题意，得C 1(0,0,0)，D (1,2,0)，B (0,2,2)，G (1,1,1)，假设存在H (0，m ，n )， GH →＝(－1，m －1，n －1)，C 1D →＝(1,2,0)，DB →＝(－1,0,2)，由GH ⊥平面BC 1D ，得GH →⊥C 1D →⇒(－1，m －1，n －1)·(1,2,0)＝0⇒m ＝32.同理，由GH →⊥DB →得n ＝12，即在矩形BCC 1B 1内存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.此时点H 到B 1C 1的距离为32，到C 1C 的距离为12.方法技巧解决立体几何中探索性问题的基本方法1．通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理． 2．探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0,0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算．提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示． 冲关针对训练(2018·太原模拟)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为PA ，BD 中点，PA ＝PD ＝AD ＝2.(1)求证：EF ∥平面PBC ；(2)在棱PC 上是否存在一点G ，使GF ⊥平面EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由．解(1)证明：如图所示，连接AC .因为底面ABCD 是正方形，AC 与BD 互相平分．F 是BD 中点，所以F 是AC 中点．在△PAC 中，E 是PA 中点，F 是AC 中点，所以EF ∥PC .又因为EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，所以EF ∥平面PBC . (2)取AD 中点O ，连接PO . 在△PAD 中，PA ＝PD ， 所以PO ⊥AD .因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥OF . 又因为F 是AC 中点，所以OF ⊥AD .以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA ＝PD ＝AD ＝2，所以OP ＝3，则C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F (0,1,0)． 于是DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，DF →＝(1,1,0)．设平面EFD 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)． 因为⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，32x 0＋32z 0＝0，即⎩⎨⎧y 0＝－x 0，z 0＝－3x 0.令x 0＝1，则n ＝(1，－1，－3)．假设在棱PC 上存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 设G (x 1，y 1，z 1)，则FG →＝(x 1，y 1－1，z 1)． 因为EDF 的一个法向量n ＝(1，－1，－3)． 因为GF ⊥平面EDF ，所以FG →＝λn . 于是⎩⎨⎧x1＝λ，y 1－1＝－λ，z 1＝－3λ，即⎩⎨⎧x1＝λ，y 1＝1－λ，z 1＝－3λ.又因为点G 在棱PC 上，所以GC →与PC →共线．因为PC →＝(－1,2，－3)，CG →＝(x 1＋1，y 1－2，z 1)， 所以x 1＋1－1＝y 1－22＝z 1－3， 即1＋λ－1＝－λ－12＝－3λ－3，无解．故在棱PC 上不存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 题型2 利用空间向量求解空间角角度1 利用空间向量求解异面直线所成的角典例 (2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解 (1)证明：连接BD .设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 角度2 利用空间向量求解直线与平面所成的角典例 (2013·全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． 解 (1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB . 由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB . 又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ， 故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，O A →的方向为x 轴的正方向，|O A →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．则B C →＝(1,0，3)，BB 1→＝AA 1→＝(－1，3，0)，A 1C →＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·B C →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)． 故cos 〈n ，A 1C →〉＝n ·A 1C→|n ||A 1C →|＝－105. 所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105. 角度3 利用空间向量求解二面角典例 (2016·全国卷Ⅰ)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠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 (1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC .又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故 ∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知得，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 又易知二面角E －BC －A 为钝二面角， 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.方法技巧1．利用向量求异面直线所成角的方法(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是： ①选好基底或建立空间直角坐标系； ②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角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．2．利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．3．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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)找与棱垂直的方向向量法：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．冲关针对训练(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 ，并说明理由；(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．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，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 .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD ，于是CD ⊥PD . 从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角，所以∠PDA ＝45°. 由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，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Axyz ，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，设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)． 设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则 sin α＝|n ·AP →||n ||AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝13，所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.1.(2017·湖南五市十校联考)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 14解析 设等边三角形的边长为2.取BC 的中点O ，连接OA ，OD ，∵等边三角形ABC 和BCD 所在平面互相垂直， ∴OA ，OC ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则A (0,0，3)，B (0，－1,0)，C (0,1,0)，D (3，0,0)， ∴AB →＝(0，－1，－3)，CD →＝(3，－1,0)， ∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝12×2＝14，∴异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为14.2．(2017·全国卷Ⅱ)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 ＝12AD ，∠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 (1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊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，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则 BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)．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 〈BM →，n 〉|＝sin45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z2＝22， 即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.① 又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.易知所求二面角为锐角． 因此二面角M －AB －D 的余弦值为105. 3．(2017·北京高考)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 ＝6，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 (1)证明：设AC ，BD 交于点E ，连接ME ， 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC ∩平面PDB ＝ME ， 所以PD ∥ME .因为四边形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 . 因为四边形ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD .如图，建立空间直角坐标系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，则y ＝1，z ＝ 2. 于是n ＝(1,1，2)．平面PAD 的法向量为p ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12.由题意知二面角B －PD －A 为锐角，所以它的大小为π3.(3)由题意知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2，22，C (2,4,0)，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，所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．已知点A (2，－5,1)，B (2，－2,4)，C (1，－4,1)，则向量AB →与AC →的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°答案 C解析 由已知得AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)， ∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝332×2＝12.∴向量AB →与AC →的夹角为60°.故选C.2．(2018·伊宁期末)三棱锥A －BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2，若〈n 1，n 2〉＝π3，则二面角A －BD －C 的大小为( )A.π3B.2π3 C.π3或2π3D.π6或π3答案 C解析 ∵二面角的范围是[0，π]，且〈n 1，n 2〉＝π3，∴二面角A －BD －C 的大小为π3或2π3.故选C.3．(2017·太原期中)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，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.1010 B.15 C.31010D.35答案 C解析 如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系． 设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,2)． ∴BE →＝(0，－1,1)，CD 1→＝(0，－1,2)． ∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.故选C.4．如图所示，在正方体ABCD －A 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，如图所示．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．(2018·河南模拟)如图所示，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52 B ．－14C.14 D ．－52答案 B解析 建立如图所示的直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)， 设P (0,0，z )(0≤z ≤3)，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫z －522－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.故选B.6．(2018·沧州模拟)如图所示，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，棱长为1，E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且BE ＝CF ＝a (0<a <1)，则D ′E 与B ′F 的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交D ．与a 值有关答案 B解析 建立如图所示空间直角坐标系．则D ′(0,0,1)，E (1－a,1,0)，B ′(1,1,1)，F (0,1－a,0)， ∴D ′E →＝(1－a,1，－1)，B ′F →＝(－1，－a ，－1)．∴D ′E →·B ′F →＝(1－a )×(－1)＋1×(－a )＋(－1)×(－1)＝a －1－a ＋1＝0. ∴D ′E →⊥B ′F →，即D ′E ⊥B ′F .故选B.7．(2017·聊城期中)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.15 B.255C.55D.25答案 C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PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，∴PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C.8．(2018·江西红色七校模拟)已知二面角α－l －β等于120°，A ，B 是棱l 上两点，AC ，BD 分别在半平面α，β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的长等于 ( )A. 2B. 3 C ．2 D. 5答案 C解析 解法一：依题意可知二面角α－l －β的大小等于AC →与BD →所成的角，因为CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →，因为AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AB ＝AC ＝BD ＝1，所以CD →2＝1＋1＋1＋2CA →·BD →＝3＋2|CA →||BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝3＋2cos 〈CA →，BD →〉，因为〈AC →，BD →〉＝120°，所以〈CA →，BD →〉＝60°， 因此CD →2＝3＋2×12＝4，所以|CD →|＝2，故选C.解法二：在β内作AE 綊BD .连接CE 、DE ，易知∠CAE ＝120°，CE ⊥DE ， ∴CE 2＝AC 2＋AE 2－2×AC ×AE cos120°＝3. 在Rt △CED 中，CD 2＝CE 2＋ED 2＝4，∴CD ＝2. 故选C.9．(2017·南阳期中)若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( )A.35B.45C.34D.55答案 B解析如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，则有A (0，－1,0)，D (0,0,2)，C (0,1,0)，B 1(3，0,2)．所以C D →＝(0，－1,2)，CB 1→＝(3，－1，2)，A D →＝(0,1,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面B 1CD 的法向量， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0,2,1)．∴cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝45，即直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值．故选B.10．(2018·福建龙岩模拟)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，C 1D 1上的动点，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面ABB 1A 1的距离，则PE 的最小值是( )A．5 B．4C．4 5 D．2 5答案 D解析以D为原点，直线DA为x轴，直线DC为y轴，直线DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设AE＝a，D1F＝b，0≤a≤4,0≤b≤4，P(x，y,4)，0≤x≤4,0≤y≤4，则F(0，b,4)，E(4，a,0)，PF→＝(－x，b－y,0)，∵点P到点F的距离等于点P到平面ABB1A1的距离，∴当E，F分别是AB，C1D1的中点，P为正方形A1B1C1D1的中心时，PE取最小值，此时P(2,2,4)，E(4,2,0)，∴|PE|min＝(2－4)2＋(2－2)2＋(4－0)2＝2 5.故选D.二、填空题11．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，则异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于________．答案15 5解析 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， ∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)． ∴FD 1→＝(－1,0,2)， OE →＝(－1,1,1)．∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155.12．(2018·曲阜模拟)如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．答案 45解析 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0，2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC →|AF →||EC →|＝45×5＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.13．(2017·青海质检)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C －AB －D 的余弦值为33，M ，N 分别是AC ，BC 的中点，则EM ，AN 所成角的余弦值等于________． 答案 16解析 过C 点作CO ⊥平面ABDE ，垂足为O ，取AB 中点F ，连接CF ，OF ，则∠CFO 为二面角C －AB －D 的平面角，设AB ＝1，则CF ＝32， OF ＝CF ·cos∠CFO ＝12，OC ＝22， 则O 为正方形ABDE 的中心， 如图所示建立直角坐标系Oxyz ， 则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，0，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫24，0，24，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0， N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，24，24，EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫24，22，24， AN →＝⎝⎛⎭⎪⎫－22，24，24， cos 〈EM →，AN →〉＝EM →·AN →|EM →||AN →|＝16.14．(2018·临沂期末)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面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________．(填序号)答案 ①解析 以D 为原点，DA ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系如图． 设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，32a ，C (0，a,0)，则MC ＝x 2＋(y －a )2，MP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a 2. 由MP ＝MC ，得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝12x 的一部分．B 级三、解答题15．(2018·广东五校诊断)如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．解 (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC . ∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥AE .∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点，OA →，OB →的方向为x ，y 轴正方向，过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a >0)，OF →＝(－1,0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或－13.由a >0，得a ＝3， OF →＝(－1,0,3)，BE →＝(1，－3，2)，cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54. 16．(2014·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，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 交AC 于点O ，连接EO . 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 .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长度，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12. 设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量， 由题设得|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12， 解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为12.三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.17．(2017·河北衡水中学调研)如图1所示，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是线段AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE的位置，如图2所示．(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求直线BD 与平面A 1BC 所成角的正弦值．解 (1)证明：在题图1中，连接CE ， 因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以四边形ABCE 为正方形，四边形BCDE 为平行四边形，所以BE ⊥AC .在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 又OA 1∩OC ＝O ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由(1)知BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，又平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以∠A 1OC ＝π2，所以OB ，OC ，OA 1两两垂直．如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 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 ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0， A 1⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－22，由CD →＝BE →＝(－2，0,0)， 得D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，22，0. 所以BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－322，22，0.设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 直线BD 与平面A 1BC 所成的角为θ， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，y －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)． 从而sin θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝25×3＝3015， 即直线BD 与平面A 1BC 所成角的正弦值为3015. 18.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑？若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．解 (1)证明：如图，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)， PB →＝(λ，1，－1)，点E 是PC 的中点，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE .又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，则DE ⊥PC ，所以DE ⊥平面PBC . 由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB . (2)由PD ⊥平面ABCD ，所以DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量； 由(1)知PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量． 若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →||DP→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12，解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝1λ＝22.故当平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A版高三全册数学试题
【优化探究】2017届高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理 新人教A 版A 组 考点能力演练1.如图，几何体EF ABCD 中，CDEF 为边长为2的正方形，ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∠ADF ＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求二面角E －FB －C 的大小．解：(1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ， ∴AD ⊥平面CDEF ， ∴AD ⊥FC ，∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC . ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC .又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4， ∴AC ＝22，BC ＝22， 则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)由(1)知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得D (0,0,0)，F (0,2,2)，B (2,4,0)，E (0,0,2)，C (0，2,0)，A (2,0,0)，∴EF →＝(0,2,0)，FB →＝(2,2，－2)， 设平面EFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·FB →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2y －2z ＝0.⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1,0,1)，由(1)知平面FCB 的一个法向量为AC →＝(－2,2,0)，设二面角E －FB －C 的大小为θ，由图知θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴cos θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝12，∴θ＝π3.2.(2016·兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，顶点D 1在底面ABCD 内的射影恰为点C .(1)求证：AD 1⊥BC ；(2)若直线DD 1与直线AB 所成的角为π3，求平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．解：(1)证明：连接D 1C ，则D 1C ⊥平面ABCD ，∴D 1C ⊥BC . 在等腰梯形ABCD 中，连接AC ， ∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴BC ⊥AC ， ∴BC ⊥平面AD 1C ， ∴AD 1⊥BC .(2)法一：∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在底面ABCD 中作CM ⊥AB ，连接D 1M ，则D 1M ⊥AB ，∴∠D 1MC 为平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角的一个平面角．在Rt △D 1CM 中，CM ＝32，D 1C ＝3， ∴D 1M ＝CM 2＋D 1C 2＝152，∴cos ∠D 1MC ＝55， 即平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知AC 、BC 、D 1C 两两垂直， ∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在等腰梯形ABCD 中，∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴AC ＝3，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)， 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0得⎩⎨⎧y －3x ＝0，z －x ＝0，可得平面ABC 1D 1的一个法向量为n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n|CD 1→||n |＝55，∴平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 3．(2016·贵阳模拟)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1EC D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ，所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥DA ，DD 1⊥DC ，AD ⊥DC ，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D xyz ，则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0，2,0)．设满足条件的点E 存在，令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)， EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2－y 0y 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．由二面角D 1EC D 的大小为π6得 cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝22－y 02＋1＋4＝32， 解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1EC D 的大小为π6. B 组 高考题型专练1．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解：(1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.2．(2015·高考天津卷)如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1AC B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2，0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－52，0.由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1AC B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， 由已知，得|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1－12＋λ＋22＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.3．(2015·高考江苏卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量， AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0，令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP＝255.。
高三数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课件 理 新人教A版
(2)求证：平面PAB⊥平面PAD.
【思路点拨】 (1)建立空间直角坐标系，方法一：证 → → 明 CM 与平面PAD的法向量垂直；方法二：证明 CM 与平面 PAD内两个不共线共面． (2)取AP的中点E，利用向量证明BE⊥平面PAD即可．
如图7－7－7所示，已知三棱锥 P—ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC， 1 PA＝AC＝ AB，N为AB上一点，AB 2 ＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点． (1)证明：CM⊥SN； (2)求SN与平面CMN所成角的大小．
【解】 (1)证明 设PA＝1，以A为原点，射线AB、 AC、AP分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如 图．则P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(2，0，0)，M(1，0， 1 1 1 )，N( ，0，0)，S(1， ，0)． 2 2 2
1．怎样求平面的法向量？
【提示】 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 n· a＝0， 量的方程组为 方程组中有三个变量， 给一个变量赋 n· b＝0. 值求出该方程组的一组非零解，即可作为法向量的坐标，法 向量并不唯一．
又∵CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD. (2)取AP的中点E，则E( 3，2，1)， → BE＝(－ 3，2，1) ∵PB＝AB，∴BE⊥PA. → → 又∵BE·DA＝(－ 3，2，1)· (2 3，3，0)＝0， → → ∴BE⊥DA，∴BE⊥DA， 又PA∩DA＝A.∴BE⊥平面PAD，又∵BE⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD.
智慧测评新高考人教A版理科数学一轮总复习课时训练7.7立体几何的向量方法(含答案详析)
第七篇 第7节一、选择题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)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. 答案：D2．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 ．－2B ．－ 2C ． 2D ．±2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. 答案：D3．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异面解析：以D 点为坐标原点，以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，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. 答案：B4．如图所示，ABCDA 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF .当A 1、E 、F 、C 1共面时，平面A 1DE 与平面C 1DF 所成锐二面角的余弦值为( )A ．32B ．12C ．15D ．265解析：以D 为原点，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，易知当E (6，3,0)、F (3，6,0)时，A 1、E 、F 、C 1共面，设平面A 1DE 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DE →＝6a ＋3b ＝0，n 1·DA 1→＝6a ＋6c ＝0，可取n 1＝(－1,2,1)，同理可得平面C 1DF 的一个法向量为n 2＝(2，－1，1)，故平面A 1DE 与平面C 1DF 所成锐二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝12.故选B. 答案：B5．在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成的角的正弦值为( )A ．64B ．－64C ．104D ．－104解析：取AC 中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ， 如图所示，建立空间直角坐标系B －xyz ， 则A ⎝⎛⎭⎫32，12，0，D (0,0,1)，则AD →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，1.∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ， 平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ， BE ⊥AC ，∴BE ⊥平面AA 1C 1C ，∴BE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，0为平面AA 1C 1C 的一个法向量，∴cos 〈AD →，BE →〉＝－64，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64.故选A. 答案：A6．(2013年高考大纲卷)已知在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值是( )A ．23B ．33C ．23D ．13解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，C (0,1,0)， D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，故DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)，DC →＝(0,1,0)． 设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2，所以平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)． 设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝n ·DC →|n |·|DC →|＝23.故选A.答案：A 二、填空题7．平面α的一个法向量n ＝(0,1，－1)，如果直线l ⊥平面α，则直线l 的单位方向向量是________．解析：直线l 的方向向量平行于平面α的法向量， 故直线l 的单位方向向量是±n|n |＝±0，22，－22.答案：0，22，－22或0，－22，228．如图所示，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1上的点，则点E 到平面ABC 1D 1的距离是________．解：法一 以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD1所在射线为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设点E (1，a,1)(0≤a ≤1)， 连接D 1E ， 则D 1E →＝(1，a,0)．连接A 1D ，易知A 1D ⊥平面ABC 1D 1，则DA 1→＝(1,0,1)为平面ABC 1D 1的一个法向量． ∴点E 到平面ABC 1D 1的距离是d ＝|D 1E →·DA 1→||DA 1→|＝22.法二 点E 到平面ABC 1D 1的距离，即B 1到BC 1的距离，易得点B 1到BC 1的距离为22. 答案：229．(2014合肥月考)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角CABD 的余弦值为33，M 、N 分别是AC 、BC 的中点，则EM 、AN 所成角的余弦值等于________．解析：过C 点作CO ⊥平面ABDE ，垂足为O ，取AB 中点F ，连接CF 、OF ，则∠CFO 为二面角CABD 的平面角，设AB ＝1，则CF ＝32， OF ＝CF ·cos ∠CFO ＝12，OC ＝22，则O 为正方形ABDE 的中心， 如图所示建立直角坐标系Oxyz ， 则E ⎝⎛⎭⎫0，－22，0， M ⎝⎛⎭⎫24，0，24，A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，N ⎝⎛⎭⎫0，24，24， EM →＝⎝⎛⎭⎫24，22，24，AN →＝⎝⎛⎭⎫－22，24，24，cos 〈EM →，AN →〉＝EM →·AN →|EM →||AN →|＝16.答案：1610．空间中两个有一条公共边AD 的正方形ABCD 与ADEF ，设M ，N 分别是BD ，AE 的中点，给出如下命题：①AD ⊥MN ；②MN ∥平面CDE ；③MN ∥CE ；④MN ，CE 异面．则所有的正确命题为________．解析：如图设AB →＝a ，AD →＝b ，AF →＝c ，则|a |＝|c |且a ·b ＝c ·b ＝0.MN →＝AN →－AM →＝12(b ＋c )－12(a ＋b )＝12(c －a )，MN →·AD →＝12(c －a )·b ＝12(c ·b－a ·b )＝0，故AD ⊥MN ；CE →＝c －a ＝2MN →，故MN ∥CE ，故MN ∥平面CDE ，故②③正确；③正确时④一定不正确．答案：①②③ 三、解答题11．(2014陕西西安五校三模)如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上．(1)求异面直线D 1E 与A 1D 所成的角；(2)若二面角D 1ECD 的大小为45°，求点B 到平面D 1EC 的距离． 解：建立如图所示的空间直角坐标系．(1)由A 1(1,0,1)，得 DA 1→＝(1,0,1)，设E (1，a,0)，又D 1(0,0,1)，则D 1E →＝(1，a ，－1)． ∵DA 1→·D 1E →＝1＋0－1＝0，∴DA 1→⊥D 1E →，则异面直线D 1E 与A 1D 所成的角为90°. (2)m ＝(0,0,1)为平面DEC 的法向量， 设n ＝(x ，y ，z )为平面CED 1的法向量，则 cos 〈m ，n 〉＝|m·n||m||n|＝|z |x 2＋y 2＋z 2＝cos 45°＝22， ∴z 2＝x 2＋y 2①由C (0,2,0)，得D 1C →＝(0,2，－1)， 则n ⊥D 1C →， 即n ·D 1C →＝0， ∴2y －z ＝0②由①、②，可取n ＝(3，1,2)， 又CB →＝(1,0,0)，所以点B 到平面D 1EC 的距离d ＝|CB →·n ||n |＝322＝64.12．(2014福建厦门联考)如图所示，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝6，平面P AC ⊥平面ABC ，PD ⊥AC 于点D ，AD ＝1，CD ＝3，PD ＝ 3.(1)证明△PBC 为直角三角形；(2)求直线P A 与平面PBC 所成角的正弦值．(1)证明：以点E (AC 中点)为坐标原点，以EB ，EC 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系Exyz ，则B (2，0,0)，C (0,2,0)，P (0，－1，3)．于是BP →＝(－2，－1，3)，BC →＝(－2，2,0)． 因为BP →·BC →＝(－2，－1，3)·(－2，2,0)＝0， 所以BP →⊥BC →，所以BP ⊥BC .所以△PBC 为直角三角形． (2)解：由(1)可得，A (0，－2,0)．于是AP →＝(0,1，3)，PB →＝(2，1，－3)，PC →＝(0,3，－3)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·PC →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －3z ＝0，3y －3z ＝0.取y ＝1，则z ＝3，x ＝ 2.所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(2，1，3)． 设直线AP 与平面PBC 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AP →，n 〉|＝|AP →·n ||AP →||n |＝42×6＝63.所以直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值为63.。
2021年高考数学一轮总复习 第七章 第7节 立体几何中的向量方法练习
2021年高考数学一轮总复习 第七章 第7节 立体几何中的向量方法练习一、选择题1．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)[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．[答案] A2．(xx·辽宁大连一模)长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，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.3010 C.21510D.31010[解析] 建立坐标系如图，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→|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. [答案] B3．在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为( ) A.22 B.155 C.64D.63[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)、A (0,0,2)，AC 1→＝(3，1，－2)，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝38＝64.[答案] C4．如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 的位置关系为( )A ．平行B ．异面C ．垂直D ．以上都不对[解析] 以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，依题意，可得，D (0,0,0)，P (0,1，3)，C (0,2,0)，A (22，0,0)，M (2，2,0)．∴PM →＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)，AM →＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)，∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0，即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM . [答案] C5．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.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 [解析] ∵M 在EF 上，设ME ＝x ， ∴M ⎝⎛⎭⎪⎫22x ，22x ，1，∵A (2，2，0)，D (2，0,0)，E (0,0,1)，B (0，2，0)， ∴ED →＝(2，0，－1)，EB →＝(0，2，－1)， AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22x －2，22x －2，1.设平面BDE 的法向量n ＝(a ，b ，c )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝0，n ·EB →＝0，得a ＝b ＝22c . 故可取一个法向量n ＝(1,1，2)． ∵n ·AM →＝0，∴x ＝1，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.[答案] C6．(xx·昆明模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面PAB ，PA ⊥AB ，M 为PB 的中点，PA ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B AC M 的余弦值为( )A.66 B.36C.26D.16[解析] ∵BC ⊥平面PAB ，AD ∥BC ，∴AD ⊥平面PAB ，PA ⊥AD ，又PA ⊥AB ，且AD ∩AB ＝A ，∴PA ⊥平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz .则A (0,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，B (0,1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1， ∴AC →＝(2,1,0)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(1，－2,1)， 又平面ABC 的一个法向量AP →＝(0,0,2)，∴cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP→|n |·|AP →|＝21＋4＋1·2＝16＝66.∴二面角B AC M 的余弦值为66. [答案] A 二、填空题7．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°8．如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________．[解析] ∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →，∴MN →＝MB →＋BC →＋CN → ＝23A 1B →＋BC →＋23CA → ＝23(A 1B 1→＋B 1B →＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又∵CD →是平面B 1BCC 1的法向量， ∴MN →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23B 1B →＋13B 1C 1→·CD →＝0，∴MN →⊥CD →.又∵M N ⃘平面B 1BCC 1，∴MN ∥平面B 1BCC 1. [答案] 平行9．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________． [解析] 如图建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)，∴D 1A 1→＝(2,0,0)，DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.[答案] 233三、解答题10．(xx·山东高考)如图所示，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，∠DAB ＝60°，AB ＝2CD ＝2，M 是线段AB 的中点．(1)求证：C 1M ∥平面A 1ADD 1；(2)若CD 1垂直于平面ABCD 且CD 1＝3，求平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．(1)[证明] 因为四边形ABCD 是等腰梯形， 且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ，又M 是AB 的中点， 所以CD ∥MA 且CD ＝MA .连接AD 1.因为在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，所以C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ， 所以四边形AMC 1D 1为平行四边形， 因此，C 1M ∥D 1A .又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1， 所以C 1M ∥平面A 1ADD 1. (2) 解：法一 连接AC ，MC .由(1)知，CD ∥AM 且CD ＝AM ，所以四边形AMCD 为平行四边形，所以BC ＝AD ＝MC . 由题意∠ABC ＝∠DAB ＝60°，所以△MBC 为正三角形， 因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3， 因此CA ⊥CB .设C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .所以A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)． 因此M ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0， 所以MD 1→ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，3，D 1C 1→＝MB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0. 设平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1C 1→＝0，n ·MD 1→＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n|CD 1→||n |＝55，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.法二由(1)知，平面D1C1M∩平面ABCD＝AB，点过C向AB引垂线交AB于点N，连接D1N.由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1－AB－C的平面角．在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，可得CN＝32，所以ND1＝CD21＋CN2＝152.在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝CND1N＝32152＝55，所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.11．(xx·山东潍坊一模)如图所示，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.(1)求证BC⊥平面ACFE；(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．(1)证明在梯形ABCD中，因为AB∥CD，所以AD＝CD＝CB＝1，∠ABC＝60°，所以AB ＝2，所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，所以AB2＝AC2＋BC2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.因为平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ACFE.(2)解分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．令FM＝λ(0≤λ≤3)，则C(0,0,0)，A(3，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，所以AB→＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的一个法向量．由n 1·AB→＝0，n 1·BM →＝0联立得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0.取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)是平面MAB 的一个法向量．因为n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量，所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋3－λ2＝1λ－32＋4.因为0≤λ≤3，所以当λ＝0时，cos θ有最小值，最小值为77；当λ＝3时，cos θ有最大值，最大值为12.所以cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤77，12.12．(xx·陕西榆林4月模拟)如图，E 是矩形ABCD 中AD 边上的点，F 为CD 边的中点，AB ＝AE ＝23AD ，现将△ABE 沿BE 边折至△PBE 的位置，且平面PBE ⊥平面BCDE .(1)求证：平面PBE ⊥平面PEF ； (2)求二面角E －PF －C 的大小． [解析] (1)[证明]⎭⎬⎫在△DEF 中，⎭⎪⎬⎪⎫ED ＝DF ED ⊥DF ⇒∠DEF ＝45°在△ABE 中，⎭⎪⎬⎪⎫AE ＝ABAE ⊥AB⇒∠AEB ＝45°⇒EF ⊥BE .⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫平面PBE ⊥平面BCDE平面PBE ∩平面BCDE ＝BE EF ⊥BE ⇒EF ⊥平面PBEEF ⊂平面PEF⇒平面PBE ⊥平面PEF .(2)以D 为原点，DC →的方向为x 轴的正方向，ED →的方向为y 轴的正方向，平面BCDE 向上的法线方向为z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．设AB ＝2，AD ＝3，则E ＝(0，－1,0)，P (1，－2，2)，F (1,0,0)，C (2,0,0)，EP →＝(1，－1，2)，CP →＝(－1，－2，2)，EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,0,0)，设平面PEF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，平面PFC 的法向量为n 2＝(p ，q ，r )，由⎩⎪⎨⎪⎧EP →·n 1＝0，EF →·n 1＝0和⎩⎪⎨⎪⎧CP →·n ＝0，CF →·n 2＝0，解得n 1＝(1，－1，－2)，n 2＝(0,1，2)，|cos 〈n 1，n 2〉|＝|0－1－2|1＋1＋2×1＋2＝32， 综上，二面角E －PF －C 的大小为150°. ?21479 53E7 叧 .26752 6880 梀33450 82AA 芪36575 8EDF 軟28454 6F26 漦324520 5FC8 忈34258 85D2 藒27199 6A3F 樿#Z。
数学一轮复习第七章立体几何第7讲立体几何中的向量方法学案含解析
第7讲立体几何中的向量方法[考纲解读]1。
理解直线的方向向量及平面的法向量，并能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．(重点)2.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理，并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．(难点)［考向预测］从近三年高考情况来看，本讲为高考必考内容．预测2021年高考将会以空间向量为工具证明平行与垂直以及进行空间角的计算．试题以解答题的形式呈现，难度为中等偏上。
1．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）⇔错误!v1∥v2⇔v1＝λv2.（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为v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y,使v＝错误!x v1＋y v2。
（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⇔错误!v⊥u⇔错误!v·u＝0。
（4）设平面α和β的法向量分别为u1，u2,则α∥β⇔错误!u1∥u2⇔u1＝λu2。
2．用向量证明空间中的垂直关系(1）设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔错误!v1⊥v2⇔错误!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⇔错误!v∥u⇔错误!v＝λu.(3）设平面α和β的法向量分别为u1和u2,则α⊥β⇔错误!u1⊥u2⇔错误!u1·u2＝0。
3．两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4．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sinφ＝|cosθ|＝错误!错误!,φ的取值范围是［0°，90°]．5．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＝□01〈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｜cosθ|＝错误!｜cos<n1，n2〉｜＝错误!错误!，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角）.1．概念辨析（1）若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．(）（2)两异面直线夹角的范围是(0°,90°］，直线与平面所成角的范围是［0°，90°］，二面角的范围是［0°，180°]．（)（3）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．（)(4）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180°－θ.（）答案（1）×（2）√（3）×（4)×2．小题热身(1)若直线l的方向向量为a＝(1，0,2），平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则()A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α相交但不垂直答案B解析因为a＝(1，0,2)，n＝（－2,0,－4），所以n＝－2a，所以a∥n，所以l⊥α.(2）已知向量错误!＝(2，2,1),错误!＝(4，5，3)，则平面ABC的单位法向量是（）A。
山东2021新高考数学一轮复习第七章立体几何7.7立体几何中的向量方法学案含解析.doc
第七节立体几何中的向量方法课标要求考情分析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中的应用.1.本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二面角． 2．题型以解答题为主，要求有较强的运算能力，广泛应用函数与方程的思想，转化与化归思想.知识点一 异面直线所成角设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |，其中a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角为(0，π)，所以公式中要加绝对值．知识点二 直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.直线与平面所成角的范围为⎣⎡⎦⎤0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值． 知识点三 二面角1．若AB ，CD 分别是二面角α-l -β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的平面角(或其补角)的大小就是向量AB →与CD →的夹角，如图(1)．2．平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α-l -β的平面角大小为θ或π－θ.设二面角的平面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，如图(2)(3)． 利用公式求二面角的平面角时，要注意〈n 1，n 2〉与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断．1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．( × )(2)已知a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，则a ∥c ，a ⊥B ．( √ ) (3)已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量和平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则直线l 与平面α所成的角为120°.( × )(4)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45°.( × )2．小题热身(1)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( D )A ．－1010B ．－120C ．120D ．1010(2)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π6.(3)在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是正方形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ．则二面角C -PB -D 的大小为60°.解析：(1)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.(2)以C 为原点建立坐标系，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. (3)以点D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设PD ＝DC ＝1，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)， 所以DP →＝(0,0,1)，PC →＝(0,1，－1)，DB →＝(1,1,0)， BC →＝(－1，0,0)，设平面PBD 的一个法向量为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DB →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得n 1＝(1，－1,0)． 设平面PBC 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 由n 2·PC →＝0，n 2·BC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧y 2－z 2＝0，－x 2＝0，令y 2＝1得n 2＝(0,1,1)．设二面角C -PB -D 的大小为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12，由图形得二面角的平面角为锐角，所以θ＝60°.考点一 两条异面直线所成的角【例1】 (1)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是BB 1，D 1B 1的中点，则EF 与A 1D 所成角的大小为( )A ．60°B ．90°C ．45°D ．75°(2)在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为矩形，直线AF ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，AD ＝2，AB ＝AF ＝2EF ＝1，若P 是DF 的中点，则异面直线BE 与CP 所成角的余弦值是________．【解析】(1)如图所示，以D 为坐标原点，以DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，易得E (2,2,1)，F (1,1,2)，D (0,0,0)，A 1(2,0,2)，∴EF →＝(－1，－1,1)，DA 1→＝(2,0,2)，∴EF →·DA 1→＝－2＋2＝0，∴EF →⊥DA 1→，故选B ．(2)因为直线AF ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，所以以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AF 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E ⎝⎛⎭⎫12，0，1，B ()1，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，1，12，C (1,2,0)， ∴BE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1，CP →＝－1，－1，12， cos 〈BE →，CP →〉＝BE →·CP →|BE →||CP →|＝12＋0＋1252×32＝4515，则异面直线BE 与CP 所成角的余弦值为4515.【答案】 (1)B (2)4515方法技巧(1)两异面直线所成角的余弦值等于两条异面直线的方向向量所成角的余弦值的绝对值；(2)在证明两直线垂直时，可证两条直线所成的角为90°；(3)注意两异面直线所成角的范围是(0°，90°].)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求直线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 ．又因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ．所以P A ⊥BD ．因为P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ．(2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝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，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)，设直线PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →|·|AC →|＝622×23＝64.考点二 直线与平面所成的角【例2】 如图1，平面多边形P ABCD 中，P A ＝PD ，AD ＝2DC ＝2BC ＝4，AD ∥BC ，AP ⊥PD ，AD ⊥DC ，E 为PD 的中点，现将△APD 沿AD 折起，如图2，使PC ＝2 2.(1)证明：CE ∥平面ABP ；(2)求直线AE 与平面ABP 所成角的正弦值．【解】 (1)证明：取P A 的中点H ，连接HE ，BH ，如图． ∵E 为PD 的中点，∴HE 为△APD 的中位线，∴HE ∥AD ，且HE ＝12AD ．又AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴HE ∥BC ，HE ＝BC ，∴四边形BCEH 为平行四边形，∴CE ∥BH . ∵BH ⊂平面ABP ，CE ⊄平面ABP ，∴CE ∥平面ABP .(2)由题意知△P AD 为等腰直角三角形，四边形ABCD 为直角梯形．取AD 的中点F ，连接BF ，PF ，∵AD ＝2BC ＝4，∴平面多边形P ABCD 中，P ，F ，B 三点共线，且PF ＝BF ＝2， ∴翻折后，PF ⊥AD ，BF ⊥AD ，PF ∩BF ＝F ， ∴DF ⊥平面PBF ，∴BC ⊥平面PBF ， ∵PB ⊂平面PBF ，∴BC ⊥PB ．在直角三角形PBC 中，PC ＝22，BC ＝2，∴PB ＝2，∴△PBF 为等边三角形．取BF 的中点O ，DC 的中点M ，连接PO ，OM ，则PO ⊥BF ， ∵DF ⊥平面PBF ，∴DF ⊥PO . 又DF ∩BF ＝F ，∴PO ⊥平面ABCD ．以O 为原点，OB →，OM →，OP →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,2,0)，P (0,0，3)，A (－1，－2,0)，∴E ⎝⎛⎭⎫－12，1，32，∴AE →＝⎝⎛⎭⎫12，3，32，AB →＝(2,2,0)，BP →＝(－1,0，3)．设平面ABP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BP →＝0，∴⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋3z ＝0，故可取n ＝(3，－3，3)，∴cos 〈n ，AE →〉＝n ·AE →|n |·|AE →|＝－21035，∴直线AE 与平面ABP 所成角的正弦值为21035.如图所示，在梯形CDEF 中，四边形ABCD 为正方形，且AE ＝BF ＝AB ＝1，将△ADE 沿着线段AD 折起，同时将△BCF 沿着线段BC 折起，使得E ，F 两点重合为点P .(1)求证：平面P AB ⊥平面ABCD ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵四边形ABCD 为正方形，∴AD ⊥AB ，又∵AD ⊥AE ，即AD ⊥P A ，且P A ∩AB ＝A ，∴AD ⊥平面P AB ，又∵AD ⊂平面ABCD ，∴平面P AB ⊥平面ABCD ．(2)如图，△P AB 为正三角形，CD 中点为M ，AB 中点为O ，连接OM ，OP ，以O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OM 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∵AE ＝BF ＝AB ＝1，∴B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C ⎝⎛⎭⎫12，1，0，D ⎝⎛⎭⎫－12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， ∴PB →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－32，PC →＝⎝⎛⎭⎫12，1，－32，CD →＝(－1,0,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面PCD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x ＋y －32z ＝0，－x ＝0，令z ＝1得x ＝0，y ＝32，即n ＝⎝⎛⎭⎫0，32，1，|n |＝72， 设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n |×|PB →|＝217，∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为217. 考点三 二面角【例3】 (2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A -MA 1-N 的正弦值．【解】 (1)证明：连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D ．由题设知A 1B 1綊DC ，可得B 1C綊A 1D ，故ME 綊ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA →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 (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155， 所以二面角A -MA 1-N 的正弦值为105. 方法技巧(1)求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平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是锐角还是钝角.(2)利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零列方程组求解.(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B -EC -C 1的正弦值．解：(1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，且EC 1与C 1B 1相交于C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB ．以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，CE →＝(1，－1,1)，CC 1→＝(0,0,2)．设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x －y ＋z ＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取m ＝(1,1,0)． 于是cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－12， 所以，二面角B -EC -C 1的正弦值为32. 考点四 空间角中探究性问题【例4】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M -P A -C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值． 【解】 (1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB ．因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，AC ∩OB ＝O 知PO ⊥平面ABC ．(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O -xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)． 取平面P AC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)． 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝(－833，433，－43)．又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34. 方法技巧这类综合问题通常是已知某个空间角或某种特殊关系求另一个空间角，题中数量关系存在未知量，一般解法是通过方程解出未知量，再求出另一个空间角.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AB ＝2，点M 为棱PC 的中点，点E ，F 分别为棱AB ，BC 上的动点(E ，F 与所在棱的端点不重合)，且满足BE ＝BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面MBD ；(2)当三棱锥F -PEC 的体积最大时，求二面角C -MF -E 的余弦值． 解：(1)证法1：连接AC 交BD 于点N ，连接MN . 因为底面ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD ，AN ＝CN ， 又PM ＝MC ，所以MN ∥P A ．又P A ⊥底面ABCD ，所以MN ⊥底面ABCD ， 又AC ⊂底面ABCD ，所以AC ⊥MN .又BD ∩MN ＝N ，BD ，MN ⊂平面MBD ，所以AC ⊥平面MBD ． 因为BE ＝BF ，BA ＝BC ，所以BE BA ＝BFBC ，即EF ∥AC ，所以EF ⊥平面MBD ．又EF ⊂平面PEF ，所以平面PEF ⊥平面MBD ．证法2：因为P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，所以以A 为坐标原点，AB →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 .则P (0,0,2)，M (1,1,1)，B (2,0,0)，D (0,2,0)．设E (t,0,0)，则F (2,2－t,0)，PE →＝(t,0，－2)，PF →＝(2,2－t ，－2)，MB →＝(1，－1，－1)，MD →＝(－1,1，－1)． 设m 1＝(a 1，b 1，c 1)为平面PEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m 1·PE →＝0，m 1·PF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ta 1－2c 1＝0，2a 1＋(2－t )b 1－2c 1＝0，可取m 1＝(2，－2，t )．设m 2＝(a 2，b 2，c 2)为平面MBD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m 2·MB →＝0，m 2·MD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2－c 2＝0，－a 2＋b 2－c 2＝0，可取m 2＝(1,1,0)．因为m 1·m 2＝2×1－2×1＋t ×0＝0， 所以m 1⊥m 2.所以平面PEF ⊥平面MBD ．(2)设BE ＝BF ＝x ，由题意知，S △CEF ＝12(2－x )x ，又P A ＝2，所以V 三棱锥F -PEC ＝V 三棱锥P -EFC＝13×12(2－x )x ·2＝13(2－x )x ＝－13(x －1)2＋13. 易知当三棱锥F -PEC 的体积最大时，x ＝1， 即此时E ，F 分别为棱AB ，BC 的中点．以A 为坐标原点，AB →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 .则C (2,2,0)，F (2,1,0)，E (1,0,0)，M (1,1,1)，MF →＝(1,0，－1)，FE →＝(－1，－1,0)，FC →＝(0,1,0)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面MEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0，n ·FE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－z 1＝0，－x 1－y 1＝0，可取n ＝(1，－1,1)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MCF 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·MF →＝0，m ·FC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z 2＝0，y 2＝0，可取m ＝(1,0,1)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝23×2＝63.由图知所求二面角为钝二面角，所以二面角C -MF -E 的余弦值为－63.。
【新部编版】2019-2020届高考数学一轮复习第七章第7节立体几何中的向量方法第一课时练习理新人教A版
第七章 第7节 立体几何中的向量方法 第一课时[基础训练组]1．(导学号14577704)若直线l 的一个方向向量为a ＝(2,5,7)，平面α的一个法向量为u ＝(1,1，－1)，则( ) A ．l ∥α或l ⊂α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交解析：A [由条件知a ·u ＝2×1＋5×1＋7×(－1)＝0，所以a ⊥u ，故l ∥α或l ⊂α.故选A.] 2．(导学号14577705)若平面α，β的法向量分别为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 ．以上均不正确解析：C [∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n 1与n 2不垂直，∴α与β相交但不垂直．] 3．(导学号14577706)设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( )A ．2B ．－4C ．4D ．－2解析：C [因为α∥β，所以1－2＝2－4＝－2k，所以k ＝4.]4．(导学号14577707)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线NO 、AM 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．异面垂直D ．异面不垂直解析：C [建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，M (0,0,1)，O (1,1,0)，N (2,1,2)，NO →＝(－1,0，－2)，AM →＝(－2,0,1)，NO →·AM →＝0，则直线NO 、AM 的位置关系是异面垂直．]5．(导学号14577708)已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为( )A.337，－157，4 B.407，－157，4 C.407，－2,4 D ．4，407，－15解析：B [∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4.BP ⊥平面ABC ，∴BP ⊥AB ，BP ⊥BC ，又BC →＝(3,1,4)，则⎩⎪⎨⎪⎧x －＋5y ＋6＝0，x －＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157.]6．(导学号14577709)已知平面α和平面β的法向量分别为a ＝(1,1,2)，b ＝(x ，－2,3)，且α⊥β，则x ＝ ________ .解析：由α⊥β知a ·b ＝0，即x ＋1×(－2)＋2×3＝0，解得x ＝－4. 答案：－47．(导学号14577710)在空间直角坐标系中，点P (1，2，3)，过点P 作平面yOz 的垂线PQ ，则垂足Q 的坐标为 ________ .解析：由题意知，点Q 即为点P 在平面yOz 内的射影， 所以垂足Q 的坐标为(0，2，3)． 答案：(0，2，3)8．(导学号14577711)(2018·武汉市调研)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 ________ .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. 答案：α∥β9．(导学号14577712)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°的角．求证：(1)CM ∥平面PAD ； (2)平面PAB ⊥平面PAD .证明：(1)以C 为坐标原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°，∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)， CM →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，0，32.(1)设n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)． ∴n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →.又CM ⊄平面PAD ， ∴CM ∥平面PAD .(2)如图，取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)． ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥PA .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA .又PA ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面PAD . 又∵BE ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD .10．(导学号14577713)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (3,0,1)，F (0,3,2)，D 1(3,3,3)，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)． 所以BD 1→＝BE →＋BF →.故BD 1→，BE →，BF →共面．又它们有公共点B ，所以E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)设M (0,0，z 0)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，0， 则GM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23，z 0， 而BF →＝(0,3,2)，由题设得GM →·BF →＝－23×3＋z 0·2＝0，得z 0＝1.故M (0,0,1)， 有ME →＝(3,0,0)．又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)， 所以ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0， 从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC .又BB 1∩BC ＝B . 故ME ⊥平面BCC 1B 1.[能力提升组]11．(导学号14577714)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 的位置关系为( )A ．平行B ．异面C ．垂直D ．以上都不对解析：C [以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，依题意，可得，D (0,0,0)，P (0,1，3)，C (0,2,0)，A (22，0,0)，M (2，2,0)．∴PM →＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)，AM →＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)，∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0，即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM .]12．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 解析：C [由选项特点，设M (λ，λ，1)，又A (2，2，0)，D (2，0,0)，B (0，2，0)，E (0,0,1)，则DE →＝(－2，0,1)，BE →＝(0，－2，1)，AM →＝(λ－2，λ－2，1)．设平面BDE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n ＝0，BE →·n ＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋z ＝0，－2y ＋z ＝0.不妨取z ＝2，则n ＝(1,1，2)， 由于AM ∥平面BDE ，所以AM →⊥n ，即AM →·n ＝0，所以λ－2＋λ－2＋2＝0，解得λ＝22，即M 点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1.故选C.]13．(导学号14577715)如图，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 ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是 ________ .解析：∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →，∴MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA → ＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又∵CD →是平面B 1BCC 1的法向量， ∴MN →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23B 1B →＋13B 1C 1→·CD →＝0，∴MN →⊥CD →.又∵MN ⊄平面B 1BCC 1，∴MN ∥平面B 1BCC 1. 答案：平行14．(导学号14577716)在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，P (0,0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a2，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a,0)．∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD . (2)假设存在满足条件的点G ，设G (x,0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2； 由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点．。
(智慧测评)高考数学大一轮总复习 第7篇 第7节 立体几何的向量方法课件 理 新人教A版
时向量 n 叫做平面 α 的法向量．显然一个平面的法向量有
无数 个，且它们是______ 共线 向量． ______
(2)利用空间向量证明空间中的位置关系
设直线l、m的方向向量分别为 a、b，平面α、β的法向 量分别为u、v，则 l∥m⇔a∥b⇔a＝kb(k∈R)； l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；
l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；
解析： 直线与平面平行，直线的方向向量和平面的法 向量垂直，经检验只有选项C中s·n＝0，故选C. 答案：C
2．(2012年高考陕西卷)如图所示，在空间直角坐标系 中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与 直线AB1夹角的余弦值为( 5 A． 5 2 5 C． 5 ) 5 B． 3 3 D． 5
(2)点面距的求法 设 n 是平面 α 的法向量，点 A 在平面 α 内，点 B 在平面 α → |AB· n| 外，则点B到平面α的距离为______. |n|
(3)线面距、面面距均可转化为点面距再用(2)中方法求 解．
1．若直线l∥平面α，直线l的方向向量为s、平面α的法 向量为n，则下列结论正确的是( A．s＝(－1,0,2)，n＝(1,0，－1) B．s＝(－1,0,1)，n＝(1,2，－1) C．s＝(－1,1,1)，n＝(1,2，－1) D．s＝(－1,1,1)，n＝(－2,2,2) )
答案：A
3．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量 为 n ＝ (2 ，－ 2,1) ，已知点 P( － 1,3,2) ，则点 P 到平面 OAB 的 距离d等于( A．4 ) B．2
C．3
D．1
→ 解析：∵ OP ＝(－1,3,2)是平面OAB的一条斜线上的向 量， n＝(2，－2,1)为平面OAB的一个法向量， ∴P点到平面OAB的距离 → |OP· n| |－2－6＋2| d＝ ＝ ＝2，故选B. |n| 9
高考数学一轮复习第七章立体几何第7节立体几何中的向量方法课时作业含解析新人教版
第七章 立体几何授课提示：对应学生用书第313页〖A 组 基础保分练〗1．(2021·石家庄摸底)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为( )A.π2 B ．π3C.π4D ．π6〖答 案〗B2.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( )A.35 B ．56C.3310 D ．3610〖答 案〗A3.如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a 的正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′，A ′C 的中点E 与AB 的中点F 的距离为( )A.2a B ．22a C ．a D ．12a〖答 案〗B4.如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，M 为底面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( )〖解 析〗法一：以D 为原点，DA ，DC 分别为x ，y 轴建系如图： 设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ，则P ⎝⎛⎭⎫a 2，0，32a ，C (0，a,0)，则|MC →|＝x 2＋(y －a )2，|MP →|＝⎝⎛⎭⎫x －a 22＋y 2＋⎝⎛⎭⎫32a 2.由|MP →|＝|MC →|得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为一条直线y ＝12x .法二：所求轨迹是线段PC 的垂直平分面与平面ABCD 的交线． 〖答 案〗A5．在底面为直角梯形的四棱锥P -ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，BC ∥AD ，∠ABC ＝90°，P A ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，则点D 到平面PBC 的距离是________． 〖答 案〗 26．在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________．〖答 案〗237. (2021·西安摸底)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AB ⊥BB 1，AC ＝BC ＝BB 1，D 为AB 的中点，且CD ⊥DA 1.(1)求证：BB 1⊥平面ABC ； (2)求锐二面角C -DA 1-C 1的余弦值．〖解 析〗(1)证明：因为AC ＝BC ，D 为AB 的中点，所以CD ⊥AB ，又DC ⊥DA 1，AB ∩DA 1＝D ，所以CD ⊥平面AA 1B 1B ， 又BB 1⊂平面AA 1B 1B ，所以CD ⊥B 1B ，又B 1B ⊥AB ，AB ∩CD ＝D ， 所以B 1B ⊥平面ABC .(2)由已知及(1)可得CB ，CC 1，CA 两两互相垂直，所以以C 为坐标原点，以CB 所在直线为x 轴，CC 1所在直线为y 轴，CA 所在直线为z 轴建立如图所示空间直角坐标系，设CC 1＝2，则C (0，0,0)，C 1(0,2,0)，A 1(0,2,2)，D (1,0,1)，所以CD →＝(1,0,1)，CA 1→＝(0,2,2)，C 1D →＝(1，－2，1)，C 1A 1→＝(0,0,2)．设平面DCA 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CD →＝0，n 1·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝0，2y 1＋2z 1＝0，令z 1＝－1，则x 1＝1，y 1＝1，n 1＝(1,1，－1)． 设平面DC 1A 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·C 1D →＝0，n 2·C 1A 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2y 2＋z 2＝0，2z 2＝0，得z 2＝0，x 2－2y 2＝0，令y 2＝1，则x 2＝2，n 2＝(2,1,0)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝33×5＝155.故锐二面角C -DA 1-C 1的余弦值为155. 〖B 组 能力提升练〗1. (2021·合肥调研)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，点O 为棱AB 的中点．(1)求证：BC 1∥平面A 1CO ；(2)若△ABC 是等边三角形，且AB ＝AA 1，∠A 1AB ＝60°，平面AA 1B 1B ⊥平面ABC ，求二面角A -A 1C -B 的余弦值．〖解 析〗(1)证明：连接AC 1交A 1C 于M ，连接OM .由三棱柱ABC -A 1B 1C 1知，四边形ACC 1A 1为平行四边形，M 为AC 1的中点． 又O 为AB 的中点，∴BC 1∥OM . ∵OM ⊂平面A 1CO ，BC 1⊄平面A 1CO ， ∴BC 1∥平面A 1CO .(2)∵△ABC 是等边三角形，且AB ＝AA 1，∠A 1AB ＝60°，∴A 1O ⊥AB ，CO ⊥AB . 又平面AA 1B 1B ⊥平面ABC ，∴A 1O ⊥平面ABC ，∴A 1O ⊥CO .以O 为坐标原点，直线OC ，OA ，OA 1分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系． 设AC ＝AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C (3，0,0)，A (0,1,0)，B (0，－1,0)，A 1(0,0，3)． 设平面A 1AC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则n 1⊥AC →，n 1⊥AA 1→， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AA 1→＝0.∵AC →＝(3，－1,0)，AA 1→＝(0，－1，3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－y 1＝0，－y 1＋3z 1＝0.令y 1＝3，得x 1＝1，z 1＝1，即n 1＝(1，3，1)． 设平面A 1BC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则n 2⊥BC →，n 2⊥BA 1→， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0，n 2·BA 1→＝0，∵BC →＝(3，1,0)，BA 1→＝(0,1，3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋y 2＝0，y 2＋3z 2＝0.令y 2＝－3，得x 2＝1，z 2＝1，即n 2＝(1，－3，1)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－15，由题意可知，二面角A -A 1C -B 为锐角，其余弦值为15.2. (2021·福州市高三质检)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，点D 在棱BC 上，且CD ＝3BD ，点E ，F 分别为棱AB ，BB 1的中点．(1)证明：A 1C ∥平面DEF ；(2)若A 1C ⊥EF ，求直线A 1C 1与平面DEF 所成的角的正弦值．〖解 析〗(1)证明：如图，连接AB 1交A 1B 于点H ，设A 1B 交EF 于点K ，连接DK ，因为四边形ABB 1A 1为矩形，所以H 为线段A 1B 的中点． 因为点E ，F 分别为棱AB ，BB 1的中点， 所以点K 为线段BH 的中点，所以A 1K ＝3BK . 又CD ＝3BD ，所以A 1C ∥DK . 又A 1C ⊄平面DEF ，DK ⊂平面DEF ， 所以A 1C ∥平面DEF .(2)连接CE ，EH ，由(1)知，EH ∥AA 1， 因为AA 1⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC . 因为△ABC 为正三角形，且点E 为棱AB 的中点， 所以CE ⊥AB .故以点E 为坐标原点，分别以EA →，EH →，EC →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系E -xyz .设AB ＝4，AA 1＝t (t ＞0)，则A 1(2，t,0)，A (2,0,0)，C (0,0，23)，E (0,0,0)，F ⎝⎛⎭⎫－2，t2，0，D ⎝⎛⎭⎫－32，0，32，所以A 1C →＝(－2，－t,23)，EF →＝⎝⎛⎭⎫－2，t2，0. 因为A 1C ⊥EF ，所以A 1C →·EF →＝0，所以(－2)×(－2)－t ×t2＋23×0＝0，所以t ＝22，所以EF →＝(－2，2，0)，ED →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32.设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n ＝0，ED →·n ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，－32x ＋32z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，2，3)． 又A 1C 1→＝AC →＝(－2,0,23)，设直线A 1C 1与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，A 1C 1→〉|＝|n ·A 1C 1→||n ||A 1C 1→|＝46×4＝66，所以直线A 1C 1与平面DEF 所成的角的正弦值为66. 〖C 组 创新应用练〗如图，正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为BC ，DA 的中点．将正方形ABCD 沿着线段EF 折起，使∠DF A ＝60°.设G 为AF 的中点．(1)求证：DG ⊥EF ；(2)求直线GA 与平面BCF 所成角的正弦值；(3)设P ，Q 分别为线段DG ，CF 上的点，且PQ ∥平面ABEF ，求线段PQ 的长度的最小值． 〖解 析〗(1)证明：因为正方形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ⊥FD ，EF ⊥F A ，又因为FD ∩F A ＝F ，所以EF ⊥平面DF A .又因为DG ⊂平面DF A ，所以DG ⊥EF . (2)因为∠DF A ＝60°，DF ＝F A ，AG ＝GF ， 所以△DF A 为等边三角形，且DG ⊥F A . 又因为DG ⊥EF ，EF ∩F A ＝F ， 所以DG ⊥平面ABEF .设BE 的中点为H ，连接GH ，则GA ，GH ，GD 两两垂直，故以GA ，GH ，GD 所在直线分别为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系G -xyz ，如图，则G (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,4,0)，C (0,4，3)，F (－1,0,0)，所以GA →＝(1,0,0)，BC →＝(－1,0，3)， BF →＝(－2，－4,0)．设平面BCF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3z ＝0，－2x －4y ＝0，令z ＝2，得m ＝(23，－3，2)． 设直线GA 与平面BCF 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈m ，GA →〉|＝|m ·GA →||m ||GA →|＝25719，即直线GA 与平面BCF 所成角的正弦值为25719.(3)由题意，可设P (0,0，k )(0≤k ≤3)，FQ →＝λFC →(0≤λ≤1)， 由FC →＝(1,4，3)，得FQ →＝(λ，4λ，3λ)， 所以Q (λ－1,4λ，3λ)，PQ →＝(λ－1,4λ，3λ－k )． 由(2)得，GD →＝(0,0，3)为平面ABEF 的一个法向量． 因为PQ ∥平面ABEF ， 所以PQ →·GD →＝0，即3λ－k ＝0. 所以|PQ →|＝(λ－1)2＋(4λ)2＋(3λ－k )2＝(λ－1)2＋(4λ)2＝17λ2－2λ＋1，又因为17λ2－2λ＋1＝17⎝⎛⎭⎫λ－1172＋1617， 所以当λ＝117时，|PQ →|min ＝41717.所以当λ＝117，k ＝317时，线段PQ 的长度取得最小值，其最小值为41717.。
近年高考数学一轮复习第7章立体几何7.7立体几何中的向量方法课后作业理(2021年整理)
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7．7 立体几何中的向量方法[重点保分两级优选练］A级一、选择题1．已知点A（2，－5，1）,B(2，－2,4)，C(1,－4，1)，则向量错误!与错误!的夹角为（)A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析由已知得错误!＝(0，3,3），错误!＝（－1，1，0)，∴cos〈AB，→，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!.∴向量错误!与错误!的夹角为60°.故选C.2．(2018·伊宁期末)三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1,n2,若〈n1，n2〉＝错误!，则二面角A－BD－C的大小为（）A。
错误!B。
错误!C。
错误!或错误! D.错误!或错误!答案C解析∵二面角的范围是［0，π］，且〈n1,n2〉＝错误!,∴二面角A－BD－C的大小为错误!或错误!.故选C.3．（2017·太原期中)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB，E为AA1的中点,则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为( )A.错误!B。
错误!C.错误!D.错误!答案C解析如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA1＝2AB＝2，则B（1,1，0），E(1,0,1），C（0,1，0)，D1（0,0，2)．∴错误!＝(0，－1,1），错误!＝(0，－1，2)．∴cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!.故选C.4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上,且A1E ＝错误!A1D，AF＝错误!AC，则( )A．EF至多与A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1相交D．EF与BD1异面答案B解析以D点为坐标原点，以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,如图所示．设正方体棱长为1，则A1(1,0,1），D（0，0,0），A（1，0,0），C(0，1,0），E错误!,F错误!，B （1,1，0)，D1（0,0,1)，错误!＝（－1，0,－1)，错误!＝（－1，1，0)，错误!＝错误!，错误!＝(－1,－1，1)，错误!＝－错误!错误!，错误!·错误!＝错误!·错误!＝0，从而EF∥BD1,EF⊥A1D，EF⊥AC。
高考新坐标高考数学总复习 第七章 第7节 立体几何中的向量方法课后作业-人教版高三全册数学试题
【高考新坐标】2016届高考数学总复习 第七章 第7节 立体几何中的向量方法课后作业[A 级 基础达标练]一、选择题1．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 ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α斜交[解析] 因为直线l 的方向向量a ＝(1，－1，2)与平面α的法向量u ＝(－2，2，－4)共线，故l ⊥α.[答案]B2．(2014·课标全国卷Ⅱ)直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A .110B .25C .3010D .22[解析] 法一：由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，1，2)，N(0，1，2)，∴BM →＝(1，1，2)－(2，2，0)＝(－1，－1，2)，AN →＝(0，1，2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋4（－1）2＋（－1）2＋22×02＋12＋22＝3010.法二：如图(2)，取BC 的中点D ，连结MN ，ND ，AD ，由于MN 綊12B 1C 1綊BD ，因此有ND綊BM ，则ND 与NA 所成角即为异面直线BM 与AN 所成角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN ＝5，AD ＝5， 因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010.[答案]C3．如图7713，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( )图7713A ．(1，1，1)B .⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C .⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1 D .⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 [解析] ∵M 在EF 上，设ME ＝x ， ∴M ⎝⎛⎭⎪⎫22x ，22x ，1，∵A(2，2，0)，D(2，0，0)，E(0，0，1)，B(0，2，0)， ∴ED →＝(2，0，－1)，EB →＝(0，2，－1)， AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22x －2，22x －2，1.设平面BDE 的法向量n ＝(a ，b ，c )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝0，n ·EB →＝0，得a ＝b ＝22c .故可取一个法向量n ＝(1，1，2)．∵n ·AM →＝0，∴x ＝1，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.[答案]C4．(2015·聊城质检)在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成的角的正弦值为( )A .64B ．－64C .104D ．－104[解析] 取AC 中点E ，连接BE ，则BE⊥AC，如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，D(0，0，1)， 则AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，1.∵平面ABC⊥平面AA 1C 1C ，平面AB C∩平面AA 1C 1C ＝AC ，BE ⊥AC ， ∴BE ⊥平面AA 1C 1C ，∴BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0为平面AA 1C 1C 的一个法向量，∴cos 〈AD →，BE →〉＝－64，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64.[答案]A5．(2015·某某联考)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( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°[解析] 由条件知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，CD →＝CA →＋AB →＋BD →.∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD → ＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2. ∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，〈CA →，BD →〉＝120°，〈AC →，BD →〉＝60°.∴二面角的大小为60°. [答案]C 二、填空题6．(2015·潍坊检测)如图7714，平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1，若ABCD 是边长为2的正方形，AA 1＝1，∠A 1AD ＝∠A 1AB ＝60°，则BD 1的长为________．图7714[解析] ∵BD 1→＝BA →＋BC →＋BB 1→，∴|BD 1→|2＝(BA →＋BC →＋BB 1→)2＝9，故BD 1＝3. [答案] 37．如图7715，直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，∠B 1A 1C 1＝90°，D 为BB 1的中点，则异面直线C 1D 与A 1C 所成角的余弦值为________．图7715[解析] 以A 为原点建立空间直角坐标系，如图，A 1(0，0，2)，C(0，1，0)，D(1，0，1)，C 1(0，1，2)，则C 1D ＝(1，－1，－1)，A 1C →＝(0，1，－2)，|C 1D →|＝3，|A 1C →|＝5，C 1D →·A 1C →＝1，cos 〈C 1D →，A 1C →〉＝C 1D →·A 1C →|C 1D →||A 1C →|＝1515，故异面直线C 1D 与A 1C 所成角的余弦值为1515. [答案]15158．(2015·某某调研)正四棱锥SABCD 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________．[解析] 如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz.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 ，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] 30° 三、解答题9．(2014·某某高考)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7716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．图7716[解] (1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD ，平面ABD∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，A 1C 1→＝(－1，2，0)，A 1B →＝(0，2，－1)，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD.(2)过点B 在平面BCD 内作BE⊥BD，如图．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63.10．(2014·某某高考)如图7717，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．图7717[解](1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC.又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.连结AD1，如图(1)．在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1M∥D1A.又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.(1) (2)(2)如图(2)，连结AC，MC.由(1)知CD∥AM且CD＝AM，所以四边形AMCD 为平行四边形， 可得BC ＝AD ＝MC ，由题意∠ABC＝∠DAB＝60°， 所以△MBC 为正三角形，因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3，因此CA⊥CB.以C 为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系Cxyz， 所以A(3，0，0)，B(0，1，0)，D 1(0，0，3)， 因此M ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0， 所以MD 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，3，D 1C 1→＝MB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0.设平面C 1D 1M 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1C 1→＝0，n ·MD 1→＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0，0，3)为平面ABCD 的一个法向量， 因此cosCD 1→，n＝CD 1→·n|CD 1→||n |＝55.所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. [B 级 能力提升练]1．(2014·某某高考)如图7718，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值X 围是( )图7718A .⎣⎢⎡⎦⎥⎤33，1B .⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，1 C .⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，223D .⎣⎢⎡⎦⎥⎤223，1[解析]根据题意可知平面A 1BD ⊥平面A 1ACC 1且两平面的交线是A 1O ，所以过点P 作交线A 1O 的垂线PE ，则PE⊥平面A 1BD ，所以∠A 1OP 或其补角就是直线OP 与平面A 1BD 所成的角α.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP 与平面A 1BD 可以垂直．当点P 与点C 1重合时可得A 1O ＝OP ＝6，A 1C 1＝22，所以12×6×6×sin α＝12×22×2，所以sin α＝223；当点P 与点C 重合时，可得sin α＝26＝63.根据选项可知C 正确．[答案]C2．已知正方形ABCD 的边长为4，CG ⊥平面ABCD ，CG ＝2，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则点C 到平面GEF 的距离为________．[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，相关各点的坐标为G(0，0，2)，F(4，2，0)，E(2，4，0)，C(0，0，0)，则CG →＝(0，0，2)，GF →＝(4，2，－2)，GE →＝(2，4，－2)，设平面GEF 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧GF →·n ＝0，GE →·n ＝0，得平面GEF 的一个法向量为n ＝(1，1，3)，所以点C 到平面GEF 的距离d ＝|n ·CG →||n |＝61111.[答案]611113．(2015·某某模拟)如图7719，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角AB 1E A 1的大小为30°，求AB 的长．图7719[解] (1)证明：以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝a ，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D 1(0，1，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a ，0，1)，故AD 1→＝(0，1，1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a ，0，1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P(0，0，z 0)， 使得DP∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，且n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.word取x ＝1，则y ＝－a 2，z ＝－a ， 得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ， 只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12. 又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. (3)连结A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0，1，1)． 设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a 2·1＋a 24＋a 2. ∵二面角A B 1E A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a22·1＋5a 24＝32， 解得a ＝2，即AB 的长为2.。
高考讲坛高考数学一轮复习 第7章 第7节 立体几何中的向量方法(Ⅱ)-求空间角课后限时自测 理 苏教
【高考讲坛】2016届高考数学一轮复习 第7章 第7节 立体几何中的向量方法（Ⅱ）-求空间角课后限时自测 理 苏教版[A 级 基础达标练]一、填空题1．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，则BC 1与截面BB 1D 1D 所成的角为________．图7710[解析] 显然A 1C 1→是面BB 1D 1D 的法向量．易知〈A 1C 1→，BC 1→〉＝60°(△A 1C 1B 为正三角形)， 故所求角为90°－60°＝30°. [答案] 30°2．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1如图7711所示，则直线B 1D 和CD 1所成的角为________．图7711[解析] 以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，则射线CD 1，B 1D 的方向向量分别是CD 1→＝(－1,0,1)，B 1D →＝(－1,1，－1)，cos 〈CD 1→，B 1D →〉＝1＋0－12×3＝0，∴两直线所成的角为90°.[答案] 90°3．如图7712，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则直线BD 1和AB 1所成的角的余弦值等于________；直线BD 1和平面ACC 1A 1所成角的余弦值等于________．图7712[解析] (1)建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ， 则A (2,0,0)，B (2,2,0)，D (0,0,0)，B 1(2,2,1)，D 1(0,0,1)．所以BD 1→＝(－2，－2,1)，AB 1→＝(0,2,1)， 从而cos 〈BD 1→，AB 1→〉＝0－4＋19·5＝－55. 故BD 1和AB 1所成的角的余弦值为55. (2)易知：DB ⊥平面ACC 1A 1，所以平面ACC 1A 1的一条法向量为DB →＝(2,2,0)． ∴cos 〈BD 1→，DB →〉＝－4－4＋09·8＝－223.设θ为BD 1和平面ACC 1A 1所成的角，则sin θ＝223，因此，cos θ＝13.[答案]5513 4．(2012·某某高考改编)如图7713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_____________．图7713[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]555．如图7714所示，若P 为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱A 1B 1的中点，则二面角P C 1D D 1的正切值是________．图7714[解析] 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建系． 设棱长为2，面DCC 1D 1的法向量是m ＝(1,0,0)，求得面DPC 1的法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，－1，cos 〈m ，n 〉＝13. 又该二面角为锐角，所以该二面角的余弦值为13，正切值为2 2.[答案] 2 26．如图7715，已知三棱锥O ABC 的侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝1，OB ＝OC ＝2，E 是OC 的中点，则二面角A BE C 的余弦值为________．图7715[解析] 以O 为原点，OB ，OC ，OA 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．可求得平面ABE 的一个法向量为n 1＝(1,2,2)．平面BEC 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)．cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝23，故所求二面角余弦值为－23.[答案] －237．(2013·某某某某二模)如图7716所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB ＝3，BC ＝1，PA ＝2，E 为PD 的中点，则直线BE 与平面ABCD 所成角的正切值为________．图7716[解析] 作EH ⊥AD 于H ，连接BH ，∵PA ⊥面ABCD ，EH ∥PA ，故EH ⊥面ABCD ，故∠EBH 就是直线BE 与平面ABCD 所成的角，又EH ＝12PA ＝1，BH ＝3＋14＝132，∴tan ∠EBH ＝EH BH＝21313.[答案]213138．(2014·某某期末)如图7717，在三棱锥P ABC 中已知平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝PA ＝2a .点O ，D 分别是AB ，PB 的中点，PO ⊥AB ，连结CD ，则异面直线PA 与CD 所成角的余弦值为________．图7717[解析] 由题意可知PO ⊥平面ABC 且OC ⊥AB ，故可建立如图所示的空间直角坐标系．A (0，－2a,0)，B (0，2a,0)，C (2a,0,0)，P (0,0，2a )，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 2，2a 2，从而PA →＝(0，－2a ，－2a )，CD →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2a ，2a 2，2a 2，cos 〈PA →，CD →〉＝－33，所以PA 与CD 所成角的余弦值为33.[答案]33二、解答题9.如图7718，在底面是矩形的四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝2，BC ＝4，E 是PD 的中点．图7718(1)求证：平面PDC ⊥平面PAD ； (2)求二面角E AC D 的余弦值．[解] 以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，D (0,4,0)，E (0,2,1)，P (0,0,2)．∴AB →＝(2,0,0)，AD →＝(0,4,0)，AP →＝(0,0,2)， CD →＝(－2,0,0)，AE →＝(0,2,1)，AC →＝(2,4,0)． (1)证明：∵CD →·AD →＝0，∴CD ⊥AD . 又∵CD →·AP →＝0，∴CD ⊥AP .∵AP ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面PAD ，而CD ⊂平面PDC . ∴平面PDC ⊥平面PAD .(2)设平面AEC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，令z ＝1，则n ＝(x ，y,1)．由⎩⎨⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0即⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，1·0，2，1＝0，x ，y ，1·2，4，0＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋1＝0，2x ＋4y ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－12，∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，1.平面ABC 的一个法向量AP →＝(0,0,2)， cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝232×2＝23.所以二面角E AC D 所成平面角的余弦值是23.10．(2014·某某、某某、某某、宿迁高三调研)如图7719，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝12AB ，E 是棱AB 上一点，且AEEB＝λ.图7719(1)证明：D 1E ⊥A 1D ；(2)若二面角D 1EC D 的大小为π4，某某数λ的值．[解] (1)如图，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． 不妨设AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,2,1)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)，因为AE EB ＝λ，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，0，于是D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1，A 1D →＝(－1,0，－1)．所以D 1E →·A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ，－1·(－1,0，－1)＝0.故D 1E ⊥A 1D .(2)因为D 1D ⊥平面ABCD ，所以平面DEC 的法向量为n 1＝(0,0,1)．又CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2λ1＋λ－2，0，CD 1→＝(0，－2,1)． 设平面D 1CE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )．则n 2·CE →＝x ＋⎝⎛⎭⎪⎫2λ1＋λ－2y ＝0，n 2·CD 1→＝－2y ＋z ＝0. 取y ＝1，得平面D 1CE 的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2λ1＋λ，1，2. 因为二面角D 1EC D 的大小为π4，则|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22解得λ＝±233－1，又因为E 是棱AB 上的一点，所以λ>0，故所求的λ值为233－1.[B 级 能力提升练]一、填空题1.(2014·南师附中模拟)如图7720，在底面是直角梯形的四棱锥S ABCD 中，∠ABC ＝90°，SA ⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12.面SCD 与面SBA 所成的二面角的正切值为________．图7720[解析] 如图，以点A 为坐标原点，BA →，AD →，AS →方向为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (－1，0,0)，C (－1,1,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，S (0,0,1)，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，0.求得平面SCD 的一个法向量为n ＝(1,2,1)，易知AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0是平面SBA 的一个法向量，故cos 〈AD →，n 〉＝63，可得二面角正切值为22.[答案]222．(2014·某某高考改编)如图7721，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，则直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为________．图7721[解析] 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系得B (1,0,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (1,1,1)，从而求得BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)，BE →＝(0,1,1)，可求平面PBD 的一个法向量n ＝(2,1,1)，cos 〈BE →，n 〉＝33，所以直线与平面PBD 所成角的正弦值为33. [答案]33二、解答题3.(2014·大纲全国卷)如图7722，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，点A 1在平面ABC 内的射影D 在AC 上，∠ACB ＝90°，BC ＝1，AC ＝CC 1＝2.图7722(1)证明：AC 1⊥A 1B ；(2)设直线AA 1与平面BCC 1B 1的距离为3，求二面角A 1AB C 的大小的余弦值． [解] 以C 为坐标原点，射线CA 为x 轴的正半轴，以CB 的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz .由题设知A 1D 与z 轴平行，z 轴在平面AA 1C 1C 内．(1)设A 1(a,0，c )，由题设有a ≤2，A (2,0,0)，B (0,1,0)，则AB →＝(－2,1,0)，AC →＝(－2,0,0)，AA 1→＝(a －2,0，c )，AC 1→＝AC →＋AA 1→＝(a －4,0，c )，BA 1→＝(a ，－1，c )．由|AA 1→|＝2得a －22＋c 2＝2，即a 2－4a ＋c 2＝0.①于是AC 1→·BA 1→＝a 2－4a ＋c 2＝0，所以AC 1⊥A 1B .(2)设平面BCC 1B 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则m ⊥CB →，m ⊥BB 1→，即m ·CB →＝0，m ·BB 1→＝0.因为CB →＝(0,1,0)，BB 1→＝AA 1→＝(a －2,0，c )， 故y ＝0，且(a －2)x ＋cz ＝0.令x ＝c ，则z ＝2－a ，m ＝(c,0,2－a )，点A 到平面BCC 1B 1的距离为|CA →|·|cos 〈m ，CA →〉|＝|CA →·m ||m |＝2c c 2＋2－a2＝c .又依题设，点A 到平面BCC 1B 1的距离为3，所以c ＝ 3. 代入①解得a ＝3(舍去)或a ＝1.于是AA 1→＝(－1,0，3)．设平面ABA 1的法向量n ＝(p ，q ，r )， 则n ⊥AA 1→，n ⊥AB →，即n ·AA 1→＝0，n ·AB →＝0，－p ＋3r ＝0，且－2p ＋q ＝0. 令p ＝3，则q ＝23，r ＝1，n ＝(3，23，1)．又p ＝(0,0,1)为平面ABC 的法向量，故cos 〈n ，p 〉＝n·p |n ||p |＝14.所以二面角A 1AB C 的余弦值14.。
山东高考数学一轮总复习学案设计-第七章第七讲立体几何中的向量方法含答案解析
第七讲立体几何中的向量方法知识梳理·双基自测知识梳理知识点一两个重要的向量(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有__无数__个．(2)平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有__无数__个，它们是共线向量．知识点二空间位置关系的向量表示位置关系向量表示 直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2l 1∥l 2 n 1∥n 2⇒n 1＝λn 2 l 1⊥l 2 n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为ml ∥α n ⊥m ⇔m ·n ＝0 l ⊥α n ∥m ⇔n ＝λm 平面α、β的法向量分别为n 、m α∥β n ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0知识点三 两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝ |a ·b ||a ||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．知识点四 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 φ＝|cos θ|＝|n ·e ||n ||e |．知识点五 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 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|＝|n 1·n 2||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)． 知识点六 利用空间向量求距离(1)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为d ＝|AB →·n ||n |．(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解． 注意体积法在求点到平面距离时的应用．重要结论1．直线的方向向量的确定：l 是空间一直线，A ，B 是l 上任意两点，则AB →及与AB →平行的非零向量均为直线l 的方向向量．2．平面的法向量的确定：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⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.双基自测题组一 走出误区1．(多选题)下列结论错误的是( ACD )A ．两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角B ．若两平面的法向量平行，则两平面平行C ．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D ．两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角 题组二 走进教材2．(必修2P 111T3)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是__垂直__．[解析] 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体的棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)， AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0，∴ON 与AM 垂直．3．(必修2P 117A 组T4)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是 π6．[解析] 分别取AC 、A 1C 1的中点D 、D 1，连接BD ，D 1D ，易知D 1D ⊥平面ABC ，且BD ⊥AC ，故以D 为坐标原点，AC 、DB 、DD 1所成的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．易知B (0，32，0)，C 1(－12，0，2)， ∴C 1B →＝(12，32，－2)，设BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角为θ， ∵平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)， ∴sin θ＝|C 1B →·n |C 1B →|·|n ||＝323×1＝12，∴θ＝π6．题组三 考题再现4．(2019·福建漳州质检)如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ，A 1D 1的中点分别为E ，F ，则直线EF 与平面AA 1D 1D 所成角的正弦值为( C )A ．55B ．306C ．66D ．255[解析] 如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2a ，则FE →＝(a ，a ，－2a )，显然可取平面AA 1D 1D 的法向量n ＝(0,1,0)，记直线EF 与平面AA 1D 1D 所成角为θ，则sin θ＝|FE →·n ||FE →|·|n |＝a 6a ＝66.故选C ．5．(2019·湖南雅礼中学期末)如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点；如图2，将△DAE 沿AE 折起，使折后平面DAE ⊥平面ABCE ，则异面直线AE 和BD 所成角的余弦值为66．[解析] 分别取AE 、AB 的中点O 、F ，连DO ，OF ，则OD 、OA 、OF 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则EA →＝(2，0,0)，BD →＝(22，－2，22)，记AE 与BD 所成角为θ，则cos θ＝|cos EA →，BD →|＝|EA →·BD →||EA →||BD →|＝66．KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考点突破·互动探究考点一 利用向量证明空间的平行与垂直——自主练透例1 (2020·山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD为梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2，P A ＝PD ＝CD ＝BC ＝1，平面P AD ⊥平面ABCD ，E 为AD 的中点．(1)求证：P A ⊥BD ；(2)在线段AB 上是否存在一点G ，使得直线BC ∥平面PEG ？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由．[解析] 取BA 的中点H ，连EH ，在梯形ABCD 中，由题意易知EH ⊥AD ，∵P A ＝PD ，E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ， 又平面P AD ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥平面ABCD ， ∴PE ⊥EH ，PE ⊥AD ，∴AE 、EH 、EP 两两垂直， 如图建立空间直角坐标系，则P (0,0，22)，A (22，0,0)，B (－22，2，0)，D (－22，0,0)，E (0,0,0)，C (－2，22，0)． (1)P A →＝(22，0，－22)，BD →＝(0，－2，0)，∴P A →·BD →＝22×0＋0×(－2)＋(－22)×0＝0，∴P A →⊥BD →，即P A ⊥BD ．(2)设线段AB 上存在点G 满足条件， 则AG →＝λAB →＝(－2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，EG →＝AG →－AE →＝(－2λ，2λ，0)－(－22，0,0)＝(－2λ＋22，2λ，0)．且BC →＝mEG →＋nPE →，即(－22，－22，0)＝(－2λm ＋22m ，2λm ，－22n )，∴⎩⎨⎧－2λm ＋22m ＝－22，2λm ＝－22，n ＝0解得λ＝14．∴存在点G ，当AG ＝14AB 时，BC ∥平面PEG ．注：本题也可用几何法求解，或求平面PEG 的法向量n ，利用n ·BC →＝0⇔n ⊥BC →⇔BC ∥平面PEG 判断解答．名师点拨 ☞(1)建立空间直角坐标时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进而确定向量的坐标．(2)用向量法证平行问题的类型及常用方法(3)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法 〔变式训练1〕如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．(1)求证：平面A 1B 1D ⊥平面ABD ； (2)求证：平面EGF ∥平面ABD ．[证明] 以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，E (0,0,3)，F (0,1,4)．设BA ＝a ，则A (a,0,0)，G (a2，1,4)，A 1(a ，0,4)．(1)因为BA →＝(a,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)， 所以B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0．所以B 1D →⊥BA →，B 1D →⊥BD →，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD ． 又BA ∩BD ＝B ，所以B 1D ⊥平面ABD ．因为B 1D ⊂平面A 1B 1D ，所以平面A 1B 1D ⊥平面ABD ． (2)因为EG →＝(a 2，1,1)，EF →＝(0,1,1)，B 1D →＝(0,2，－2)，所以B 1D →·EG →＝0，B 1D →·EF →＝0． 所以B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF ．因为EG ∩EF ＝E ，所以B 1D ⊥平面EGF ．又由(1)知B 1D ⊥平面ABD ，所以平面EGF ∥平面ABD ．考点二 利用向量求空间的角——多维探究角度1 向量法求异面直线所成的角例2 (2019·豫南豫北精英对抗赛)在四面体ABCD 中，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB＝AD ＝2，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( B )A ．23B ．24 C ．144D ．－24[解析] 取BD 的中点O ，连AO ，OC ，由CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝2，得AO ⊥BD ，CO ⊥BD ，且OC ＝3，AO ＝1.在△AOC 中，AC 2＝AO 2＋OC 2，故AO ⊥OC ，又知BD ∩OC ＝O ，因此AO ⊥平面BCD ，以OB ，OC ，OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0,0,1)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，∴AB →＝(1,0，－1)，CD →＝(－1，－3，0)，设异面直线AB 与CD 所成角为θ，则cos θ＝|AB →·CD →||AB →||CD →|＝12×1＋3＝24，即异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．名师点拨 ☞(1)求异面直线所成角的思路： ①选好基底或建立空间直角坐标系； ②求出两直线的方向向量v 1，v 2； ③代入公式|cos v 1，v 2|＝|v ·v 2||v 1||v 2|求解． (2)两异面直线所成角的关注点：两异面直线所成角的范围是θ∈(0，π2]，两向量的夹角的范围是[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．角度2 向量法求线面角例3 (2019·湖北八校调研)如图所示，四边形ABCD 与BDEF 均为菱形，F A ＝FC ，且∠DAB ＝∠DBF ＝60°．(1)求证：AC ⊥平面BDEF ；(2)求直线AD 与平面ABF 所成角的正弦值．[解析] (1)设AC 与BD 相交于点O ，连接FO ， ∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD ，且O 为AC 中点， ∵F A ＝FC ，∴AC ⊥FO ，又FO ∩BD ＝O ，∴AC ⊥平面BDEF ．(2)连接DF ，∵四边形BDEF 为菱形，且∠DBF ＝60°， ∴△DBF 为等边三角形，∵O 为BD 的中点，∴FO ⊥BD ，又AC ⊥FO ， ∴FO ⊥平面ABCD ．∴OA ，OB ，OF 两两垂直，如图建立空间直角坐标系O －xyz ，设AB ＝2，∵四边形为ABCD 为菱形，∠DAB ＝60°， ∴BD ＝2，AC ＝23．∵△DBF 为等边三角形，∴OF ＝3．∵A (3，0,0)，B (0,1,0)，D (0，－1,0)，F (0,0，3)，∴AD →＝(－3，－1,0)，AF →＝(－3，0，3)，AB →＝(－3，1,0)． 设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧AF →·n ＝－3x ＋3z ＝0，AB →·n ＝－3x ＋y ＝0取x ＝1，得n ＝(1，3，1)． 设直线AD 与平面ABF 所成角为θ， 则sin θ＝|cos AD →，n |＝|AD →·n ||AD →|·|n |＝155．名师点拨 ☞向量法求线面角的两大途径(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，取其余角就是斜线和平面所成的角．提醒：在求平面的法向量时，若能找出平面的垂线，则垂线上取两个点可构成一个法向量．角度3 向量法求二面角例4 (2019·课标Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值．[解析] (1)证明：连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D ．由题设知A 1B 1綊DC ，可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．(2)由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA →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 (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)， A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105． 名师点拨 ☞利用向量法确定二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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)找与棱垂直的方向向量法：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．〔变式训练2〕(1)(角度1)(2018·江苏高考题改编)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．则异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020． (2)(角度2)(2020·广东中山期末)如图，在三棱台ABC －DEF 中，二面角B －AD －C 是直二面角，AB ⊥AC ，AB ＝3，AD ＝DF ＝FC ＝12AC ＝1．①求证：AB ⊥平面ACFD ；②求二面角F －BE －D 的平面角的余弦值．(3)(角度3)(2019·广东省肇庆市统测)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1是菱形，∠BAA 1＝60°，E 是棱BB 1的中点，CA ＝CB ，F 在线段AC 上，且AF ＝2FC ．①证明：CB 1∥平面A 1EF ；②若CA ⊥CB ，平面CAB ⊥平面ABB 1A 1，求二面角F －A 1E －A 的余弦值． [解析] (1)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1， 则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz ． 因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)． 因为P 为A 1B 1的中点，所以P (32，－12，2)． 从而BP →＝(－32，－12，2)，AC 1→＝(0,2,2)．故|cos BP →，AC 1→|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020．因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020．(2)①连结CD ，过D 作DG ⊥AC 交AC 于点G ，如图所示，∵AD ＝DF ＝FC ＝12AC ＝1，且DF ∥AC ，∴ACFD 为等腰梯形， ∴AG ＝12，DG ＝32，CG ＝32，∴CD ＝3，∴AD 2＋CD 2＝AC 2， ∴CD ⊥AD ．又∵二面角B －AD －C 是直二面角，CD ⊂平面ACFD ， ∴CD ⊥平面ABED ，又∵AB ⊂平面ABED ，∴AB ⊥CD ，∵AB ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，AC ，CD ⊂平面ACFD ， ∴AB ⊥平面ACFD ．②在平面ACFD 中，过点A 作AH ⊥AC ，由①可知AB ⊥AH ，因为AB ⊥平面ACFD ，故以A 为原点，AB →，AC →，AH →的方向为x 轴，y 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ．则B (3,0,0)，D (0，12，32)，F (0，32，32)，C (0,2,0)，∴BC →＝(－3,2,0)，CF →＝(0，－12，32)，设n ＝(x ，y ，z )是平面FBE 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·CF →＝0，∴⎩⎨⎧－3x ＋2y ＝0－y ＋3z ＝0，取x ＝2，则y ＝3，z ＝3，即n ＝(2,3，3)， 由(1)可知CD ⊥平面BED ，∴CD →＝(0，－32，32)是平面BDE 的一个法向量，∴cos 〈n ，CD →〉＝n ·CD →|n ||CD →|＝－343＝－34，又∵二面角F －BE －D 的平面角为锐角， ∴二面角F －BE －D 的平面角的余弦值为34． (3)①连接AB 1交A 1E 于点G ，连接FG ．因为△AGA 1∽△B 1GE ，所以AG GB 1＝AA 1EB 1＝2， 又因为AF FC ＝2，所以AF FC ＝AG GB 1，所以FG ∥CB 1， 又CB 1⊄平面A 1EF ，FG ⊂平面A 1EF ，所以CB 1∥平面A 1EF ． ②过C 作CO ⊥AB 于O ，因为CA ＝CB ，所以O 是线段AB 的中点，因为平面CAB ⊥平面ABB 1A 1，平面CAB ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ⊥平面ABA 1． 连接OA 1，因为△ABA 1是等边三角形，O 是线段AB 的中点，所以OA 1⊥AB ．如图以O 为原点，OA →，OA 1→，OC →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．不妨设AB ＝2，则A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0,1)，B (－1，0,0)，F (13，0，23)，由AA 1→＝BB 1→，得B 1(－2，3，0)，BB 1的中点E (－32，32，0)，A 1E →＝(－32，－32，0)，A 1F →＝(13，－3，23)．设平面A 1FE 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧A 1E →·n 1＝0A 1F →·n 1＝0，即⎩⎨⎧x 13－3y 1＋23z 1＝0－32x 1－32y 1＝0，不妨取y 1＝3，则n 1＝(－1，3，5)， 又平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， 记二面角F －A 1E －A 的大小为θ， 由图可知cos θ＝cos n 1，n 2＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝52929． 所以二面角F －A 1E －A 的余弦值为52929．考点三 利用向量求空间的距离——师生共研例5 (2019·广东广州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，∠APD ＝90°，且P A ＝PD ，AD ＝PB ．(1)求证：AD ⊥PB ；(2)求点A 到平面PBC 的距离．[解析] (1)证明：取AD 的中点O ，连结OP ，OB ，BD ， 因为底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°， 所以AD ＝AB ＝BD ．因为O 为AD 的中点，所以BO ⊥AD ． 在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 的中点， 所以PO ⊥AD ．因为BO ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面POB ． 因为PB ⊂平面POB ，所以AD ⊥PB ．(2)由题意及(1)易知OP ＝1，BO ＝3，PB ＝2， ∴OP 2＋BO 2＝PB 2，∴OP ⊥OB ，∴OP 、OA 、OB 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－2，3，0)，P (0,0,1)， ∴AP →＝(－1,0,1)，PB →＝(0，3，－1)，PC →＝(－2，3－1)， 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝3y －z ＝0n ·PC →＝－2x ＋3y －z ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝0z ＝3y ，不妨取y ＝1，则n ＝(0,1，3)，∴点A 到平面PBC 的距离d ＝|AP →·n ||n |＝32．名师点拨 ☞求点到平面距离的方法有：①直接作出点到面的垂线段，再计算；②平行转移法．即通过线面平行，转化为其它点到平面的距离； ③等体积法；④向量法．即已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →|·|cos AB →，n|＝|AB →·n ||n |．〔变式训练3〕(2019·河南中原名校、大连市、赤峰市联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ＝PD ，P A ⊥AB ，N 是棱AD 的中点．(1)求证：平面P AB ⊥平面P AD ；(2)设AB ＝AD ＝AP ＝2，求点N 到平面P AC 的距离． [解析] (1)∵ABCD 是矩形，∴AB ⊥AD ，又AB ⊥P A ， ∴AB ⊥平面P AD ，又AB ⊂平面P AB ， ∴平面P AB ⊥平面P AD ．(2)∵AB ⊥平面P AD ，又AB ⊂平面ABCD ， ∴平面P AD ⊥平面ABCD ， 又P A ＝PD ，N 为AD 的中点， ∴PN ⊥AD ，∴PN ⊥平面ABCD ，取BC 的中点M ，则NP 、NA 、NM 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则P (0,0，3)，A (1,0,0)，C (－1,2,0)，N (0,0,0)，从而NP →＝(0,0，3)，AP →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2,2,0)， 设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AP →＝－x ＋3z ＝0，n ·AC →＝－2x ＋2y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝33x ，y ＝x ，不妨取x ＝3，则n ＝(3，3，1) ∴点N 到平面P AC 的距离 d ＝|NP →·n ||n |＝37＝217．MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG名师讲坛·素养提升利用向量法解答立体几何中的探究型问题例6 (2019·河南省开封市模拟)如图所示，ABCD 是边长为2的正方形，AE ⊥平面BCE ，且AE ＝1．(1)求证：平面ABCD ⊥平面ABE ；(2)线段AD 上是否存在一点F ，使二面角A －BF －E 所成角的余弦值为64？若存在，请找出点F 的位置；若不存在，请说明理由．[解析] (1)∵AE ⊥平面BCE ，BE ⊂平面BCE ， BC ⊂平面BCE ，∴AE ⊥BE ，AE ⊥BC ，又∵BC ⊥AB ，∴AE ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面ABE ， 又BC ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面ABE ． (2)如图所示，建立空间直角坐标系A －xyz ，∵AE ＝1，AB ＝2，AE ⊥BE ，∴BE ＝3． 假设线段AD 上存在一点F 满足题意， E (32，12，0)，B (0,2,0)，F (0,0，h )，(0≤h ≤2)， 易知：平面ABF 的一个法向量为m ＝(1,0,0)， ∵BE →＝(32，－32，0)，BF →＝(0，－2，h )，设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BE →＝0n ·BF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧32x －32y ＝0－2y ＋hz ＝0，取y ＝1，得n ＝(3，1，2h )，则cos m ，n ＝m ·n |m |·|n |＝64＝34＋4h2，∴h ＝1．∴点F 为线段AD 的中点时，二面角A －BF －E 所成角的余弦值为64． 名师点拨 ☞对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．〔变式训练4〕(2019·广东汕头模拟)如图所示，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥菱形ABCD 所在的平面，∠ABC ＝60°，E 是BC 中点，F 是PC 上的点．(1)求证：平面AEF ⊥平面P AD ．(2)若M 是PD 的中点，当AB ＝AP 时，是否存在点F ，使直线EM 与平面AEF 的所成角的正弦值15？若存在，请求出PFPC的值，若不存在，请说明理由．[解析] (1)连接AC ，因为底面ABCD 为菱形， ∠ABC ＝60°，所以△ABC 是正三角形，∵E 是BC 的中点，∴AE ⊥BC ，又AD ∥BC ，∴AE ⊥AD ， ∵P A ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥AE ， 又P A ∩AD ＝A ，∴AE ⊥平面P AD ，又AE ⊂平面AEF ， 所以平面AEF ⊥平面P AD ．(2)以A 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AB ＝AP ＝2，则AE ＝3，则A (0,0,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (3，0,0)，M (0,1,1)， 设PF →＝λPC →＝λ(3，1，－2)，则AF →＝AP →＋PF →＝(0,0,2)＋λ(3，1，－2)＝(3λ，λ，2－2λ)， 又AE →＝(3，0,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面AEF 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝3x ＝0n ·AF →＝3λx ＋λy ＋(2－2λ)z ＝0，取z ＝λ，得n ＝(0,2λ－2，λ)，设直线EM 与平面AEF 所成角为θ，由EM →＝(－3，1,1)，得： sin θ＝|cos EM →，n ＝|EM →·n ||EM →|·|n |＝|3λ－2|5·(2λ－2)2＋λ2＝15． 化简得：10λ2－13λ＋4＝0，解得λ＝12或λ＝45，故存在点F 满足题意，此时PF PC ＝12或45．。
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（智慧测评）2015届高考数学大一轮总复习 第7篇 第7节 立体几何的向量方法课时训练 理 新人教A 版一、选择题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)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. 答案：D2．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 ．－2B ．－ 2C ． 2D ．± 2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. 答案：D3．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异面解析：以D 点为坐标原点，以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，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. 答案：B4．如图所示，ABCDA 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF .当A 1、E 、F 、C 1共面时，平面A 1DE 与平面C 1DF 所成锐二面角的余弦值为( )A ．32B ．12C ．15D ．265解析：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，易知当E (6，3,0)、F (3，6,0)时，A 1、E 、F 、C 1共面，设平面A 1DE 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DE →＝6a ＋3b ＝0，n 1·DA 1→＝6a ＋6c ＝0，可取n 1＝(－1,2,1)，同理可得平面C 1DF的一个法向量为n 2＝(2，－1，1)，故平面A 1DE 与平面C 1DF 所成锐二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝12.故选B. 答案：B5．在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成的角的正弦值为( )A ．64B ．－64C ．104D ．－104解析：取AC 中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ， 如图所示，建立空间直角坐标系B －xyz ， 则A ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，D (0,0,1)，则AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，1.∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ， 平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，BE ⊥AC ，∴BE ⊥平面AA 1C 1C ，∴BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0为平面AA 1C 1C 的一个法向量，∴cos 〈AD →，BE →〉＝－64，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64.故选A. 答案：A6．(2013年高考大纲卷)已知在正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值是( )A ．23B ．33C ．23D ．13解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝2AB ＝2， 则B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，故DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)，DC →＝(0,1,0)． 设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2，所以平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)． 设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝n ·DC →|n |·|DC →|＝23.故选A.答案：A 二、填空题7．平面α的一个法向量n ＝(0,1，－1)，如果直线l ⊥平面α，则直线l 的单位方向向量是________．解析：直线l 的方向向量平行于平面α的法向量，故直线l 的单位方向向量是±n |n |＝±0，22，－22.答案：0，22，－22或0，－22，228．如图所示，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1上的点，则点E 到平面ABC 1D 1的距离是________．解：法一 以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在射线为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设点E (1，a,1)(0≤a ≤1)， 连接D 1E ， 则D 1E →＝(1，a,0)．连接A 1D ，易知A 1D ⊥平面ABC 1D 1，则DA 1→＝(1,0,1)为平面ABC 1D 1的一个法向量．∴点E 到平面ABC 1D 1的距离是d ＝|D 1E →·DA 1→||DA 1→|＝22.法二 点E 到平面ABC 1D 1的距离，即B 1到BC 1的距离，易得点B 1到BC 1的距离为22. 答案：229．(2014合肥月考)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角CABD 的余弦值为33，M 、N 分别是AC 、BC 的中点，则EM 、AN 所成角的余弦值等于________．解析：过C 点作CO ⊥平面ABDE ，垂足为O ，取AB 中点F ，连接CF 、OF ，则∠CFO 为二面角CABD 的平面角，设AB ＝1，则CF ＝32， OF ＝CF ·cos∠CFO ＝12，OC ＝22， 则O 为正方形ABDE 的中心， 如图所示建立直角坐标系Oxyz ， 则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，0， M ⎝ ⎛⎭⎪⎫24，0，24，A ⎝⎛⎭⎪⎫22，0，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，24，24，EM →＝⎝⎛⎭⎪⎫24，22，24， AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，24，24， cos 〈EM →，AN →〉＝EM →·AN →|EM →||AN →|＝16.答案：1610．空间中两个有一条公共边AD 的正方形ABCD 与ADEF ，设M ，N 分别是BD ，AE 的中点，给出如下命题：①AD ⊥MN ；②MN ∥平面CDE ；③MN ∥CE ；④MN ，CE 异面．则所有的正确命题为________．解析：如图设AB →＝a ，AD →＝b ，AF →＝c ，则|a |＝|c |且a ·b ＝c ·b＝0.MN →＝AN →－AM →＝12(b ＋c )－12(a ＋b )＝12(c －a )，MN →·AD →＝12(c －a )·b ＝12(c ·b －a ·b )＝0，故AD ⊥MN ；CE →＝c －a ＝2MN →，故MN ∥CE ，故MN ∥平面CDE ，故②③正确；③正确时④一定不正确．答案：①②③ 三、解答题11．(2014陕西西安五校三模)如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 在棱AB 上．(1)求异面直线D 1E 与A 1D 所成的角；(2)若二面角D 1ECD 的大小为45°，求点B 到平面D 1EC 的距离． 解：建立如图所示的空间直角坐标系．(1)由A 1(1,0,1)，得DA 1→＝(1,0,1)，设E (1，a,0)，又D 1(0,0,1)，则D 1E →＝(1，a ，－1)． ∵DA 1→·D 1E →＝1＋0－1＝0， ∴DA 1→⊥D 1E →，则异面直线D 1E 与A 1D 所成的角为90°. (2)m ＝(0,0,1)为平面DEC 的法向量， 设n ＝(x ，y ，z )为平面CED 1的法向量，则 cos 〈m ，n 〉＝|m·n||m||n|＝|z |x 2＋y 2＋z 2＝cos 45°＝22，∴z 2＝x 2＋y 2①由C (0,2,0)，得D 1C →＝(0,2，－1)， 则n ⊥D 1C →， 即n ·D 1C →＝0， ∴2y －z ＝0②由①、②，可取n ＝(3，1,2)， 又CB →＝(1,0,0)，所以点B 到平面D 1EC 的距离d ＝|CB →·n ||n |＝322＝64.12．(2014福建厦门联考)如图所示，在三棱锥PABC 中，AB ＝BC ＝6，平面PAC ⊥平面ABC ，PD ⊥AC 于点D ，AD ＝1，CD ＝3，PD ＝ 3.(1)证明△PBC 为直角三角形；(2)求直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值．(1)证明：以点E (AC 中点)为坐标原点，以EB ，EC 所在的直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系Exyz ，则B (2，0,0)，C (0,2,0)，P (0，－1，3)．于是BP →＝(－2，－1，3)，BC →＝(－2，2,0)． 因为BP →·BC →＝(－2，－1，3)·(－2，2,0)＝0， 所以BP →⊥BC →，所以BP ⊥BC .所以△PBC 为直角三角形． (2)解：由(1)可得，A (0，－2,0)．于是AP →＝(0,1，3)，PB →＝(2，1，－3)，PC →＝(0,3，－3)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·PC →＝0.即⎩⎨⎧2x ＋y －3z ＝0，3y －3z ＝0.取y ＝1，则z ＝3，x ＝ 2.所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(2，1，3)． 设直线AP 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AP →，n 〉|＝|AP →·n ||AP →||n |＝42×6＝63.所以直线AP 与平面PBC 所成角的正弦值为63.。