课时跟踪检测(四十九) 空间向量的应用
1-4 空间向量的应用(精练)(解析版)
1.4 空间向量的应用（精练）【题组一 求平面的法向量】1．（2021·福建）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1AB AC ==，12AA =．以A 为原点，建立如图所示空间直角坐标系．（1）求平面11BCC B 的一个法向量； （2）求平面1A BC 的一个法向量． 【答案】(1)()1,1,0n =； (2)()2,2,1m =.【解析】易知()1,0,0B ，()0,1,0C ，()11,0,2B ，()10,0,2A . (1)()1,1,0BC =-，()10,0,2BB =， 设面11BCC B 的法向量为()111,,n x y z =，则100n BC n BB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即111020x y z -+=⎧⎨=⎩，取1111,0x y z === ，则 ()1,1,0n =，所以平面11BCC B 的一个法向量为()1,1,0n =； (2) ()1,1,0BC =-，()11,0,2BA =-，设面1A BC 的法向量为()222,,m x y z =，则100m BC m BA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩， 即2222020x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，取2222,1x y z === ，则 ()2,2,1m =，所以平面1A BC 的一个法向量为()2,2,1m =2．（2021·全国高二课时练习）已知()0,2,3A ，()2,1,6B -，()1,1,5C -. （1）求平面ABC 的一个法向量；（2）证明:向量()3,4,1a =-与平面ABC 平行.【答案】（1）平面ABC 的一个法向量为()1,1,1n =（答案不唯一）；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为()0,2,3A ，()2,1,6B -，()1,1,5C -， 所以()2,1,3AB =--，()1,3,2AC =-， 设(),,n x y z =为平面ABC 的一个法向量，则有230320n AB x y z n AC x y z ⎧⋅=--+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，所以x y z ==，不妨令1x =，则()1,1,1n =，所以平面ABC 的一个法向量为()1,1,1n =； （2）若存在实数m ，n ，使a mAB nAC =+， 即()()()3,4,12,1,31,3,2m n -=--+-，则2334321m n m n m n -+=⎧⎪--=-⎨⎪+=⎩，解得57117m n ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以51177a AB AC =-+，即向量()3,4,1a =-与平面ABC 平行. 3．（2021·浙江）如图所示，已知四边形ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，∥ABC =90，SA ∥平面ABCD ，SA =AB =BC =1，AD =12，试建立适当的坐标系.（1）求平面ABCD 的一个法向量；（2）求平面SAB的一个法向量；（3）求平面SCD的一个法向量.【答案】（1）(0，0，1)；（2）12，0，0；（3）(2，-1，1).【解析】以点A为原点，AD、AB、AS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D12，0，0，S(0，0，1).（1）∥SA∥平面ABCD，∥AS=(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量.（2）∥AD∥AB，AD∥SA，∥AD∥平面SAB，∥AD=12，0，0是平面SAB的一个法向量.（3）在平面SCD中，DC=12，1，0，SC=(1，1，-1).设平面SCD的法向量是n=(x，y，z)，则n∥DC，n∥SC，∥·0·0n DCn SC⎧=⎨=⎩，，得方程组122x yx yz yx y z⎧=-+=⎧⎪∴⎨⎨=-⎩⎪+-=⎩，，，，令1y=-，则1z=，2x=，∥n=(2，-1，1).所以n=(2，-1，1)是平面SCD的一个法向量.【题组二利用空间向量证空间位置】1．（2021·青海）若平面αβ⊥，且平面α的一个法向量为12,1,2n⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则平面β的法向量可以是（）A．111,,24⎛⎫- ⎪⎝⎭B．(2,1,0)-C．(1,2,0)D．1,1,22⎛⎫⎪⎝⎭【答案】C【解析】∥平面αβ⊥，∥平面α的一个法向量与平面β的法向量垂直，即它们的数量积为0. 对于A ：111111,,2,1,2024228⎛⎫⎛⎫--=++≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 错误； 对于B ：1(2,1,0)2,1,410502⎛⎫--=--+=-≠ ⎪⎝⎭，故B 错误； 对于C ：1(1,2,0)2,1,22002⎛⎫-=-++= ⎪⎝⎭，故C 正确； 对于D ：11,1,22,1,1111022⎛⎫⎛⎫-=-++=≠ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，故D 错误.故选：C.2．（2021·浙江高二单元测试）若平面//αβ，则下面可以是这两个平面法向量的是（ ） A ． 12(1,2,3),(3,2,1)==-n n B ．12(1,2,2),(2,2,1)==-n nC ． 12(1,1,1),(2,2,1)==-n nD ． 12(1,1,1),(2,2,2)==---n n【答案】D【解析】因为平面//αβ，所以两个平面的法向量应该平行，只有D 项符合.故选：D.3．（2021·上海）（多选）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ） A ．两条不重合直线1l ，2l 的方向向量分别是()2,3,1a =-，()2,3,1b =--，则12//l l B ．直线l 的方向向量()112a ,,=-，平面α的法向量是()6,4,1u =-，则l α⊥ C ．两个不同的平面α，β的法向量分别是()2,2,1u =-，()3,4,2v =-，则αβ⊥ D ．直线l 的方向向量()0,3,0a =，平面α的法向量是()0,5,0u =-，则//l α 【答案】AC【解析】对于A ，两条不重合直线1l ，2l 的方向向量分别是()2,3,1a =-，()2,3,1b =--,且b a →→=-，所以12//l l ，选项正确；对于B ，直线l 的方向向量()112a ,,=-，平面α的法向量是()6,4,1u =-且16142(1)0a u →→⋅=⨯-⨯+⨯-=，所以//l α或l α⊂，选项错误；对于C ，两个不同的平面α，β的法向量分别是()2,2,1u =-，()3,4,2v =-，且2(3)24120u v ⋅=⨯-+⨯-⨯=，所以αβ⊥，选项C 正确；对于D ，直线l 的方向向量()0,3,0a =，平面α的法向量是()0,5,0u =-且53u a =-， 所以l α⊥，选项D 错误. 故选：AC4．（2021·莆田第十五中学高二期末）如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面，2AB =，PC 与平面ABCD 所成角是45，F 是AD 的中点，M 是PC 的中点.求证：//DM 平面PFB .【答案】证明见解析【解析】证明：以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 由PC 与平面ABCD 所成的角为45，得45PCD ∠=，则2PD =，则()002P ,,，()0,2,0C ，()2,2,0B ，()1,0,0F ，()0,0,0D ，()0,1,1M ， ()1,2,0FB ∴=，()1,0,2FP =-，()0,1,1DM =.设平面PFB 的法向量为(),,n x y z =，则00FB n FP n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2020x y x z +=⎧⎨-+=⎩. 令1y =，则2x =-，1z =-，故平面PFB 的一个法向量为()2,1,1n =--.0DM n ⋅=，DM n ⊥，又DM ⊄平面PFB ，则//DM 平面PFB .5．（2021·西藏）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，11BC CC ==，E 是CD 的中点，F 是BC 的中点．求证：平面1EAD ⊥平面1EFD ．【答案】证明见解析【解析】如图建立空间直角坐标系，则()0,1,0E ，()1,0,0A ，()10,0,1D ，1,2,02F ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,1,0AE =-，()10,1,1ED =-，1,1,02EF ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设面1EAD 的法向量为(),,n x y z =，则1·0·0n AE n ED ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即00x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1x =，则1y z ==，所以()1,1,1n =；设面1EFD 的法向量为(),,m x y z =，则1·0·0m EF m ED ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即1020x y y z ⎧+=⎪⎨⎪-+=⎩，令2x =，则1y z ==-，所以()2,1,1m =--；因为()()2111110n m =⨯+⨯-+⨯-=，所以n m ⊥ 所以平面1EAD ⊥平面1EFD ．6．（2021·全国高二课时练习）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F ，G 分别在棱1A A ，11A B ，11A D 上，1111A E A F AG ===；点P ，Q ，R 分别在棱1CC ，CD ，CB 上，1CP CQ CR ===．求证：平面//EFG 平面PQR ．【答案】证明见解析【解析】构建以D 为原点，1,,DA DC DD 为x 、y 、z 轴正方向的空间直角坐标系，如下图示，设1,,AB a BC b BB c ===(,,1)a b c >，又1111A E A F AG ===，1CP CQ CR ===， ∥(,0,1)E b c -，(,1,)F b c ，(1,0,)G b c -，(0,,1)P a ，(0,1,0)Q a -，(1,,0)R a ， ∥(0,1,1)EF =，(1,0,1)EG =-，(0,1,1)PQ =--，(1,0,1)PR =-，设(,,)m x y z =是面EFG 的一个法向量，则00EF m y z EG m z x ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令1x =，(1,1,1)m =-，设(,,)n i j k =是面PQR 的一个法向量，则0PQ n j k PR n i k ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令1i =，(1,1,1)n =-，∥面EFG 、面PQR 的法向量共线，故平面//EFG 平面PQR ，得证.7．（2021·安徽）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，11BC CC ==，E 是CD 的中点．求证：1B E ⊥平面1AED ．【答案】证明见解析【解析】解：如图建立空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()0,1,0E ，()10,0,1D ，()11,2,1B 所以()11,1,1EB =，()10,1,1ED =-，()1,1,0EA =-所以()111011110EB ED =⨯+⨯-+⨯=，()11111100EB EA =⨯+⨯-+⨯=，所以11EB ED ⊥，1EB EA ⊥，因为1ED EA E =，1,ED EA ⊂平面1AED ．所以1B E ⊥平面1AED ．8．（2021·湖南）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是面1AB ，面11A C 的中心．求证：//EF 平面1ACD ．【答案】证明见解析【解析】如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2， 则()()()()()12,0,0,0,2,0,0,0,2,2,1,1,1,1,2A C D E F ， 则()()()12,2,0,2,0,2,1,0,1AC AD EF =-=-=-， 设平面1ACD 的一个法向量为(),,n x y z =， 则100n AC n AD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即220220x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令1x =，则可得()1,1,1n =，0EF n ⋅=，EF n ∴⊥，EF ⊄平面1ACD ，∴//EF 平面1ACD .【题组三 利用空间向量求空间角】1．（2021·浙江）如图，已知PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，2PA AD AB ===，,M N 分别为,AB PC 的中点．（1）求证：MN ⊥平面PCD ；（2）求PD 与平面PMC 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）以A 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()()1,0,0,0,0,2,2,2,0,1,1,1,0,2,0M P C N D . ()()()0,1,1,2,2,2,0,2,2MN PC PD ==-=-， 220220MN PC MN PD ⎧⋅=-=⎨⋅=-=⎩，所以,MN PC MN PD ⊥⊥,由于PC PD P ⋂=，所以MN ⊥平面PCD .（2）()0,2,2PD =-，()()1,0,2,1,2,0MP MC =-=，设平面PMC 的法向量为(),,n x y z =，则2020n MP x z n MC x y ⎧⋅=-+=⎨⋅=+=⎩，令1z =，则2,1x y ==-，所以()2,1,1n =-. 设直线PD 与平面PMC 所成角为θ，则sin 6n PDn PD θ⋅===⋅2．（2021·湖南高三其他模拟）如图，在三棱锥A BCD -中，BCD △与ABC 是全等的等边三角形，且平面ABC ⊥平面DBC .（1）证明：AD BC ⊥；（2）求AC 与平面ABD 所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）5【解析】（1）取BC 的中点O ，连接AO 、BO ，因为BCD △与ABC 是全等的等边三角形，所以BC AO ⊥，BC DO ⊥，因为AO DO O ⋂=，,AO DO ⊂面AOD ，所以BC ⊥面AOD ，因为AD ⊂面AOD ，所以BC AD ⊥（2）因为平面ABC ⊥平面DBC ，平面ABC 平面DBC BC =，AO BC ⊥，所以AO ⊥平面DBC ，如图以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，令2BC =，则(00A ,，)D ，()0,1,0C ，()0,1,0B -，所以(0,CA =-，()3,1,0BD =，(3,0,AD =，设面ABD 的法向量为(),,n x y z =，则·0·0n BD n AD ⎧=⎨=⎩，所以00y +=-=，令1x =，则y =1z =，所以()1,3,1n =-，设AC 与平面ABD 所成的角为θ，则(sin51CAnCA n θ===- 3．（2021·浙江高二期末）在等腰梯形ABCD 中，//AB CD ，2AB BC AD ===，4CD =，E 为CD 中点，将BCE 沿着BE 折起，点C 变成点P ，此时PC =（1）求证：AD PC ⊥；（2）求直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）5【解析】（1）证明：取BE 中点记为H ,连结PH 、CH ，E 是CD 中点,4CD = ，2DE CE AB BC AD ∴=====，//AB DE 且AB DE =，∴四边形ABED 是平行四边形，//,2BE AD BE AD ∴==，BCE ∴△是边长为2等边三角形，由题意可知，2,2PE CE PB CB ====，PEB ∴是边长为2的等边三角形， CH 是BCE 中线，PH 是PBE △中线，CH BE ∴⊥，PH BE ⊥，又CH PH H ⋂=，BE ∴⊥平面PCH ，BE PC ∴⊥，AD PC ∴⊥；（2）解：由（1）可求得PH CH == 6PC =，222PH CH PC ∴+=，PH CH ∴⊥，又,PH BE CH BE H ⊥⋂=，PH ∴⊥平面BCE ，∴以H 为原点，HB ，HC ，HP 所在直线为x ，y ，z 轴，如图建立空间直角坐标系，(1,0,0),(2,B C P D -，(2,3,3),(1,3,0),(DP BC BP ∴==-=-，设平面BCP 的法向量为 (,,)n x y z =，∴00BPn BC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即((,,)0((,,)0x y z xy z ⎧-⋅=⎪⎨-⋅=⎪⎩，令x =则1,1y z ==， ∴平面BCP 的法向量为(3,1,1)n=，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ，|||2sin 5||||DP n DP nθ⋅∴===⋅， 所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为5.4．（2021·浙江高二期末）如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，3PD =，2PN ND =，底面ABCD 为直角梯形，90ADC ∠=︒，//AD BC ，22=3BC AD DC ==．（1）求证：//PB 平面ACN ；（2）求异面直线PA 与CN 所成角的余弦值．【答案】(1) 证明见解析; (2) 【解析】（1）连接,AC BD 相交于点E ，连接EN .//AD BC ,可得AED 与BCE 相似，则12ED AD BE BC == 又12ND PN =,则12ND AD PN BC ==，所以//EN PB 又PB ⊄平面ACN ，EN ⊂平面ACN ，所以//PB 平面ACN ；（2）由PD ⊥平面ABCD ，90ADC ∠=︒.以D 为原点，以,,DA DC DP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系,如图.由3PD =，2PN ND =，22=3BC AD DC ==则()0,0,1N ,33,0,0,0,,022A C ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,()0,0,3P 则3,0,32AP ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,30,,12CN ⎛⎫=- ⎪⎝⎭所以cos ,659AP CNAP CN AP CN⋅===所以异面直线PA 与CN 所成角的余弦值为655．（2021·北京高三其他模拟）如图，四边形ABCD 和三角形ADE 所在平面互相垂直，//AB CD ，AB BC ⊥，60DAB ∠=︒，4AB AD ==，AE DE ⊥，AE DE =，平面ABE 与平面CDE 交于EF .（∥）求证：//CD EF ；（∥）若EFCD =，求二面角A BC F --余弦值.【答案】（∥）证明见解析；（∥. 【解析】（∥）证明：因为//AB CD ，AB平面ABE ，CD ⊄平面ABE ，所以//CD 平面ABE ，因为平面ABE平面CDE EF =，CD ⊂平面CDE ，所以//CD EF . （∥）取AD 的中点N ，连接BN ,EN .在等腰ADE 中，EN ∥AN .因为平面ADE ∥平面ABCD ，交线为AD ，又EN ∥AD ，所以EN ∥平面ABCD .所以EN ∥BN .由题意易得AN ∥BN .如图，建立空间直角坐标系N - xyz ，则N (0,0,0) ,A(2,0,0) , ()B, ()C -, ()()2,0,0,0,0,2D E -. 因为EF = CD，所以()F -. 设平面BCF 的法向量为(),,n x y z = ，()()1,3,2,3,BF BC =--=-， 则0,0,n BF n BC ⎧⋅=⎨⋅=⎩即20,30.x z x ⎧-+=⎪⎨--=⎪⎩ 令y =1,1x z =-=，于是()1,3,1n =-. 又平面ABCD 的法向量为()0,0,2NE =，所以5cos ,5||||n NE n NE n NE ⋅〈〉== 由题知二面角A - BC - F 为锐角，所以二面角A - BC - F .【题组四 利用空间向量求空间距离】1．（2021·山东）如图，长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 为棱AA 1的中点，AB ＝1，AA 1＝2．（1）求点B 到平面B 1C 1E 的距离；（2）求二面角B 1﹣EC 1﹣C 的正弦值．【答案】（1；（2【解析】（1）如图，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 则B (1，0，0），B 1(1，0，2），C 1(1，1，2），E (0，0，1）， ∥11BC =(0，1，0），1B E =(﹣1，0，﹣1），1BB =(0，0，2）， 设平面B 1C 1E 的法向量n =(u ，v ，w ），则11100n B C v n B E u w ⎧⋅==⎪⎨⋅=--=⎪⎩，取u ＝1，得n =(1，0，﹣1），∥点B 到平面B 1C 1E 的距离为：d 1||2||2n BB n ⋅===． （2）∥C 1(1，1，2），E (0，0，1），C (1，1，0）， ∥1CC =(0，0，2），CE =(﹣1，﹣1，1）， 设平面CC 1E 的法向量m =(x ，y ，z ）， 则1.20.0m CC z m CE x y z ⎧==⎨=--+=⎩，取x ＝1，得m =(1，﹣1，0）， 设二面角B 1﹣EC 1﹣C 的平面角为θ，则cosθ11||||22m n m n ⋅===⋅⨯，∥sinθ==∥二面角B 1﹣EC 1﹣C 的正弦值为2．2．（2021·云南民族大学附属中学）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥平面11BB C C ，122AB BB BC ===，1BC =E 为11A C 的中点.（1）求证：1C B ⊥平面ABC ；（2）求点A 到平面BCE 的距离.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）证明：因为AB ⊥平面11BB C C ，1C B ⊂平面11BB C C ， 所以1AB C B ⊥.在1BCC 中，1BC =，1BC 12CC =，所以22211BC BC CC +=.所以1CB C B ⊥.因为AB BC B ⋂=，AB ，BC ⊂平面ABC ， 所以1C B ⊥平面ABC .（2）由（1）知，1AB C B ⊥，1BC C B ，AB BC ⊥， 如图，以B 为原点建立空间直角坐标系B xyz -.则(0,0,0)B ，(0,0,2)A，12E ⎛⎫-⎪⎝⎭，(1,0,0)C . (1,0,0)BC →=，12BE →⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 设平面BCE 的法向量为(,,)n x y z =，则00n BC n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，即0,10.2x x z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩令y =0x =，3z =-，所以()0,3n →=-. 又因为(1,0,2)AC →=-， 故点A 到平面BCE 的距离||||n d AC n →→→⋅===3．（2021·上海市控江中学）如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P 是圆锥的顶点，AB 是圆柱下底面的一条直径，AA 1、BB 1是圆柱的两条母线，C 是弧AB 的中点.（1）求异面直线P A 1与BC 所成的角的余弦值； （2）求点B 1到平面P AC 的距离. 【答案】（1（2. 【解析】（1）根据题意可得OP ⊥平面ABC , C 是弧AB 的中点,则OC AB ⊥ 则以O 为原点，OC 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图则()0,0,4P ，()10,1,2A -， ()0,1,0B ，()1,0,0,C ， ()10,1,2PA =--， ()1,1,0BC =-，111cos ,||||5PA BC PA BC PA BC ⋅<>===⋅ （2）()10,1,2B ， ()0,10A --， ()10,1,2PB =-， ()0,1,4PA =--， ()1,0,4PC =-，设平面PAC 的法向量(),,n x y z =，则4040n PA y z n PC x z ⎧⋅=--=⎨⋅=-=⎩，取1z =，得()4,4,1n =-，∴点1B 到平面PAC 的距离为：1||6||33PB n d n ⋅===． 4．（2021·四川凉山彝族自治州）如图，在四棱锥P ABCD -中，已知棱AB ，AD ，AP 两两垂直且长度分别为1，2，2，//AB CD ，12AB DC =．（1）若PC 中点为M ，证明：//BM 平面PAD ； （2）求点A 到平面PCD 的距离．【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】（1）证明：分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，因为AB ，AD ，AP 的长度分别为1，2，2，且12AB DC =， 则(0,0,1)A ，(1,0,0)B ，(0,2,0)D ，(0,0,2)P ，(2,2,0)C ， 又M 是PC 的中点，所以(1,1,1)M ，所以(0,1,1)BM =，由已知可得平面PAD 的一个法向量为(1,0,0)n =，则0110100BM n ⋅=⨯+⨯+⨯=， 所以BM n ⊥，又BM ⊄平面PAD ， 所以//BM 平面PAD ；（2）解：设平面PDC 的法向量为m (x,y,z)=， 因为(2,0,0)CD =-，(0,2,2)PD =-，则有00m CD m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即20220x y z -=⎧⎨-=⎩，令1y =，则0x =，1z =，故(0,1,1)m =， 又(0,2,0)AD =，所以点A 到平面PCD 的距离0||AD m d m ⋅⨯=== 5．（2021·吉林吉林市）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面111,90,4,2,A B C BAC AB AC M ︒∠===是AB 中点，N 是11A B 中点，P 是1BC 与1B C 的交点，点Q 在线段1C N 上.（1）求证：PQ ∥平面1ACM（2）若二面角1A CM A --B 到平面1ACM 的距离【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）证明:连结BN ，设11AC AC H ⋂=，连结MH .1,AH HC AM MB ==，1BC MH ∴∥又MH ⊆面1ACM ，1BC ⊄面1ACM ，1BC ∴∥面1ACM . 四边形1A NBM 是平行四边形，1BN A M ∴∥， 又BN ⊄面1ACM ，1A M ⊂面1ACM ，BN ∴面1ACM . 1,BC BN B BC ⋂=⊆面1BC N ，BN ⊆面1BC N ， ∴面1ACM 面1BC N .∥由PQ ⊆面1BC N ，∥PQ ∥平面1ACM . （2）以A 为原点，1,,AC AB AA 所在直线分别为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()()()()()10,0,0,0,2,0,2,0,0,0,4,0A h h M C B >所以()()110,2,,2,0,A M h AC h =-=-设平面1ACM 的一个法向量(),,n x y z = 则112020n A M y hz n A C x hz ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，不妨设2z =，解得(),,2n h h =. 显然平面ACM 的一个法向量()00,0,1n =. 由二面角1A CM A --则()()000,,20,0,1cos ,3h h n n nn n n n n ⋅⋅====， 又0h >，解得2h =()2,2,2n ∴=又()(0,2,00,2,0,3MB n MB d n⋅====即点B 到平面1ACM. 【题组五 求参数】1．（2021·黑龙江大庆市·大庆实验中学）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，14AA =．（1）求证：1BD A C ⊥；（2）求二面角11A A C D --的余弦值；（3）在线段1CC 上是否存在点P ，使得平面11A CD ⊥平面PBD ，若存在，求出1CPPC 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，113CP PC =． 【解析】（1）因为四棱柱1111ABCD A B C D -是正四棱柱， 所以1AA ⊥平面ABCD ，BD AC ⊥， 因为BD ⊂平面ABCD ，所以1AA BD ⊥， 因为1AA AC A =，所以BD ⊥平面1A AC ，因为1AC ⊂平面1A AC ，所以1BD A C ⊥. （2）如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D xyz -，则()12,0,4A ，()0,2,0C ，()10,0,4D ，()0,0,0D ，()2,2,0B ，()10,2,4C ，()112,0,0D A =，()10,2,4D C =-，()2,2,0DB =，因为BD ⊥平面1A AC ，所以()2,2,0DB =是平面1AA C 的法向量， 设平面11A D C 的法向量()111,,n x y z =，则11100n D A n D C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1110240x y z =⎧⎨-=⎩，令11z =，则12y =，()0,2,1n =，故5cos ,n DB DB DB n n⋅===⋅因为二面角11A A C D --是钝二面角，所以二面角11A A C D --的余弦值为. （3）设222,,P x y z 为线段1CC 上一点，1λCP PC ，0λ≥，因为222,2,CPx y z ，1222,2,4PC x y z ，1λCP PC ，所以()()222222,2,,2,4x y z x y z λ-=---， 则20x =，22y =，24λ1λz ，40,2,1P λλ⎛⎫ ⎪+⎝⎭，4λ0,2,1λDP， 设平面PBD 的法向量333,,mx y z ，则00m DP m DB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即33334201220y z x y λλ⎧+⋅=⎪+⎨⎪+=⎩，令31y =，则11,1,2m λλ+⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，若平面11A CD ⊥平面PBD ，则0m n ⋅=，即1202λλ+-=，解得13λ=，故当113CP PC =时，平面11A CD ⊥平面PBD . 2．（2021·正阳县高级中学）如图，三棱柱111ABC A B C -中，111AA B C =，11120BB C ∠=︒，1190AB C ∠=︒．（1）求证：ABC 为等腰三角形；（2）若11111AB C B AC ∠=∠，11B AB B BA ∠=∠，点M 在线段11B C 上，设111102B M BC λλ⎛⎫=<<⎪⎝⎭，若二面角11A CM C --的余弦值为4，求λ的值． 【答案】（1）证明见解析；（2）14λ=． 【解析】（1）如图，取BC 的中点O ，连接AO ，1OB ，1CB ， ∥111AA B C =，∥1BC BB =；而160B BC ∠=︒，∥1BCB △为等边三角形，∥1B O BC ⊥． 又∥11//BC B C ，1190AB C ∠=︒，∥111B C AB ⊥，∥1BC AB ⊥， 又111B OAB B =，11,B O AB ⊂平面1AOB ，∥BC ⊥平面1AOB ，又AO ⊂平面1AOB ，∥BC AO ⊥，∥O 为BC 中点，∥AB AC =，即ABC 为等腰三角形． （2）设112AB BB ==，则12BC B C ==，∥1111190AB C B AC ∠=∠=︒，故AB AC ⊥，∥1AO =，又1OB =，12AB =，∥1OB AO ⊥，以O 为原点，OB ，1OB ，OA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0C -，()1A -，()1B ．设111B M BC λ=，则()1CA =，()11112CM CB B C λλ=+=-，设平面1ACM 的法向量为(),,n x y z =，则由10CA n ⋅=，0CM n ⋅=，得()0120z x λ+=-=⎪⎩，取)()3,212n λλ=--，易知平面1CMC 的法向量为()0,0,1OA =，则(23cos ,16OA n OA n OA nλ⋅===，解得14λ=（34λ=舍去）．3．（2021·四川成都市·石室中学）如图，在四棱锥S ABCD -中，底面四边形ABCD 是正方形，SD DB ⊥，SB AC ⊥.（1）证明：SD ⊥平面ABCD ；（2）已知2SD ==，点E 是棱SD 上的点，满足()01DE DS λλ=<<，若二面角C AE D --的余弦值为3，求λ的值.【答案】（1）证明见解析；（2）2. 【解析】（1）连接BD 交AC 于点O ，因为底面四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥， 由SB AC ⊥，且SB BD B ⋂=，所以AC ⊥平面SBD ， 又由SD ⊂平面SBD ，所以SD AC ⊥，又因为SD BD ⊥，且BD AC O ⋂=，,BD AC ⊂平面ABCD ，所以SD ⊥平面ABCD .（2）由已知及（1）可知SD AD ⊥，SD CD ⊥，AD CD ⊥，以D 为原点，以,,DA DC DS 分别作为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为2SD ==，且点E 是棱SD 上的点，满足()01DE DS λλ=<<，可得()0,0,0D，)A，)B，()C ，()0,0,2S ，()0,0,2E λ， 则()2,0,2EA λ=-，()2EC λ=-， 设平面ACE 的法向量为(),,n x y z =，则00n EA n EC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2020z z λλ-=-=，取z =，可得2,2x yλλ==，即(2,2n λλ=， 又由DC ⊥平面ADE ，可得平面ADE 的一个法向量为()0,DC =，所以38s c o,n DCn DC n DC λ⋅====⋅λ=.4．（2021·江苏南京市·高三二模）如图，已知斜三棱柱111ABC A B C -，90BCA ∠=︒，2AC BC ==，AC的中点为D .且1A D ⊥面ABC ，1A D =.（1）求证：11A B AC ⊥；（2）在线段1CC 上找一点M ，使得直线1A B 与平面11MA B . 【答案】（1）证明见解析；（2）13CM CC '=. 【解析】（1）作DE AC ⊥交AB 于点E ，分别以DE ，DC ，1DA 所在直线为x ，y ，z 轴建系()0,1,0A -，()0,1,0C ，()2,1,0B ，(1A ，(10,C所以，(12,1,A B =，(1AC = 110330A B AC ⋅=+-=，所以11A B AC ⊥（2）设()10,CM CC λλ==， ()112,2,0A B AB ==，(110,A M AC CM λ=+=设面11MA B 的一个法向量为(),,n x y z =有11100A B n A M n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ∥()22010x y y z λ+=⎧⎪⎨++=⎪⎩ ∥1x y y z λ=-⎧⎪+⎨=⎪⎩∥1,1,n⎛=- ⎝ 因为(12,1,A B =若直线1A B 与平面11MA B 所成角的正弦值为20. 13cos ,20n A B=20=，解得13λ=. 所以当13CMCC '=时，直线1A B 与平面11MA B 所成角的正弦值为20. 5．（2021·江苏南通市）《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵111ABC A B C -中，AB AC ⊥，11AA AB AC ===，M ，N 分别是1CC ，BC 的中点，点P 在线段11A B 上.（1）若P 为11A B 的中点，求证：//PN 平面11AAC C .（2）是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45︒？若存在，试确定点P 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.【解析】（1）证明：取11A C 的中点H ，连接PH ，HC .在堑堵111ABC A B C -中，四边形11BCC B 为平行四边形，所以11//B C BC 且11B C BC =.在111A B C △中，P ，H 分别为11A B ，11A C 的中点，所以11//PH B C 且1112PH B C =. 因为N 为BC 的中点，所以12NC BC =， 从而NC PH =且//NC PH ，所以四边形PHCN 为平行四边形，于是//PN CH .因为CH ⊂平面11AC CA ，PN ⊄平面11AC CA ，所以//PN 平面11AACC .（2）以A 为原点，AB ，AC ，1AA 所在直线分别为x 轴､y 轴､z 轴，建立空间直角坐标系，则1(0,0,1)A ，1(1,0,1)B ，11,,022N ⎛⎫ ⎪⎝⎭，10,1,2M ⎛⎫ ⎪⎝⎭. 易知平面ABC 的一个法向量为(0,0,1)m =.假设满足条件的点P 存在，令111(,0,0)A P A B λλ==，则111,,222NM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，11,,1,22PN λ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭. 设平面PMN 的一个法向量是(,,)n x y z =，则0,0,n NM n PN ⎧⋅=⎨⋅=⎩即1110,22211()0.22x y z x y z λ⎧-++=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩ 令3x =，得12y λ=+，22z λ=-， 所以(3,12,22)n =+-λλ.由题意得|cos ,|2m n 〈〉==，解得12λ=-，故点P 不在线段11A B 上.。
1.4空间向量的应用-1.4.1用空间向量研究直线、平面的位置关系
面PCD的一个法向量为n2=(1,0,0),因为n1·n2=0,所以n1⊥n2.
探究一
探究二
探究三
探究四
素养形成
当堂检测
变式训练1如图所示,已知四边形ABCD是直角梯
1
形,AD∥BC,∠ABC=90°,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=
,试
2
建立适当的坐标系.
(1)求平面ABCD的一个法向量;
(2)求平面SAB的一个法向量;
(3)求平面SCD的一个法向量.
探究一
探究二
探究三
探究四
素养形成
当堂检测
解:以点A为原点,AD、AB、AS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建
立如图所示的空间直角坐标系,
则 A(0,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D
体的棱长为1,
则 D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),
∴1 =(1,0,1),=(-1,1,0),设=(a,b,c),
1 · = 0,
则
· = 0,
+ = 0,
即
- + = 0,
取=(1,1,-1).
激趣诱思
知识点拨
2.空间直线的向量表示式
如图①,a 是直线 l 的方向向量,在直线 l 上取=a,设 P 是直线 l 上
的任意一点,则点 P 在直线 l 上的充要条件是存在实数 t,使得=ta,
即=t.如图②,取定空间中的任意一点 O,可以得到点 P 在直线 l
上的充要条件是存在实数 t,使 = +ta, ①
空间向量的应用专题训练卷(含解析)
空间向量的应用专题训练卷一、单选题1．（2020·江苏如东�高一期末）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，11AA =，则直线1BC 与平面11BB DD 所成角的正弦值为（ ）A ．63B ．102C ．155D ．1052．（2020·河北新华�石家庄二中高一期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，M N ，分别为AD ，11C D 的中点，O 为侧面11BCC B 的中心，则异面直线MN 与1OD 所成角的余弦值为( ) A ．16B ．14C ．16-D ．14-3．（2020·辽宁高三其他（文））如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2，AA 1=1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为（ ）A 6B 26C 15D 10 4．（2020·黑龙江道里�哈尔滨三中高三二模（理））已知四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，2BC BD ==AB 与平面ACD 所成角的正切值为12，则点B 到平面ACD 的距离为（ ） A 3B 23C 5D 255．（2020·山东省济南市莱芜第一中学高二月考）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 为棱1CC 的中点，则直线1B M 与平面11A D M 所成角的正弦值是（ ）A ．215B ．25C ．35D ．456．（2018·浙江高三其他）如图，在长方体11112222A B C D A B C D -中，12111122A A A B B C ==，A ，B ，C 分别是12A A ，12B B ，12C C 的中点，记直线2D C 与1AD 所成的角为α，平面22A BCD 与平面11ABC D 所成二面角为β，则（ ）A ．cos cos αβ=B ．sin sin αβ=C ．cos cos t αβ>D ．sin sin αβ<7．（2020·浙江镇海中学高三三模）在三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 上的点（不包括端点），记直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（ ） A ．123θθθ<<B ．213θθθ<<C ．321θθθ<<D ．231θθθ<<8．（2020·浙江衢州�高二期末）在底面为锐角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 的中点，记直线1B D与直线AC 所成角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（ ）A ．2123,θθθθ<<B ．2123,θθθθ><C ．2123,θθθθ<>D ．2123,θθθθ>>9．（2020·浙江省杭州第二中学高三其他）空间线段AC AB ⊥，BD AB ⊥，且::1:3:1AC AB BD =，设CD 与AB 所成的角为α，CD 与面ABC 所成的角为β，二面角C AB D --的平面角为γ，则（ ） A ．2γβα≤≤B ．2γβα≤≤ C ．2γαβ≤≤D ．2γαβ≤≤10．（2020·四川高三三模（理））如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC ＝4，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，D 为半圆弧的中点，若异面直线BD 和AB 1所成角的余弦值为23，则该几何体的体积为（ ）A ．16+8πB ．32+16πC ．32+8πD ．16+16π二、多选题11．（2019·江苏徐州�高二期末）下列命题中正确的是（ ）A ．,,,AB M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,,A B M N 共面 B ．已知{},,a b c 为空间的一个基底，若m a c =+，则{},,a b m 也是空间的基底 C ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为2(2,0,)3n =-，则直线//l αD ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为(2,0,2)n =-，则直线l 与平面α所成角的正弦512．（2020·山东平邑�高二期末）如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D -，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（ ）A ．()()2212AA AB ADAC ++=B ．()10AC AB AD ⋅-= C ．向量1B C 与1AA 的夹角是60°D ．1BD 与AC 所成角的余弦值为6313．（2020·福建厦门�高二期末）正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 、G 、H 分别为1CC 、BC 、CD 、BB 、1BB 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．1B G BC ⊥ B ．平面AEF 平面111AAD D AD =C ．1//A H 面AEFD ．二面角E AF C --的大小为4π14．正三棱柱111ABC A B C -中，13AA =，则（ ） A ．1AC 与底面ABC 的成角的正弦值为12 B ．1AC 与底面ABC 的成角的正弦值为32 C ．1AC 与侧面11AA B B 3D ．1AC 与侧面11AA B B 的成角的正弦值为134三、单空题15．（2020·四川省南充市白塔中学高二月考（理））已知平面α的一个法向量10,,22n ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，A α∈，P α∉，且31,,222PA ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭，则直线PA 与平面α所成的角为______． 16．（2019·河南高二竞赛）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 ． 17．（2019·安徽埇桥�北大附宿州实验学校高二期末（理））若平面α，β的法向量分别为(4,0,3)u =，(1,1,0)v =-，则这两个平面所成的锐角的二面角的余弦值为________.四、双空题18．（2020·浙江宁波�高二期末）在正四面体ABCD 中，M ，N 分别为棱BC 、AB 的中点，设AB a =，AC b =，AD c =，用a ，b ，c 表示向量DM =______，异面直线DM 与CN 所成角的余弦值为______.19．（2018·北京海淀�高二期末（理））已知棱长为1的正四面体ABCD ，O 为A 在底面BCD 上的正射影，如图建立空间直角坐标系，M 为线段AB 的中点，则M 点坐标是__________，直线DM 与平面BCD 所成角的正弦值是__________．20．（2020·山东德州�高二期末）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=︒，11AA AC BC ===，则异面直线1BC 与11A B 所成角为______；二面角1A BC C --的余弦值是______.21. 如图，在三棱锥S ABC -中，SA SB SC ==，且2ASB BSC CSA π∠=∠=∠=，M 、N 分别是AB 和SC 的中点，则异面直线SM 与BN 所成的角的余弦值为________，二面角A SC M --大小为________.五、解答题22．（2020·上海高三专题练习）如图，在棱长为1的立方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱11A D 的中点，H 为平面11AA D D 内的点.（1）若1C H ⊥平面BDE ，确定点H 的位置； （2）求点1C 到平面BDE 的距离.23．（2020·全国高二课时练习）在直三棱柱中，13AA AB BC ===，2AC =，D 是AC 的中点.（1）求证：1//B C 平面1A BD ； （2）求直线1B C 到平面1A BD 的距离.24．（2019·天津南开�崇化中学高二期中）如图，四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形，侧面PCD ⊥底面ABCD ，且2PC PD ==，M ，N 分别为棱PC ，AD 的中点.（1）求证：BC PD ⊥；（2）求异面直线BM 与PN 所成角的余弦值； （3）求点N 到平面MBD 的距离.25．（2020·河南高三其他（理））《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早1000多年,在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qian du );阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖膈(bie nao )指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵111ABC A B C -中,AB AC ⊥.(1)求证:四棱锥11B A ACC -为阳马;(2)若12C C BC ==,当鳖膈1C ABC -体积最大时,求锐二面角11C A B C --的余弦值.26．（2019·浙江衢州�高二期中）四棱锥P ABCD -中，AP AC =，底面ABCD 为等腰梯形，//CD AB ，222AB CD BC ===，E 为线段PC 的中点，PC CB ⊥.（1）证明：AE ⊥平面PCB ；（2）若2PB =，求直线DP 与平面APC 所成角正弦值.27. （2020·武威第六中学高三其他（理））如图，四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形，//BC AD ，90BAD ∠=︒，222AD PD AB BC ====，M 为PA 的中点．（Ⅰ）求证：//BM 平面PCD（Ⅱ）若平面ABCD ⊥平面PAD ，异面直线BC 与PD 所成角为60°，且PAD △是钝角三角形，求二面角B PC D --的正弦值1．（2020·江苏如东 高一期末）在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，11AA =，则直线1BC 与平面11BB DD 所成角的正弦值为（ ）A ．63B ．102C ．155D ．105【答案】D 【解析】以D 点为坐标原点，以1,,DA DC DD 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则1(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),A B C C (0,2,1),1(2,0,1),(2,2,0),BC AC AC ∴=-=-为平面11BB D D 的一个法向量． 110cos ,58BC AC ∴<>==⋅． ∴直线1BC 与平面11BB DD 所成角的正弦值为105. 故选：D ．2．（2020·河北新华 石家庄二中高一期末）在正方体1111ABCD A B C D -中，M N ，分别为AD ，11C D 的中点，O 为侧面11BCC B 的中心，则异面直线MN 与1OD 所成角的余弦值为( ) A ．16B ．14C ．16-D ．14-【答案】A如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系． 设正方体的棱长为2，则()()()()1100,012,121,002M N O D ，，，，，，，，， ∴()()11,1,2,1,2,1MN OD =-=--． 则11111cos ,666MN OD MN OD MN OD ⋅===⋅． ∴异面直线MN 与1OD 所成角的余弦值为16,故选A ．3．（2020·辽宁高三其他（文））如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2，AA 1=1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为（ ）A ．63B ．65C ．155D ．105【答案】D 【解析】以D 点为坐标原点，以DA 、DC 、1DD 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系则A （2，0，0），B （2，2，0），C （0，2，0），1C （0，2，1）∴1BC =（-2，0，1），AC =（-2，2，0），AC 且为平面BB 1D 1D 的一个法向量．∴1410cos ,558BC AC 〈〉==⋅．∴BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为105 4．（2020·黑龙江道里 哈尔滨三中高三二模（理））已知四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，2BC BD ==，AB 与平面ACD 所成角的正切值为12，则点B 到平面ACD 的距离为（ ） A ．32B ．233C ．55D ．255【答案】D 【解析】以B 为原点，BC ，BD ，BA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设BAt ，0t >，()0,0,0B ，)2,0,0C ，()2,0D ，0,0,A t .0,0,AB t ，2,0,CAt ，2,2,0CD.设平面ACD 的法向量(),,n x y z =，则20220n CA x tz n CD x y ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-=⎪⎩，令1x =，得1y =，2z t =，故21,1,n t ⎛= ⎝⎭.因为直线AB 与平面ACD 所成角的正切值为12， 所以直线AB 与平面ACD 5. 即2255211AB nAB nt t ⋅==⋅⋅++，解得2t =.所以平面ACD 的法向量21,1,2n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， 故B 到平面ACD的距离为22551112AB n d n⋅===++.故选：D5．（2020·山东省济南市莱芜第一中学高二月考）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 为棱1CC 的中点，则直线1B M 与平面11A D M 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1111(1,0,1),(0,0,1),(0,1,),(1,1,1)2A D M B11(1,0,0)=-A D ，11(0,1,)2=-D M ，11(1,0,)2=MB设平面11A D M 的法向量为(,,)m x y z =则1110=01002x A D m y z D M m -=⎧⎧⋅⎪⎪⇒⎨⎨-=⋅=⎪⎩⎪⎩令1y =可得2z =，所以(0,1,2)=m 设直线1B M 与平面11A D M 所成角为θ，1112sin 5552θ⋅===⋅⨯m MB m MB故选：B6．（2018·浙江高三其他）如图，在长方体11112222A B C D A B C D -中，12111122A A A B B C ==，A ，B ，C 分别是12A A ，12B B ，12C C 的中点，记直线2D C 与1AD 所成的角为α，平面22A BCD 与平面11ABC D 所成二面角为β，则（ ）A ．cos cos αβ=B ．sin sin αβ=C ．cos cos t αβ>D ．sin sin αβ<【答案】B 【解析】连接111,AB B D ,如图，在长方体内知12//AB D C ,所以11B AD ∠为异面直线2D C 与1AD 所成的角为α， 易知11AB D 为等边三角形， 所以60α︒=，因为22A D ⊥平面22ABB A ,2AB ⊂平面22ABB A ， 所以22A D ⊥2AB 又22AB A B ⊥，2222A D A B A =所以2AB ⊥平面22A BCD ， 同理可得1B C ⊥平面11ABC D ，则2AB →，1B C →可分别视为平面22A BCD ，平面11ABC D 的一个法向量，又因为在长方体内易知21//AD B C ，而2260D AB ∠=︒ 故2AB →与1B C →的夹角为60︒， 所以60β︒=或120β︒=，即sin sin αβ=， 故选：B7．（2020·浙江镇海中学高三三模）在三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 上的点（不包括端点），记直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（ ）A ．123θθθ<<B ．213θθθ<<C ．321θθθ<<D ．231θθθ<<【答案】D 【解析】设三棱柱111ABC A B C -是棱长为2的正三棱柱，D 是棱BC 的中点， 以A 为原点，在平面ABC 中，过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()10,0,2A ，()13,1,2B ，()0,2,0C ，33,022D ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()0,0,0A ，()0,2,0AC =，131,22B D ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()113,1,0=A B ，直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，1111cos 25B D AC BD ACθ⋅∴==⋅直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ， 平面111A B C 的法向量()0,0,1n =，1212sin 5BD n BD nθ⋅∴==⋅2cos θ∴== 设平面11A B D 的法向量(),,m a b c =，则11130312022m AB a b m B D a b c ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩，取a =33,3,2m ⎛⎫=-- ⎪⎭，二面角111C A B D --的平面角为3θ，332cos 57m n m nθ⋅∴===⋅231cos cos cos θθθ>>， ∴231θθθ<<故选：D8．（2020·浙江衢州 高二期末）在底面为锐角三角形的直三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱BC 的中点，记直线1B D 与直线AC 所成角为1θ，直线1B D 与平面111A B C 所成角为2θ，二面角111C A B D --的平面角为3θ，则（ ）A ．2123,θθθθ<<B ．2123,θθθθ><C ．2123,θθθθ<>D ．2123,θθθθ>>【答案】A 【解析】由题可知，直三棱柱111ABC A B C -的底面为锐角三角形，D 是棱BC 的中点， 设三棱柱111ABC A B C -是棱长为2的正三棱柱，以A 为原点，在平面ABC 中，过A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，则()10,0,2A ，()13,1,2B ，()0,2,0C ，33,02D ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,0,0A ，()0,2,0AC →=，131,222B D →⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，)113,1,0A B →=，直线1B D 与直线AC 所成的角为1θ，10,2πθ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，111cos 25B D ACB D ACθ→→→→⋅∴==⋅直线1B D 与平面111A B C 所成的角为2θ，20,2πθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 平面111A B C 的法向量()0,0,1n →=，121sin 5B D nB D nθ→→→→⋅∴==⋅， 222cos 155θ⎛⎫∴=-= ⎪⎝⎭设平面11A B D 的法向量(),,m a b c →=，则11130312022m A B ab m B D a bc ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩， 取a =33,2m →⎫=--⎪⎭， 二面角111C A B D --的平面角为3θ， 由图可知，3θ为锐角，即30,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 33cos m nm nθ→→→→⋅∴===⋅ 231cos cos cos θθθ>>，由于cos y θ=在区间()0,π上单调递减，∴231θθθ<<，则2123,θθθθ<<.故选：A.9．（2020·浙江省杭州第二中学高三其他）空间线段AC AB ⊥，BD AB ⊥，且::1:3:1AC AB BD =，设CD 与AB 所成的角为α，CD 与面ABC 所成的角为β，二面角C AB D --的平面角为γ，则（ ） A ．2γβα≤≤B ．2γβα≤≤ C ．2γαβ≤≤D ．2γαβ≤≤【答案】A 【解析】因为空间线段AC AB ⊥，BD AB ⊥， 所以可将其放在矩形中进行研究，如图，绘出一个矩形，并以A 点为原点构建空间直角坐标系：因为::1:3:1AC AB BD =，所以可设AC x =，3AB x =，BD x =，则()0,0,0A ，0,3,0B x ，0,0,C x ，,3,0D x x ，,3,CD x x x ，0,3,0AB x ，0,3,CB x x ，故CD 与AB 所成的角α的余弦值229311cos α11113CD AB x CD ABx x， 因为根据矩形的性质易知平面ABD ⊥平面ABC ，BD ⊥平面ABC ， 所以二面角C AB D --的平面角为γ90，γ452，γ2cos22， 所以BCD ∠即CD 与面ABC 所成的角β， 故110cos β11CD CB CD CB ， 1103112112， 所以2γβα≤≤，故选：A.10．（2020·四川高三三模（理））如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径BC ＝4，AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，D 为半圆弧的中点，若异面直线BD 和AB 1所成角的余弦值为23，则该几何体的体积为（ ）A ．16+8πB ．32+16πC ．32+8πD ．16+16π【答案】A 【解析】设D 在底面半圆上的射影为1D ，连接1AD 交BC 于O ，设1111A D B C O ⋂=. 依题意半圆柱体底面直径4,,90BC AB AC BAC ==∠=︒，D 为半圆弧的中点， 所以1111,AD BC A D B C ⊥⊥且1,O O 分别是下底面、上底面半圆的圆心.连接1OO ， 则1OO 与上下底面垂直，所以11,,OO OB OO OA OA OB ⊥⊥⊥，以1,,OB OA OO 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设几何体的高为()0h h >，则()()()()12,0,0,0,2,,0,2,0,2,0,B D h A B h -，所以()()12,2,,2,2,BD h AB h =--=-， 由于异面直线BD 和1AB 所成的角的余弦值为23， 所以212212388BD AB h BD AB h h ⋅==⋅+⋅+， 即2222,16,483h h h h ===+. 所以几何体的体积为2112442416822ππ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+. 故选：A二、多选题11．（2019·江苏徐州 高二期末）下列命题中正确的是（ ）A ．,,,AB M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,,A B M N 共面 B ．已知{},,a b c 为空间的一个基底，若m a c =+，则{},,a b m 也是空间的基底 C ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为2(2,0,)3n =-，则直线//l αD ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为(2,0,2)n =-，则直线l 与平面α所成角的正弦5【答案】ABD 【解析】对于A ，,,,A B M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,BA BM BN 共面，则,,,A B M N 共面，故A 对；对于B ，已知{},,a b c 为空间的一个基底，则,,a b c 不共面，若m a c =+，则,,a b m 也不共面，则{},,a b m 也是空间的基底，故B 对；对于C ，因为21(2)+00+3=03e n ⋅=⨯-⨯⨯，则e n ⊥，若l α⊄，则//l α，但选项中没有条件l α⊄，有可能会出现l α⊂，故C 错； 对于D ，∵cos ,e n e n e n =51022==⨯l 与平面α5，故D 对； 故选：ABD ．12．（2020·山东平邑 高二期末）如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D -，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（ ）A ．()()2212AA AB ADAC ++=B ．()10AC AB AD ⋅-= C ．向量1B C 与1AA 的夹角是60° D ．1BD 与AC 6【答案】AB 【解析】以顶点A 为端点的三条棱长都相等, 它们彼此的夹角都是60°， 可设棱长为1,则11111cos602AA AB AA AD AD AB ⋅=⋅=⋅=⨯⨯︒=()22221111=+2+2+2AA AB AD AA AB AD AA AB AB AD AA AD ++++⋅⋅⋅11113262=+++⨯⨯=而()()()22222222ACAB AD AB AD AB AD =+=++⋅121122362⎛⎫=++⨯=⨯= ⎪⎝⎭， 所以A 正确.()()()11AC AB AD AA AB AD AB AD ⋅-⋅=++-2211AA AB AA AD AB AB AD AD AB AD =⋅-⋅+-⋅+⋅- =0,所以B 正确.向量11B C A D=, 显然1AA D △ 为等边三角形，则160AA D ∠=︒.所以向量1A D 与1AA 的夹角是120︒ ,向量1B C 与1AA 的夹角是120︒,则C 不正确 又11=AD AA BD AB +-，AC AB AD =+ 则()211||=2AD AA A B B D =+-，()2||=3AC AB AD =+()()111AD AA AB BD AC AB AD ⋅=+-=+⋅所以11116cos ===6||||23BD AC BD AC BD AC ⋅⋅⨯，，所以D 不正确.故选：AB13．（2020·福建厦门 高二期末）正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 、G 、H 分别为1CC 、BC 、CD 、BB 、1BB 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．1B G BC ⊥ B ．平面AEF 平面111AAD D AD =C ．1//A H 面AEFD ．二面角E AF C --的大小为4π【答案】BC 【解析】由题可知，1B G 在底面上的射影为BG ，而BC 不垂直BG ， 则1B G 不垂直于BC ，则选项A 不正确；连接1AD 和1BC ，E 、F 、G 、H 分别为1CC 、BC 、CD 、BB 、1BB 的中点， 可知11////EF BC AD ，所以AEF ∆⊂平面1AD EF ， 则平面AEF平面111AA D D AD =，所以选项B 正确；由题知，可设正方体的棱长为2，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴， 则各点坐标如下：()()()()()()12,0,0,0,2,0,0,2,1,2,0,2,2,2,1,1,2,0A C E A H F ()()()()110,2,1,1,2,0,1,0,1,0,0,2A H AF EF AA =-=-=-=，设平面AEF 的法向量为(),,n x y z =，则00n AF n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即20x y x z -+=⎧⎨-=⎩，令1y =，得2,2x z ==，得平面AEF 的法向量为()2,1,2n =，所以10A H n ⋅=，所以1//A H 平面AEF ，则C 选项正确； 由图可知，1AA ⊥平面AFC ，所以1AA 是平面AFC 的法向量， 则1112cos ,3AA n AA n AA n⋅<>===⋅. 得知二面角E AF C --的大小不是4π，所以D 不正确. 故选：BC.14．正三棱柱111ABC A B C -中，13AA =，则（ ） A ．1AC 与底面ABC 的成角的正弦值为12 B ．1AC 与底面ABC 的成角的正弦值为32 C ．1AC 与侧面11AA B B 3D ．1AC 与侧面11AA B B 的成角的正弦值为134【答案】BC 【解析】如图，取11A C 中点E ，AC 中点F ，并连接EF ， 则1EB ，1EC ，EF 三条直线两两垂直，则分别以这三条直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系； 设2AB =； 则123AA =； 1(0A ∴，1-，0)，1(0C ，1，0)，(0A ，1-，23)，(0C ，1，23)；1(3B ，0，0)， ∴()10,2,23AC =-．底面ABC 的其中一个法向量为：()0,0,23m =，1AC ∴与底面ABC 的成角的正弦值为111123cos ,2423m AC m AC m AC -<>===⨯⨯，； A ∴错B 对．11A B 的中点K 的坐标为3(2，12-，0)；∴侧面11AA B B 的其中一个法向量为：133,,022KC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭；1AC ∴与侧面11AA B B 的成角的正弦值为：11111133cos 4,43AC KC AC KC AC KC <>===⨯⨯，； 故C 对D 错； 故选：BC ．三、单空题15．（2020·四川省南充市白塔中学高二月考（理））已知平面α的一个法向量10,,22n ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，A α∈，P α∉，且31,,222PA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，则直线PA 与平面α所成的角为______．【答案】π3【解析】设直线PA 与平面α所成的角为θ，则s 102342131022444in cos n PA n PAθθ===--⋅=⋅++++， ∴直线PA 与平面α所成的角为π3． 故答案为：π3． 16．（2019·河南高二竞赛）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】设AB =2,作CO ⊥面ABDEOH ⊥AB ，则CH ⊥AB ，∠CHO 为二面角C −AB −D 的平面角，CH =OH =CH cos ∠CHO =1，结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥，3,11(),2212AN EM CH AN AC AB EM AC AE AN EM====+=-∴⋅=故EM ,AN 116=。
1.4 空间向量的应用(精练)(解析版).
1.4空间向量的应用（精练）法向量的求法1．（2022·湖北·高二阶段练习）已知平面α内有两点()1,1,2M -，(),3,3N a ，平面α的一个法向量为()6,3,6n =-，则=a （）A ．4B ．3C ．2D ．1【答案】C【解析】因为()1,1,2M -，(),3,3N a ，所以()1,4,1MN a =-，因为平面α的一个法向量为()6,3,6n =-，所以n MN ⊥r uuu r ，则()613460n MN a ⋅=--⨯+=，解得2a =，故选：C.2．（2022·全国·高二课时练习）在直三棱柱111ABC A B C -中，以下向量可以作为平面ABC 法向量的是()A ．ABB ．11AC C ．1BCD ．1AA 【答案】D 【解析】如图，∵1CC 、1AA 、1BB 均垂直于平面ABC ，故选项D 中1AA 可以作为平面ABC 的法向量．故选：D ．3．（2022·全国·高二课时练习）已知正方体1111ABCD A B C D -，分别写出对角面11A ACC 和平面1ACB 的一个法向量．【答案】平面11A ACC 的一个法向量为()1,1,0m =，平面1ACB 的一个法向量为()1,1,1n =-；【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,1,0C 、()10,1,1C 、()11,1,1B 、()11,0,1A ，所以()1,1,0AC =-，()10,1,1AB =，()10,0,1AA =，设面11A ACC 的法向量为(),,m x y z =，所以100m AC x y m AA z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，令1x =，则1y =，0z =，所以()1,1,0m =，即平面11A ACC 的一个法向量为()1,1,0m =，设平面1ACB 的法向量为(),,n a b c =，则100n AC a b n AB b c ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1a =，则1b =，1c =-，所以()1,1,1n =-，所以平面1ACB 的一个法向量为()1,1,1n =-；4．（2022·全国·高二）已知()1,1,1A ，()0,2,0B ，()2,3,1C ．(1)写出直线BC 的一个方向向量；(2)写出平面ABC 的一个法向量．【答案】(1)()2,1,1BC =；(2)()2,1,3n =--.【解析】(1)因为()0,2,0B ，()2,3,1C ，所以()2,1,1BC =，所以直线BC 的一个方向向量为()2,1,1BC =.(2)因为()1,1,1A ，()0,2,0B ，()2,3,1C ，所以()1,2,0AC =，()2,1,1BC =，设平面ABC 的一个法向量为(),,n x y z =，则0,0n AC n BC ⋅=⋅=，即2020x y x y z +=⎧⎨++=⎩，令1y =-，则2x =，3z =-，所以()2,1,3n =--，所以平面ABC 的一个法向量为()2,1,3n =--.空间向量证平行1．（2022·全国·高二课时练习）已知直线的方向向量()1,1,2a =-，平面α的一个法向量为()0,2,1n =，则线面的位置关系是（）A ．平行B ．在平面内C ．垂直D ．平行或在平面内【答案】D 【解析】由题可知：()1012210a n ⋅=⨯+-⨯+⨯=，故直线平行或在平面内.故选：D.2．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体ABCD A B C D ''''-中，点E ，F ，G ，H ，M ，N 分别是该正方体六个面的中心，求证：平面EFG ∥平面HMN ．【答案】证明见解析.【解析】由题意知，建立如图空间直角坐标系D xyz -，设正方体的棱长为2，则()()()()()()1,1,01,0,12,1,11,1,21,2,10,1,1E F G H M N ，，，，，，得()()()()0,1,11,1,00,1,11,1,0EF FG HM NM =-==-=，，，，所以////EF HM FG NM ，，即////EF HM FG NM ，，又HM ⊂平面HMN ，NM ⊂平面HMN ，所以//EF 平面HMN ，//FG 平面HMN ，又EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ，EF FG F ⋂=，所以平面EFG //平面HMN.3．（2021·全国·高二课时练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为2，M ，N 分别为1A B ，AC 的中点，证明：1MN B C ∥.【答案】证明见解析.【解析】连接1AB ,如图，由正方体知四边形11ABB A 是正方形，且M 是1A B 的中点，所以11AB A B M ⋂=，即M 是1AB 的中点，又N 是AC 的中点，所以1MN B C ∥.4．（2022·全国·高二）如图，已知矩形ABCD 和矩形ADEF 所在平面相交于AD ，点M ，N分别在对角线BD ，AE 上，且13BM BD =，13AN AE =．求证：//MN 平面CDE ．【答案】证明见解析【解析】证明：因为M 在BD 上，且13BM BD =，所以111333MB DB DA AB ==+．同理1133AN AD DE =+．又CD BA AB ==-，所以MN MB BA AN =++11113333DA AB BA AD DE ⎛⎫⎛⎫=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，21213333BA DE CD DE =+=+.又CD 与DE 不共线，所以MN ，CD ，DE 共面．因为MN 不在平面CDE 内，所以//MN 平面CDE ．5．（2022·全国·高二）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M ，N 分别在线段1A B ，11D B 上，且113BM BA =，11113B N B D =，P 为棱11BC 的中点．求证：//MN BP ．【答案】证明见解析【解析】证明：11MN MB BB B N =++．因为113BM BA =，11113B N B D =，所以11111133MN BA BB B D =-++，()()111111111133BB B A BB B A A D =-++++，11111121213333BB A D BB B C =+=+．又因为P 为11B C 中点，所以111111111321322332BP BB B P BB B C BB B C MN ⎛⎫=+=+=+= ⎪⎝⎭，从而BP 与MN 为共线向量．因为直线MN 与BP 不重合，所以//MN BP ．6．（2021·全国·高二课时练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ．2PA AB AD ===，四边形ABCD 满足AB AD ⊥，//BC AD ，4BC =，点M 为PC 的中点，求证：//DM 平面PAB ．【答案】证明见解析【解析】证明：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA AD ⊥，PA AB ⊥．又AB AD ⊥，所以PA ，AB ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示：则()002P ,,，()2,0,0B ，()0,2,0D ，()2,4,0C ．因为点M 为PC 的中点，所以()1,2,1 M ，故()1,0,1DM =．又()0,0,2AP =，()2,0,0AB =，所以1122DM AP AP =+．所以DM ，AP ，AB 为共面向量．又DM ⊄平面PAB ，所以//DM 平面PAB ．7．（2022广东）如图，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°角.求证：CM ∥平面PAD .【答案】证明见解析.【解析】证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.因为PC⊥平面ABCD，所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，所以∠PBC＝30°.因为PC＝2，所以BC＝3PB＝4，所以D(0,1,0)，B30,0)，A34,0)，P(0,0,2)，M33 () 22，所以DP＝(0，－1,2)，DA＝33,0)，CM＝33 () 22.设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，由DP nDA n⎧⋅=⎨⋅=⎩得202330y zy-+=⎧⎪⎨+=⎪⎩取y＝2，得x3z＝1，所以n＝(32,1)是平面PAD的一个法向量.因为333201022n CM⋅=⨯+⨯，所以n CM⊥，.又CM⊄平面PAD，所以CM∥平面PAD.8．（2022·吉林）如图，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C 的中点，利用向量法证明：（1）MN ∥平面CC 1D 1D ；（2）平面MNP ∥平面CC 1D 1D ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】（1）证明：以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，0)，M (1，0，1)，N (1，1，0)，P (1，2，1).由正方体的性质，知AD ⊥平面CC 1D 1D ，所以DA ＝(2，0，0)为平面CC 1D 1D 的一个法向量.由于MN ＝(0，1，－1)，则·MN DA ＝0×2＋1×0＋(－1)×0＝0，所以MN ⊥DA .又MN ⊄平面CC 1D 1D ，所以MN ∥平面CC 1D 1D.（2）证明：因为DA ＝(2，0，0)为平面CC 1D 1D 的一个法向量，由于MP ＝(0，2，0)，MN ＝(0，1，－1)，则·0·0MP DA MN DA ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即DA ＝(2，0，0)也是平面MNP 的一个法向量，所以平面MNP ∥平面CC 1D 1D.9．（2021·全国·高二课时练习）四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，1//,2PD QA QA AB PD ==，.求证：//PC 平面BAQ .【答案】证明见解析.【解析】如图所示，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长度，DA 为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，可得(1,0,0),(0,0,1),(0,1,0)DA AB AQ ===，则0,0DA AB DA AQ ⋅=⋅=，所以DA 时平面BAQ 的一个法向量，又因为(0,2,1)PC =-，且0DA PC ⋅=，即DA PC ⊥且PC ⊄平面BAQ ，所以//PC 平面BAQ .10．（2022福建）如图，在四棱锥O ﹣ABCD 中，OA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是边长为2的正方形，且OA ＝2，M ，N 分别为OA ，BC 的中点．求证：直线MN ∥平面OCD ；【答案】证明见解析【解析】分别以AB 、AD 、AO 为x 、y 、z 轴，建立如图坐标系可得B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0），O （0，0，2），M （0，0，1），N （2，1，0）∴MN =（2，1，﹣1），DO =（0，﹣2，2），DC =（2，0，0），AB =uu u r （2，0，0），BN =（0，1，0）设平面OCD 的法向量为n =（x ，y ，z ），由00n DO n DC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020y z x -+=⎧⎨=⎩取y ＝1，得z ＝1，x ＝0，所以平面OCD 的法向量为n =（0，1，1），∴MN •n =2×0+1×1+（﹣1）×1＝0，可得MN ⊥n又∵MN ⊄平面OCD ，∴直线MN ∥平面OCD .11．（2021·青海）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是线段AC 的中点，点N 是线段1A B 上的点，若//MN 平面11B BCC ，试确定点N 的位置，并说明理由．【答案】点N 是线段1A B 的中点；理由见解析．【解析】设()101BN BA λλ=≤≤，因为//MN 平面11B BCC ，所以存在实数x ，y ，使得1MN xBC yBB =+．①又()()()111122MN BN BM BA BC BA BB BA BC BA λλ=-=-+=+-+11122BC BB BA λλ⎛⎫ ⎪⎝⎭=-++-，②比较①②，可知102λ-=，即12λ=，即点N 是线段1A B 的中点．空间向量证垂直1．（2022·江苏·滨海县五汛中学高二期中）已知平面α的法向量为(342)n =-，，，(342)AB =--，，，则直线AB 与平面α的位置关系为（）A ．AB α∥B ．AB α⊥C ．AB α⊂D ．AB α⊂或AB α∥【答案】B【解析】因为AB n =-，即(342)n =-，，与(342)AB =--，，平行，所以直线AB 与平面α垂直.故选：B2．（2022·福建泉州）在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，G 分别是111A A C D ，，11A D 的中点，则（）A ．//AC 平面EFGB ．1//AC 平面EFG C ．1B C ⊥平面EFGD ．BD ⊥平面EFG【答案】A【解析】取1CC 、BC 、AB 的中点分别记为H 、I 、J ，连接FH 、HI 、IJ 、EJ ，根据正方体的性质可得面EFG 即为平面EGFHIJ ，对于A ：如图1，//AC IJ ，AC ⊄平面EFG ，IJ ⊂平面EFG ，所以//AC 平面EFG ，故A 正确；对于B ：如图2，在平面11A D CB 中，1A C GI K =，则1A C平面EFG K =，所以B 错误；对于C 、D ：如图3，1B D ⊥平面EGFHIJ ，因为过平面EGFHIJ 外一点作1B （D ）仅能作一条垂线垂直该平面，故C 、D 错误；其中1B D ⊥平面EGFHIJ 可按如下证明：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()0,2,0D ，()12,0,2B ，()0,0,1E ，()0,1,2G ，()1,2,2F ，所以()12,2,2DB =-，()0,1,1EG =，()1,2,1EF =，所以10DB EG ⋅=，()12122210DB EF ⋅=⨯+⨯-+⨯=，即1DB EG ⊥，1DB EF ⊥，又EGEF E =，,EG EF ⊂平面EFG ，所以1B D ⊥平面EFG ；故选：A3．（2022·江苏·连云港高中高二期中）（多选）给出下列命题，其中是真命题的是（）A ．若直线l 的方向向量()1,1,2a =-，直线m 的方向向量12,1,2⎛⎫=- ⎪⎝⎭r b ，则l 与m 垂直B ．若直线l 的方向向量()0,1,1a =-，平面α的法向量()1,1,1n =--r，则l α⊥C ．若平面α，β的法向量分别为()10,1,3=u r n ，()21,0,2=u u rn ，则αβ⊥D ．若存在实数,,x y 使,=+MP xMA yMB 则点,,,P M A B 共面【答案】AD【解析】对于A ：因为直线l 的方向向量()1,1,2a =-，直线m 的方向向量12,1,2⎛⎫=- ⎪⎝⎭r b ，且()12,1,21101,1,22a b ⎛⎫-=--= ⎪⎝⎭⋅=-⋅，所以a b ⊥，所以l 与m 垂直.故A 正确；对于B ：因为直线l 的方向向量()0,1,1a =-，平面α的法向量()1,1,1n =--r，且a n λ≠，所以l α⊥不成立.故B 不正确；对于C ：因为平面α，β的法向量分别为()10,1,3=u r n ，()21,0,2=u u rn ，且2100660n n =++≠⋅=，所以12,n n 不垂直，所以αβ⊥不成立.故C 不正确；对于D ：若,MA MB 不共线，则可以取,MA MB 为一组基底，由平面向量基本定理可得存在实数,,x y 使,=+MP xMA yMB 则点,,,P M A B 共面；若,MA MB 共线，则存在实数,,x y 使,=+MP xMA yMB 所以,,,P M A B 共线，则点,,,P M A B 共面也成立.综上所述：点,,,P M A B 共面.故D 正确.故选：AD4．（2022·全国·高二课时练习）（多选）给定下列命题，其中正确的命题是（）A ．若1n u r ，2n u u r分别是平面α，β的法向量，则12n n αβ⇔∥∥B ．若1n u r ，2n u u r分别是平面α，β的法向量，则120n n αβ⇔⋅=∥C ．若n 是平面α的法向量，且向量a 是平面α内的直线l 的方向向量，则0a n ⋅=D ．若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直【答案】ACD【解析】对A ，若1n u r ，2n u u r分别是平面α，β的法向量，则12n n αβ⇔∥∥，故A 正确B 错误；对C ，若n 是平面α的法向量，则n 与平面α的任意直线的方向向量均垂直，所以0a n ⋅=，故C 正确；对D ，若两个平面垂直时，它们的法向量垂直是真命题，所以它的逆否命题“若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直”也是真命题，故D 正确.故选：ACD.5．（2022·江苏·泗阳县实验高级中学高二阶段练习）（多选）已知12,v v 分别为直线的12,l l 方向向量（12,l l 不重合），12,n n 分别为平面,αβ的法向量（,αβ不重合），则下列说法中，正确的是（）A ．1212//v v l l ⇔⊥B ．1212v v l l ⊥⇔⊥C ．12//n n αβ⇔⊥D ．12n n αβ⊥⇔⊥【答案】BD【解析】因为1v ，2v 分别为直线1l ，2l 的方向向量1(l ，2l 不重合），则1212////v v l l ⇔，故选项A 错误；则1212v v l l ⊥⇔⊥，故选项B 正确；因为1n u r ，2n u u r分别为平面α，β的法向量(α，β不重合），则12////n n αβ⇔，故选项C 错误；则12n n αβ⊥⇔⊥，故选项D 正确．故选：BD ．6．（2022·江苏·盐城市伍佑中学高二阶段练习）（多选）已知直线l 的方向向量为m ，平面α的法向量为n ，则能使l α⊥的是（）A ．(1,2,1),(1,0,1)m n ==B ．(0,1,0),(0,3,0)m n ==C ．11(1,2,1),,1,22m n ⎛⎫=-=-- ⎝⎭D ．(1,2,3),(2,2,2)m n =-=-【答案】BC【解析】因为直线l 的方向向量为m ，平面α的法向量为n ，要使l α⊥，只需m ∥n .对于A ：(1,2,1),(1,0,1)m n ==.因为101121≠≠，所以m 、n 不平行.故A 错误；对于B ：(0,1,0),(0,3,0)m n ==.因为13n m =，所以m ∥n .故B 正确；对于C ：11(1,2,1),,1,22m n ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭.因为2n m =-，所以m ∥n .故C 正确；对于D ：(1,2,3),(2,2,2)m n =-=-.因为123222-≠≠-，所以m 、n 不平行.故D 错误；故选：BC.7．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1CD 和1DC 相交于点O ，求证：1AO A B ⊥．【答案】证明见解析【解析】证明：如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()2,0,0A 、()0,1,1O 、()12,0,2A 、()2,2,0B ，所以()2,1,1AO =-，()10,2,2A B =-，所以()12012120AO A B ⋅=-⨯+⨯+⨯-=，所以1AO A B ⊥，即1AO A B⊥8．（2022西安）如图，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，PA ＝AD ＝2，M 、N 分别是AB 、PC 的中点．求证：平面MND ⊥平面PCD ；【答案】证明见解析【解析】∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，∴AB 、AD 、AP 两两互相垂直，如图所示，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，可得A （0，0，0），B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2），M （1，0，0），N （1，1，1），∴MN =（0，1，1），ND =（﹣1，1，﹣1），PD =（0，2，﹣2）设m =（x ，y ，z ）是平面MND 的一个法向量，可得00m MN y z m ND x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩，取y ＝﹣1，得x ＝﹣2，z ＝1，∴m =（﹣2，﹣1，1）是平面MND 的一个法向量，同理可得n =（0，1，1）是平面PCD 的一个法向量，∵m •n =-2×0+（﹣1）×1+1×1＝0，∴m n ⊥，即平面MND 的法向量与平面PCD 的法向量互相垂直，可得平面MND ⊥平面PCD .9．（2022·北京）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，113AB AA a ==，E ，F 分别是1BB ，1CC 上的点，且BE a =，2CF a =，求证：平面AEF ⊥平面ACF ．【答案】证明见解析.【解析】以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，不妨设2a =，则()0,0,0A ，)3,1,2E ，()0,2,4F ，∴)3,1,2AE =，()0,2,4AF =．∵x 轴⊥平面ACF ，∴可取平面ACF 的一个法向量为()1,0,0m =．设平面AEF 的法向量为(),,n x y z =，则320240n AE x y z n AF y z ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取1z =，得()0,2,1n =-为平面AEF 的一个法向量．∵0m n ⋅=，∴m n ⊥，∴平面AEF ⊥平面ACF ．10．（2022·全国·专题练习）已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点．（1）求证：A 1E ⊥BD ；（2）若平面A 1BD ⊥平面EBD ，试确定E 点的位置．【答案】（1）证明见解析；（2）E 为CC 1的中点.【解析】以D 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，设正方体的棱长为a ，则A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )．设E (0，a ，e )(0≤e ≤a )．（1）1A E →＝(－a ，a ，e －a )，BD →＝(－a ，－a ，0)，1A E BD →→⋅＝a 2－a 2＋(e －a )·0＝0，∴1A E BD →→⊥，即A 1E ⊥BD ；（2）设平面A 1BD ，平面EBD 的法向量分别为1n →＝(x 1，y 1，z 1)，2n →＝(x 2，y 2，z 2)．∵DB →＝(a ，a ，0)，1DA →＝(a ，0，a )，DE →＝(0，a ，e )∴10n DB →→⋅=，110n DA →→⋅=，20n DB →→⋅=，10n DE →→⋅=.∴11110,0,ax ay ax az +=⎧⎨+=⎩,22220,0.ax ay ay ez +=⎧⎨+=⎩取x 1＝x 2＝1，得1n →＝(1，－1，－1)，2n →＝(1，－1，a e)．由平面A 1BD ⊥平面EBD 得1n →⊥2n →.∴2－a e＝0，即e ＝2a .∴当E 为CC 1的中点时，平面A 1BD ⊥平面EBD .11．（2022·全国·高二专题练习）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AB AD ⊥，AC CD ⊥，60ABC ∠=︒2PA AB BC ===，E 是PC的中点．求证：（1）CD AE ⊥；（2）PD ⊥平面ABE ．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】方法一（1）以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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，则()0,0,0A ，()2,0,0B，()C，D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()002P ,,，12E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以1,3CD ⎛⎫⎪⎝⎭=-，1,122AE ⎛⎫ ⎪⎭=⎝，所以110102CD AE ⋅=-⨯++⨯=，所以CD AE ⊥．（2）由（1），得2PD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,0AB =，12AE ⎛⎫ ⎪⎭=⎝．设向量(),,n x y z =是平面ABE 的法向量，则00n AB n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即201023x x y z =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取2y =，则(0,2,n =，所以3PD =，所以//PD n uu u r r，所以PD ⊥平面ABE ．方法二（1）∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA CD ⊥．又AC CD ⊥，PA AC A =，∴CD ⊥平面PAC ．∵AE ⊂平面PAC ，∴CD AE ⊥．（2）∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA AB ⊥．又AB AD ⊥，PA AD A ⋂=，∴AB ⊥平面PAD ，∴AB PD ⊥．由题可得2PA AC ==，由E 是PC 的中点，∴AE PC ⊥．又CD AE ⊥，PCCD C =，∴AE ⊥平面PCD ，∴AE PD ⊥．∵AB PD ⊥，AE PD ⊥，AB AE A =，∴PD ⊥平面ABE ．12．（2021·全国·高二课时练习）如图所示，已知ADB △和ADC 都是以D 为直角顶点的直角三角形，且AD BD CD ==，60BAC ∠=．求证：BD ⊥平面ADC ．【答案】证明见解析【解析】不妨设1AD BD CD ===，则2AB AC ==，由空间向量数量积的定义可得cos 601AB AC AB AC ⋅=⋅=，因为1AD CD ==且45CAD ∠=，所以，cos 451AD AC AD AC ⋅=⋅=，所以，()110BD AC AD AB AC AC AD AB AC ⋅=-⋅=⋅-⋅=-=，BD AC ∴⊥，又因为BD AD ⊥，ACAD A =，因此，BD ⊥平面ACD .空间向量求空间角1．（2022·贵州·遵义市第五中学）在三棱锥P —ABC 中，PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA =PB =PC ，M 、N 分别为AC 、AB 的中点，则异面直线PN 和BM 所成角的余弦值为（）A 3B 3C ．63D ．66【答案】B【解析】以点P 为坐标原点，以PA ，PB ，PC 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，令2PA =，则()0,0,0P ，()0,2,0B ，()1,0,0M ，()1,1,0N ，则(1,1,0)PN =，(1,2,1)BM =-，设异面直线PN 和BM 所成角为θ，则||3cos 6||||PN BM PN BM θ⋅==.故选：B.2．（2022·青海·海东市第一中学如图，在三棱柱111ABC A B C -中，11222A C AA AB AC BC ====，160BAA ∠=︒．(1)证明：平面ABC ⊥平面11AA B B ．(2)设P 是棱1CC 的中点，求AC 与平面11PA B 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)64【解析】(1)设2AB =．在四边形11AA B B 中，∵12AA AB =，160BAA ∠=︒，连接1A B ，∴由余弦定理得2221112cos6012A B AA AB AA AB =+-⋅︒=，即13A B =∵22211A B AB AA +=，∴1A B AB ⊥．又∵22211A B BC A C +=，∴1A B BC ⊥，AB BC B ⋂=，∴1A B ⊥平面ABC ，∵1A B ⊂平面11AA B B ，∴平面ABC ⊥平面11AA B B ．(2)取AB 中点D ，连接CD ，∵AC BC =，∴CD AB ⊥，由（1）易知CD ⊥平面11AA B B ，且3CD =如图，以B 为原点，分别以射线BA ，1BA 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系B -xyz ，则(2,0,0)A ，13,0)A ，3)C ，1(2,23,0)B -，1(1,23,3)C -，3,3)P ．11(2,0,0)A B =-，1(0,3,3)A P =-，设平面11PA B 的法向量为(,,)n x y z =，则11100n A B n A P ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得20330x -=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1y =，则取(0,1,1)n =，(3)AC =-uuu r ，||36cos ,||||22AC n AC n AC n ⋅〈〉===AC 与平面11PA B 63．（2022·广西）如图，PO 是三棱锥P ABC -的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113【解析】(1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P ABC -的高，所以PO ⊥平面ABC ，,AO BO ⊂平面ABC ，所以PO AO ⊥、PO BO ⊥，又PA PB =，所以POA POB ≅△△，即OA OB =，所以OAB OBA ∠=∠，又AB AC ⊥，即90BAC ∠=︒，所以90OAB OAD ∠+∠=︒，90OBA ODA ∠+∠=︒，所以ODA OAD∠=∠所以AO DO =，即AO DO OB ==，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以//OE PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ，所以//OE 平面PAC(2)解：过点A 作//Az OP ，如图建立平面直角坐标系，因为3PO =，5AP =，所以224OA AP PO =-=，又30OBA OBC ∠=∠=︒，所以28BD OA ==，则4=AD ，43AB =所以12AC =，所以()23,2,0O ，()43,0,0B ，()23,2,3P ，()0,12,0C ，所以333,1,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则333,1,2AE ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()43,0,0AB =，()0,12,0AC =，设平面AEB 的法向量为(),,n x y z =，则33302430n AE y z n AB x ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令2z =，则3y =-，0x =，所以()0,3,2n =-；设平面AEC 的法向量为(),,m a b c =，则33302120m AE b c m AC b ⎧⋅=++=⎪⎨⎪⋅==⎩，令3a =6c =-，0b =，所以)3,0,6m =-；所以cos ,n m n m n m⋅===设二面角C AE B --为θ，由图可知二面角C AE B --为钝二面角，所以cos θ=11sin 13θ==故二面角C AE B --的正弦值为1113；4．（2022·江苏南京·高二期末）如图，斜三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为正三角形，D 为棱AC 的中点，1A D ⊥平面ABC ．(1)证明：BD ⊥平面11ACC A ；(2)若12AA AB ==，求直线1AB 与平面1BB C 所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析【解析】(1)在正ABC 中，因为D 为AC 的中点，所以BD AC ⊥．因为1A D ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC 所以1BD A D⊥因为1AC A D D ⋂=，AC ，1A D 均在平面11ACC A 内，所以BD ⊥平面11ACC A (2)因为1A D ⊥平面ABC ．所以1A D DC ⊥，1A D DB ⊥．即1DA ，DC ，DB 两两相互垂直．以{}1,,DB DC DA 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．因为12AB AC AA ===，所以点()0,1,0A -，)B ，()0,1,0C，(1A所以(1AA =，)AB =，()BC =从而11AB AA AB =+=，(11BB AA ==设平面1BB C 的一个法向量为(),,n x y z =，则0n BC ⋅=uu u rr ，10n BB ⋅=即00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，令y =则()1n =-记直线1AB 与平面1BB C 所成角为θ．则111sin cos ,5AB n AB n AB nθ⋅=<>==⨯，所以，直线1AB 与平面1BB C．5．（2022·内蒙古）如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥底面ABCD ，M 为线段PC 的中点，PD AD =，N 为线段BC上的动点．(1)证明：平面MND ⊥平面PBC(2)当点N 在线段BC 的何位置时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°？指出点N 的位置，并说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)点N 在线段BC 的中点【解析】(1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，BC ⊂底面ABCD ，所以PD BC ⊥，因为CD BC ⊥，CDPD D =，所以BC ⊥平面PCD ，因为DM ⊂平面PCD ，所以BC DM ⊥，因为四边形ABCD 为正方形，PD AD =，所以PD CD =，因为在PDC △中，PD CD =，M 为线段PC 的中点，所以DM PC ⊥，因为PC BC C ⋂=，所以DM ⊥平面PBC ，因为DM ⊂平面DMN ，所以平面MND ⊥平面PBC ，(2)当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°，理由如下：因为PD ⊥底面ABCD ，,⊂DA DC 平面ABCD ，所以,PD DA PD DC ⊥⊥，因为DA DC ⊥，所以,,DA DC DP 两两垂直，所以以D 为原点，以,,DA DC DP 所在的直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设1PD AD ==，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,0),(0,0,1),(0,1,0),0,,22D A B P C M ⎛⎫⎪⎝⎭，设(,1,0)(01)N λλ<<，则11(1,0,1),(0,1,0),(,1,0),0,,22AP AB DN DM λ⎛⎫=-=== ⎪⎝⎭，设(,,)m x y z =为平面PAB 的法向量，则m AP x z m AB y ⎧⋅=-+=⎨⋅==⎩，令1x =，则=(1,0,1)m u r ，设(,,)n a b c =为平面MND 的法向量，则011022n DN a b n DM b c λ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令1a =，则(1,,)n λλ=-，因为平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°，所以cos ,2m n m n m n⋅===，化简得24410λλ-+=，得12λ=，所以当点N 在线段BC 的中点时，平面MND 与平面PAB 所成锐二面角的大小为30°6．（2022·四川·成都七中）如图1，在边上为4的菱形ABCD 中，60DAB ∠=︒，点M ，N 分别是边BC ，CD 的中点，1AC BD O ⋂=，AC MN G ⋂=．沿MN 将CMN △翻折到PMN 的位置，连接PA ，PB ，PD ，得到如图2所示的五棱锥P ABMND -．(1)在翻折过程中是否总有平面PBD ⊥平面PAG ？证明你的结论；(2)当四棱锥P MNDB -体积最大时，求直线PB 和平面MNDB 所成角的正弦值；(3)在（2）的条件下，在线段PA 上是否存在一点Q ，使得二面角Q MN P --余弦值的绝对值为1010？若存在，试确定点Q 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)在翻折过程中总有平面PBD ⊥平面PAG ，证明见解析(2)3010(3)Q 存在且Q 为线段PA 的中点【解析】(1)在翻折过程中总有平面PBD ⊥平面PAG ，证明如下：∵点M ，N 分别是边CD ，CB 的中点，又60DAB ∠=︒，∴BD MN ∥，且PMN 是等边三角形，∵G 是MN 的中点，∴MN PG ⊥，∵菱形ABCD 的对角线互相垂直，∴BD AC ⊥，∴MN AC ⊥，∵AC PG G ⋂=，AC ⊂平面PAG ，PG ⊂平面PAG ，∴MN ⊥平面PAG ，∴BD ⊥平面PAG ，∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAG ．(2)由题意知，四边形MNDB 为等腰梯形，且4DB =，2MN =，1O G =，所以等腰梯形MNDB 的面积()242S +==要使得四棱锥P MNDB -体积最大，只要点P 到平面MNDB 的距离最大即可，∴当PG ⊥平面MNDB 时，点P 到平面MNDB此时四棱锥P MNDB -体积的最大值为133V =⨯=，直线PB 和平面MNDB 所成角的为PBG ∠，连接BG ，在直角三角形PBG 中，PG =BG =由勾股定理得：PB ==sin10PG PBG PB ∠==．(3)假设符合题意的点Q 存在．以G 为坐标原点，GA ，GM ，GP 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()A ，()0,1,0M ，()0,1,0N -，(P ，由（2）知，AG PG ⊥，又AG MN ⊥，且MN PG G ⋂=，MN ⊂平面PMN ，PG ⊂平面PMN ，AG ⊥平面PMN ，故平面PMN 的一个法向量为()11,0,0n =u r，设AQ AP λ=（01λ≤≤），∵()33,0,3AP =-，()33,0,3AQ λλ=-，故()()331,0,3λλ-，∴()0,2,0NM =，()()331,1,3QM λλ=--，平面QMN 的一个法向量为()2222,,n x y z =，则20n NM ⋅=，20n QM ⋅=，即()222220,33130,y x y z λλ=⎧⎪⎨-+-=⎪⎩令21z =，所以()220,31y x λλ=⎧⎪⎨=⎪-⎩()()()()211,0,1,0,313131n λλλλ⎛⎫==- ⎪ ⎪--⎝⎭，则平面QMN 的一个法向量()(),0,31n λλ=-，设二面角Q MN P --的平面角为θ，则()122110cos 1091n n n n λθλλ⋅===+-，解得：12λ=，故符合题意的点Q 存在且Q 为线段PA 的中点．空间向量求距离1．（2022·青海）如图，在四棱锥A -BCDE 中，底面BCDE 为矩形，M 为CD 中点，连接BM ，CE 交于点F ，G 为△ABE 的重心．(1)证明：//GF 平面ABC(2)已知平面ABC ⊥BCDE ，平面ACD ⊥平面BCDE ，BC =3，CD =6，当平面GCE 与平面ADE 所成锐二面角为60°时，求G 到平面ADE 的距离．【答案】(1)证明见解析3【解析】(1)延长EG 交AB 于N ，连接NC ,因为G 为△ABE 的重心，所以点N 为AB 的中点，且2EGGN=,因为//CM BE ,故CMF EBF ∽,所以2EF BECF CM==,故EF EGCF GN=，故//GF NC ,而NC ⊂平面ABC ，GF ⊄平面ABC,故//GF 平面ABC ；(2)由题意知，平面ABC ⊥平面BCDE ，平面ABC平面BCDE=BC ，DC BC ⊥,DC ⊂平面BCDE ，故DC ⊥平面ABC,AC ⊂平面ABC,则DC AC ⊥,同理BC AC ⊥，又,,BCDC C BC DC =⊂平面BCDE,所以AC ⊥平面BCDE ，以C 为原点，以CB,CD,CA 所在直线分别为x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，设点G 到平面BCDE 的距离为(0)t t >，则(0,0,3),(3,0,0),(3,6,0),(2,2,),(0,6,0)A t B E G t D ，故(2,2,),(3,6,0),(0,6,3),(3,0,0)CG t CE AD t DE ===-=,设平面GCE 的法向量为111(,,)m x y z =，则00m CG m CE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11111220360x y tz x y ++=⎧⎨+=⎩，取11y =，则112,,2,z x t ==-即2(2,1,)m t=-，设平面ADE 的法向量为222(,,)n x y z =，则00n AD n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即22263030y tz x -=⎧⎨=⎩，取22z =，则2y t =，则(0,,2)n t =，所以4||||1cos 602||||t m n t m n ︒+⋅==⋅，解得212,t t ==，又(2,4,DG =-，故点G 到平面ADE的距离为||4||DG n d n ⋅===.2（2022·上海交大附中）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -，其中13AB AA ==，．(1)若点P 是棱1AA 上的动点，求三棱锥1B PBC -的体积．(2)求点1D 到平面1ACB 的距离【答案】(1)【解析】(1)实际上需求三棱锥1P B BC -的体积．由正四棱柱，1113,3BB AA BC AB A B AB ======角形1B BC的面积为1111322B BC S BC BB =⋅⋅=⨯⨯=△因为P 是棱1AA 上的动点且1AA 与平面11BCC B 平行，则只需写出1AA 与平面11BCC B 间的距由于1A B ⊥平面11BCC B ，不妨记三棱锥的高为1A B则三棱锥1P B BC -的体积11111333P B BC B BC V S A B -=⋅⋅=⨯=△(2)以D为原点，如图建立空间直角坐标系．则11(3,0,0),(0,3,0),A B C D可知111(3,3,0),(3,3,0),D B CA CB ==-=设平面1ACB 的法向量为(,,)n x y z =则13300030y xx y n CA n CB x z ⎧⎧=⎧-=⋅=⎪⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨⋅=+==⎪⎪⎪⎩⎩⎩不妨设(2,2,n =，同时设点1D 到平面1ACB 的距离为d则11||n D B d n ⋅=故点1D 到平面1ACB3．（2022·北京）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等边三角形，四边形11BCC B 是边长为2的正方形，D 为AB中点，且1A D =(1)求证：CD ⊥平面11ABB A ；(2)若点P 在线段1B C 上，且直线AP 与平面1A CD求点P 到平面1A CD【答案】(1)证明见解析【解析】(1)证明：由题知112,1,AA AD A D ===，因为222115AD A A A D +==，所以1⊥A A AD ，又111,B B BC B B A A ⊥∥，所以1A A BC ⊥，又ADBC B =，所以1A A ⊥平面ABC ，又CD ⊂平面ABC ，所以1CD AA ⊥，在正三角形ABC 中，D 为AB 中点，于是CD AB ⊥，又1AB AA A ⋂=，所以CD ⊥平面11ABB A (2)取BC 中点为11,O B C 中点为Q ，则,OA BC OQ BC ⊥⊥，由（1）知1A A ⊥平面ABC ，且OA ⊂平面ABC ，所以1OA AA ⊥，又11B B A A ∥，所以11,OA BB BB BC B ⊥⋂=，所以OA ⊥平面11BCC B ，于是,,OA OB OQ 两两垂直如图，以O 为坐标原点，,,OB OQ OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系则()((()()1110,0,0,,0,,1,0,0,,1,2,02O A A C D B ⎛- ⎝⎭所以(()(113,1,2,,2,2,0,1,0,2CD CA CB AC ⎛====-- ⎝⎭设平面1A CD 的法向量为(),,n x y z =r，则100n CD n CA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即30220x z x y ⎧=⎪⎨⎪+=⎩令1x =，则1z y ==于是(1,1,n =设()[]12,2,0,0,1CP CB λλλλ==∈，则(121,2,AP AC CP CB λλλ=+==-由于直线AP 与平面1A CD于是25cos ,5AP n ==，即21λ+=，整理得24830λλ-+=，由于[]0,1λ∈，所以12λ=于是()11,1,0CP CB λ==设点P 到平面1A CD 的距离为d 则11255113CP n d n⋅+===++所以点P 到平面1A CD 的距离为2554．（2022·北京市第五中学三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11CC B B ，11CC B B 是矩形，已知132CC AC BC AC BC =⊥==，，，动点D 在棱1AA 上，点E 在棱1CC 上，且12CE EC =.(1)求证：BC ED ⊥;(2)若直线AB 与平面1DEB 31A D DA 的值;(3)在满足（2）的条件下，求点1A 到平面1DEB 的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)1=2A D DA ；(3)点1A 到平面1DEB 的距离为263.【解析】(1)因为四边形11CC B B 是矩形，所以1BC CC ⊥，又AC BC ⊥，1AC CC C =，1,AC CC ⊂平面11ACC A ，所以BC ⊥平面11ACC A ，又ED ⊂平面11ACC A ，所以BC ED ⊥，(2)因为平面ABC ⊥平面11CC B B ，平面ABC平面11CC B B BC =，AC ⊂平面ABC ，AC BC ⊥，所以AC ⊥平面11CC B B ，又1BC CC ⊥，所以1,,AC BC CC 两两相互垂直，以C 为原点，CA ，CB ，1CC 为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则(2,0,0)A ，(0,2,0)B ，1(0,2,3)B ，(0,0,2)E ,设1(01)ADAA λλ=≤≤，则(2,0,3)D λ，所以1(0,2,1)EB =，(2,0,32)ED λ=-，=(2,2,0)AB -设平面1DEB 的法向量为n ，=(,,)n x y z ，则100n EB n ED ⎧⋅=⎨⋅=⎩，202(32)0y z x z λ+=⎧⎨+-=⎩，取2z =，可得=(23,1,2)n λ--，设直线AB 与平面1DEB 的夹角为θ，则sin cos ,AB n AB n AB nθ⋅===3，化简可得231030λλ-+=，又01λ≤≤，所以1=3λ，所以1=2A D DA；(3)由(2)平面1DEB 的法向量为n ，=(1,1,2)n -，又1(0,0,2)A D =-，设点1A 到平面1DEB 的距离为d ，则1263A D n d n⋅===.所以点1A 到平面1DEB 5．（2022·天津·耀华中学二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，其中//AD BC ，AB AD ⊥，4PA =，122AB AD BC ===，E 为棱BC 上的点，且14BE BC =.(1)求证：DE ⊥平面PAC ；(2)求二面角A PC D --的余弦值；(3)求点E 到平面PCD 的距离.【答案】(1)证明过程见解析；；(3)2.【解析】(1)因为PA ⊥平面ABCD ，,AB AD ⊂平面ABCD ，所以,PA AB PA AD ⊥⊥，而AB AD ⊥，因此可以建立如下图所示的空间直角坐标系，则有(0,0,4),(2,0,0),(2,4,0),(0,2,0),(2,1,0)P B C D E ，(2,1,0)DE =-，(0,0,4)AP =，(2,4,0)AC =，因为20(1)0040,22(1)4000DE AP DE AC ⋅=⨯+-⨯+⨯=⋅=⨯+-⨯+⨯=，所以,DE PA DE AC ⊥⊥，而,PA AC ⊂平面PAC ，所以DE ⊥平面PAC ；(2)设平面PDC 的法向量为(,,)m x y z =，(2,4,4),(0,2,4)PC PD =-=-，则有24400(2,2,1)2400x y z m PC m PC m y z m PD m PD ⎧⎧+-=⎧⊥⋅=⇒⇒⇒=-⎨⎨⎨-=⊥⋅=⎩⎩⎩，由（1）可知平面PAC 的法向量为(2,1,0)DE =-，所以有222225cos ,5(2)212(1)m DE m DE m DE⋅〈〉===-⋅-++⨯+-，由图知二面角A PC D --为锐角，所以二面角A PC D --的余25；(3)由（2）可知：平面PDC 的法向量为(2,2,1)m =-，(2,1,4)PE =-，所以可得：222222222141cos ,21(2)2121(4)PE m PE m PE m⋅-⨯+⨯-⨯〈〉===⋅-++⨯++-所以点E 到平面PCD 的距离为2222cos ,21(4)221PE PE m ⋅〈〉++-=.6．（2022·山东临沂）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A D 的中点，过1AB E 的平面截此正方体，得如图所示的多面体，F 为棱1CC上的动点．(1)点H 在棱BC 上，当14CH CB =时，//FH 平面1AEB ，试确定动点F 在棱1CC 上的位置，并说明理由；(2)若2AB =，求点D 到平面AEF 的最大距离．【答案】(1)F 为1CC 中点，证明见解析(2)263【解析】(1)设平面11BCC B 与平面1AEB 的交线为l ，因为FH ∥平面1AEB ，平面11BCC B 平面1AEB l =，FH ⊂平面11BCC B 所以//FH l .由正方体1111ABCD A B C D -知，平面1ADD E ∥平面11BCC B ，又因为平面1ADD E平面1AEB AE =，平面11BCC B 平面1AEB l =，所以//AE l ，所以AE FH∥取BC 中点G ，连接1C G ，易知1AE GC ∥，所以1GC FH ∥，又因为H 为CG 中点，所以F 为1CC 中点.(2)以点D 为原点，1,,DA DC DD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有()()()()0,0,0,2,0,0,1,0,2,0,2,D A E F t ，其中[]0,2t ∈()()()1,0,2,2,2,,2,0,0AE AF t DA =-=-=设平面AEF 的法向量为(),,n x y z =则有2002200x z n AE x y tz n AF ⎧-+=⎧⋅=⇒⎨⎨-++=⋅=⎩⎩，不妨取2x =，则2,2,12t n ⎛⎫=-⎪⎝⎭所以D AEFAD n dn-⋅=2t =，即点F 与点1C 重合时，取等..所以点D到平面AEF的最大距离为3。
2019届高考数学(理)大一轮课时跟踪检测【50】空间向量的应用(含答案)
课时跟踪检测(五十) 空间向量的应用(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2018·石家庄模拟)如图，已知三棱柱ABC A1B1C1，侧面BCC1B1⊥底面ABC.(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN∥平面BCC1B1；(2)若三棱柱ABC A1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°，问在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与PA1的比值，若不存在，说明理由．2．(2018·浙江联考)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？3．(2018·福州质检)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，BC⊥CF，AD＝3，EF＝2，BE＝3，CF＝4.(1)求证：EF⊥平面DCE；(2)当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60°.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2018·荆州模拟)如图所示，在矩形ABCD 中，AB ＝35，AD ＝6，BD 是对角线，过点A 作AE ⊥BD ，垂足为O ，交CD 于E ，以AE 为折痕将△ADE 向上折起，使点D 到点P 的位置，且PB ＝41.(1)求证：PO ⊥平面ABCE ； (2)求二面角EAPB 的余弦值．2．(2018·武汉模拟)如图，在四棱锥S ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.M 是棱SB 的中点．(1)求证：AM ∥平面SCD ；(2)求平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值；(3)设点N 是直线CD 上的动点，MN 与平面SAB 所成的角为θ，求sin θ的最大值．3．(2018·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB.(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA ；若不存在，请说明理由．答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解：(1)证明：连接AC 1，BC 1，则AC 1∩A 1C ＝N ，AN ＝NC 1， 因为AM ＝MB ， 所以MN ∥BC 1. 又BC 1⊂平面BCC 1B 1， 所以MN ∥平面BCC 1B 1.(2)作B 1O ⊥BC 于O 点，连接AO ， 因为平面BCC 1B 1⊥底面ABC ， 所以B 1O ⊥平面ABC ，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，3，0)，B(－1，0,0)，C(1,0,0)，B 1(0,0，3)．由1AA ＝1CC ＝1BB ，可求出 A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)， 设点P(x ，y ，z)，11A C ＝λ1A P . 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ＋1，3－3λ，3，CP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，3－3λ，3，1CB ＝(－1,0，3)．设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CP ＝0n 1·1CB ＝0，令z 1＝1，解得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1＋λ1－λ，1.同理可求出平面ACC 1A 1的法向量n 2＝(3，1，－1)．由平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0，解得λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1P ∶PA 1＝2.2．解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ， CB ⊥AB ，平面ABCD∩平面ABEF ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ， 又AB 为圆O 的直径， ∴AF ⊥BF ，又BF∩CB＝B ，∴AF ⊥平面CBF.∵AF ⊂平面ADF ，∴平面DAF ⊥平面CBF. (2)由(1)知AF ⊥平面CBF ， ∴FB 为AB 在平面CBF 内的射影，因此，∠ABF 为直线AB 与平面CBF 所成的角． ∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形， 过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H. 已知AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12. 在Rt △AFB 中，根据射影定理得AF 2＝AH·AB，∴AF ＝1， sin ∠ABF ＝AF AB ＝12，∴∠ABF ＝30°. ∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为30°.(3)设EF 中点为G ，以O 为坐标原点，OA ，OG ，AD 方向分别为x 轴、y 轴、z轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD ＝t(t ＞0)，则点D 的坐标为(1,0，t)，C(－1,0，t)，又A(1,0,0)，B(－1,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，∴CD ＝(2,0,0)，FD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，t ，设平面DCF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z)，则n 1·CD ＝0，n 1·FD ＝0. 即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0x 2－32y ＋tz ＝0，令z ＝3，解得x ＝0，y ＝2t ，∴n 1＝(0,2t ，3)．由(1)可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为n 2＝AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，依题意，n 1与n 2的夹角为60°. ∴cos 60°＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|，即12＝3t 4t 2＋3·1，解得t ＝64. 因此，当AD 的长为64时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60°. 3．解：(1)证明：在△BCE 中，BC ⊥BE ， BC ＝AD ＝3，BE ＝3，∴EC ＝23， 在△FCE 中，CF 2＝EF 2＋CE 2，∴EF ⊥CE. 由已知条件知，DC ⊥平面EFCB ， ∴DC ⊥EF ，又DC 与EC 相交于C ，∴EF ⊥平面DCE.(2)如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系C xyz.设AB ＝a(a>0)，则C(0,0,0)，A(3，0，a)，B(3，0,0)，E(3，3,0)，F(0,4,0)，从而EF ＝(－3，1,0)，AE ＝(0,3，－a)． 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 由EF ·n＝0，AE ·n＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，3y －az ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝33a ，即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，33a .不妨设平面EFCB 的法向量为BA ＝(0,0，a)， 由条件得|cos 〈n ，BA 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n·BA |n||BA |＝334a 2＋27＝12，解得a ＝92. 所以当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°. 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)证明：由已知得AB ＝35，AD ＝6， ∴BD ＝9.在矩形ABCD 中，∵AE ⊥BD ，∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴DO AD ＝ADBD，∴DO ＝4，∴BO ＝5. 在△POB 中，PB ＝41，PO ＝4，BO ＝5， ∴PO 2＋BO 2＝PB 2，∴PO ⊥OB.又PO ⊥AE ，AE∩OB＝O ， ∴PO ⊥平面ABCE.(2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,4)，A(25，0,0)， B(0,5,0)．PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)，设n 1＝(x ，y ，z)为平面APB 的法向量．则⎩⎨⎧n 1·PA ＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎨⎧25x －4z ＝0，5y －4z ＝0.取x ＝25得n 1＝(25，4,5)，又n 2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝461×1＝46161，故二面角EAPB 的余弦值为46161.2．解：(1)证明：以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(1,0,0)，S(0,0,2)，M(0,1,1)．则AM ＝(0,1,1)，SD ＝(1,0，－2)，CD ＝(－1，－2,0)． 设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎨⎧SD ·n＝0，CD ·n＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1， 于是n ＝(2，－1,1)．∵AM ·n＝0，∴AM ⊥n.又AM ⊄平面SCD ， ∴AM ∥平面SCD.(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ， 则|cos φ|＝n 1·n |n 1|·|n|＝，0，，－1，1·6＝21·6＝63，即cos φ＝63.∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63. (3)设N(x,2x －2,0)(x ∈[1,2])， 则MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)，∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪，2x －3，－1，0，x 2＋－2＋－2·1 ＝x5x 2－12x ＋10＝15－12·1x ＋10·1x 2＝1101x 2－121x ＋5＝1101x －352＋75.当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357. 3.解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO. 因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB.因为四边形ABCD 为直角梯形． AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD. 因为EO∩DO＝0.所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED.(2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ， 所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD.由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz.因为三角形EAB 为等腰直角三角形， 所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1，所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)， D(0,1,0)，E(0,0,1)．所以EC ＝(1,1，－1)， 平面ABE 的一个法向量为OD ＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈EC ，OD 〉|＝|EC ·OD ||EC ||OD |＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD.证明如下：由EF ＝13EA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，－13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，23，所以FB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，－23，BD ＝(－1,1,0)．设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c)，则有⎩⎨⎧v·BD ＝0，v·FB ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC ·v＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0， 且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ， 即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD.。
利用空间向量求空间角与距离49
课时跟踪检测(四十九) 利用空间向量求空间角与距离[高考基础题型得分练]1．如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点E ，F ，G 分别是DD 1，AB ，CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是( )A.π6B.π4C.π3D.π2 答案：D解析：连接B 1G ，则B 1G ∥A 1E ，所以∠B 1GF 就是异面直线A 1E 与GF 所成的角或其补角．连接B 1F ，在△B 1GF 中，B 1F ＝5，B 1G ＝2，FG ＝3，所以B 1G 2＋FG 2＝B 1F 2，所以∠B 1GF ＝π2，即异面直线A 1E 与GF 所成的角是π2，故选D. 2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上且AM →＝12MC →1，N 为B 1B 的中点，则|MN →|＝( ) A.216aB.66aC.156a D.153a答案：A解析：以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2. 设M (x ，y ，z )，∵点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→， ∴(x －a ，y ，z )＝12(－x ，a －y ，a －z )，∴x ＝2a 3，y ＝a 3，z ＝a3，则M ⎝⎛⎭⎪⎫2a 3，a 3，a 3，∴|MN →|＝⎝⎛⎭⎪⎫a －2a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216 a .3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22答案：B解析：以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12.设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎨⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.故所成的锐二面角的余弦值为23.4．在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且 SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 答案：A解析：如图，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系O －xyz.设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)，设平面P AC 的一个法向量为n ， 设n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·AP →＝0，解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12，∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角是90°－60°＝30°.5．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( )A.32B.22C.223D.233答案：D解析：如图，建立空间直角坐标系．则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)， D 1A 1→＝(2,0,0)，DB →＝(2,2,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，∴⎩⎨⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1,1,1)．∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.6．[2018·河南郑州模拟]在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．答案：13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，如图所示．则A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，D 1(0,0,1)． A 1B →＝(0,2，－1)，A 1C 1→＝(－1,2,0)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1BC 1的法向量． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B →＝0，n ·A 1C 1→＝0，即⎩⎨⎧2y －z ＝0，－x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2， 于是n ＝(2,1,2)，D 1C 1→＝(0,2,0)， 设所求线面角为α，则sin α＝|cos 〈n ，D 1C 1→〉|＝13.7．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A －BD －C 的正弦值为________．答案：255解析：取BC 中点O，连接AO ，DO ，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0.∴OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0.设平面ABD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则BA →·n ＝0，且BD →·n ＝0，∴⎩⎨⎧y 02＋32z 0＝0，32x 0＋y2＝0，因此⎩⎨⎧y 0＝－3z 0，y 0＝－3x 0，取x 0＝1，得平面ABD 的一个法向量n ＝(1，－3，1)． 由于OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面BCD 的一个法向量，∴cos 〈n ，OA →〉＝55，∴sin 〈n ，OA →〉＝255.8．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________．答案：60°解析：以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．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°.9．如图，在四棱锥 P －ABCD 中，PC ⊥底面 ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若二面角 P －AC －E 的余弦值为33，求直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值．(1)证明：∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PC .∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝90°， ∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC . 又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC . ∵AC ⊂平面EAC ， ∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解：如图，以C 为原点，DA →，CD →，CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,1,0)，B (1，－1,0)． 设P (0,0，a )(a ＞0)，则E ⎝⎛⎭⎪⎫12，－12，a 2， CA →＝(1,1,0)，CP →＝(0,0，a )，CE →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－12，a 2，取m ＝(1，－1,0)，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为平面P AC 的一个法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0， 取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)．依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝a a 2＋2＝33， 则a ＝1.于是n ＝(1，－1，－2)，P A →＝(1,1，－1)．设直线P A 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝23，即直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为23.10.如图，在四棱锥 P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠ADC ＝60°，侧面PDC 是正三角形，平面PDC ⊥平面ABCD ，CD ＝2，M 为PB 的中点．(1)求证：P A ⊥平面CDM ；(2)求二面角 D －MC －B 的余弦值．(1)证明：证法一：取P A的中点N，连接MN，DN，又M为PB的中点，所以MN∥AB，又在菱形ABCD中，AB∥CD，所以MN∥CD，所以C，D，M，N四点共面．取DC的中点O，连接PO.因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝DC，又因为PO⊥DC，所以PO⊥底面ABCD.因为底面ABCD为菱形且∠ADC＝60°，DC＝2，DO＝1，故OA⊥DC.因为PO∩AO＝O，所以DC⊥平面POA，所以DC⊥P A.在△P AD中，PD＝AD＝2，N为P A的中点，所以DN⊥P A.又DN∩DC＝D，DN⊂平面CDNM，DC⊂平面CDNM，所以P A⊥平面CDNM，即P A⊥平面CDM.证法二：取DC的中点O，连接PO，OA，因为侧面PDC是正三角形，平面PDC⊥平面ABCD.所以PO⊥底面ABCD，因为底面ABCD 为菱形且∠ADC ＝60°，DC ＝2，DO ＝1，则OA ⊥DC .以O 为原点，分别以OA ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则A (3，0,0)，P (0,0，3)，B (3，2,0)，C (0,1,0)，D (0，－1,0)，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1，32， 所以DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2，32，P A →＝(3，0，－3)，DC →＝(0,2,0)， 所以P A →·DM →＝3×32＋0×2＋(－3)×32＝0，P A →·DC →＝3×0＋0×2＋(－3)×0＝0，所以P A →⊥DM →，P A →⊥DC →，所以P A ⊥平面CDM .(2)解：CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，CB →＝(3，1,0)， 设平面BMC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·CM →＝0，得x ＋z ＝0，由n ·CB →＝0，得3x ＋y ＝0.取x ＝－1，则y ＝3，z ＝1，所以一个法向量n ＝(－1，3，1)．由(1)知，平面CDM 的一个法向量可取P A →＝(3，0，－3)．所以cos 〈n ，P A →〉＝n ·P A →|n ||P A →|＝－235×6＝－105. 观察可知二面角 D －MC －B 为钝角，所以所求二面角的余弦值是－105.[冲刺名校能力提升练]1．如图，△PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)求证：PE ⊥FG ；(2)求二面角P －AD －C 的正切值；(3)求直线P A 与直线FG 所成角的余弦值．解：在△PCD 中，∵E 为CD 的中点，且PC ＝PD ，∴PE ⊥CD .又∵平面PCD ⊥平面ABCD ，且平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PCD ，∴PE ⊥平面ABCD ，取AB 的中点H ，连接EH ，∵四边形ABCD 是长方形，则EH ⊥CD ，如图所示，以E 为原点，EH ，EC ，EP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，∵PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3，AF ＝2FB ，CG ＝2GB ，∴E (0,0,0)，P (0,0，7)，F (3,1,0)，G (2,3,0)，A (3，－3,0)，D (0，－3,0)，C (0,3,0)．(1)证明：∵EP →＝(0,0，7)，FG →＝(－1,2,0)，且EP →·FG →＝(0,0，7)·(－1,2,0)＝0，∴EP →⊥FG →，即EP ⊥FG .(2)解：∵PE ⊥平面ABCD ，∴平面ABCD 的法向量为EP →＝(0,0，7)．设平面ADP 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，AP →＝(－3,3，7)，DP →＝(0,3，7)，由于⎩⎪⎨⎪⎧ AP →·n ＝0，DP →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＋7z 1＝0，3y 1＋7z 1＝0， 令z 1＝3，则x 1＝0，y 1＝－7，∴n ＝(0，－7，3)．由图可知二面角P －AD －C 是锐角，设为α，则cos α＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·EP →|n ||EP →|＝3747＝34， ∴sin α＝74，tan α＝73.(3)解：∵AP →＝(－3,3，7)，FG →＝(－1,2,0)，设直线P A 与直线FG 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·FG →|AP →||FG →|＝3＋69＋9＋7×5＝9525，∴直线P A 与FG 所成角的余弦值为9525.2．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，F ，G 分别是棱A 1B 1，AB ，A 1D 1的中点．(1)求证：GE ⊥平面FCC 1；(2)求点A 1到平面BFC 1的距离；(3)求直线CD 到平面BFC 1的距离．解：因为AB ＝4，BC ＝CD ＝2，F 是棱AB 的中点，ABCD 为等腰梯形，所以易得BF ＝BC ＝CF ，即△BCF 为正三角形， 所以∠BAD ＝∠ABC ＝60°，取AF 的中点M ， 连接DM ，则DM ⊥AB ，所以DM ⊥CD .故以D 为坐标原点，以DM ，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，则D (0,0,0)，A (3，－1,0)，F (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)，E (3，1,2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，B (3，3,0)． 所以CF →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,2)，FC 1→＝(－3，1,2)．(1)证明：设平面FCC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CF →＝0，n ·CC 1→＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ＝0，2z ＝0，取n ＝(1，3，0)． 因为GE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，则GE →＝32n ， 所以GE →∥n ，所以GE ⊥平面FCC 1.(2)解：FB →＝(0,2,0)，设平面BFC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·FB →＝0，m ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1＝0，－3x 1＋y 1＋2z 1＝0，取m ＝(2,0，3)． 因为A 1(3，－1,2)，所以A 1F →＝(0,2，－2)，所以点A 1到平面BFC 1的距离d ＝|A 1F →·m ||m |＝|2×0＋0×2＋3×(－2)|22＋02＋(3)2＝2217.(3)解：因为CD ∥AB ，CD ⊄平面BFC 1，AB ⊂平面BFC 1， 所以CD ∥平面BFC 1.又D ∈CD ，所以点D 到平面BFC 1的距离等于直线CD 到平面BFC 1的距离．由(2)可知，平面BFC 1的一个法向量为m ＝(2,0，3)． 又DF →＝(3，1,0)，所以点D 到平面BFC 1的距离d ＝|DF →·m ||m |＝|2×3＋0×1＋3×0|22＋02＋(3)3＝2217.所以直线CD 到平面BFC 1的距离为2217.。
新教材高中数学课时跟踪检测1空间向量及其线性运算(含解析)新人教A版选择性
空间向量及其线性运算[A 级 基础巩固]1．给出下列命题：①若将空间中所有的单位向量的起点移到同一个点，则它们的终点构成一个圆；②若空间向量a ，b 满足|a|＝|b|，则a ＝b ；③若空间向量m ，n ，p 满足m ＝n ，n ＝p ，则m ＝p ；④空间中任意两个单位向量必相等；⑤零向量没有方向．其中假命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选D ①假命题．若将空间中所有的单位向量的起点移到同一个点，则它们的终点将构成一个球面，而不是一个圆．②假命题．根据向量相等的定义，要保证两向量相等，不仅模要相等，而且方向还要相同，但②中向量a 与b 的方向不一定相同．③真命题．向量的相等具有传递性．④假命题．空间中任意两个单位向量的模长均为1，但方向不一定相同，所以不一定相等．⑤假命题．零向量的方向是任意的．2．如图，在底面为正方形的平行六面体ABCD A ′B ′C ′D ′的棱中，与向量AA ′―→模相等的向量有( )A ．0个B ．3个C ．7个D ．9个解析：选C 向量模相等即向量的长度相等．根据平行六面体的性质可知，与向量AA ′―→模相等的向量为A ′A ―→，BB ′―→，B ′B ―→，CC ′―→，C ′C ―→，DD ′―→，D ′D ―→，共7个．故选C.3．满足下列条件，能说明空间不重合的A ，B ，C 三点共线的是( ) A.AB ―→＋BC ―→＝AC ―→ B.AB ―→－BC ―→＝AC ―→ C.AB ―→＝BC ―→D ．|AB ―→|＝|BC ―→|解析：选C 对于空间中的任意向量，都有AB ―→＋BC ―→＝AC ―→，选项A 错误；若AB ―→－BC ―→＝AC ―→，则AC ―→＋BC ―→＝AB ―→，而AC ―→＋CB ―→＝AB ―→，据此可知BC ―→＝CB ―→，即B ，C 两点重合，选项B 错误；AB ―→＝BC ―→，则A ，B ，C 三点共线，选项C 正确；|AB ―→|＝|BC ―→|，则线段AB 的长度与线段BC 的长度相等，不一定有A ，B ，C 三点共线，选项D 错误．4.如图，在四面体ABCD 中，设E ，F 分别是BC ，CD 的中点，则AD ―→＋12(BC―→－BD ―→)＝( )A.AD ―→B.FA ―→C.AF ―→D.EF ―→解析：选C 因为BC ―→－BD ―→＝DC ―→，12(BC ―→－BD ―→)＝12DC ―→＝DF ―→，所以AD ―→＋12(BC ―→－BD ―→)＝AD ―→＋DF ―→＝AF ―→.故选C.5.在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是正方形，E 为PD 的中点．若PA ―→＝a ，PB ―→＝b ，PC ―→＝c ，则BE ―→＝( )A.12a －12b ＋12cB.12a －12b －12cC.12a －32b ＋12cD.12a －12b ＋32c 解析：选C BE ―→＝12(BP ―→＋BD ―→)＝－12PB ―→＋12(BA ―→＋BC ―→)＝－12PB ―→＋12BA ―→＋12BC ―→＝－12PB ―→＋12(PA ―→－PB ―→)＋12(PC ―→－PB ―→)＝－32PB ―→＋12PA ―→＋12PC ―→＝12a －32b ＋12c.故选C.6．如图所示，在三棱柱ABC A ′B ′C ′中，AC ―→与A ′C ′―――→是________向量，AB ――→与B ′A ′―――→是________向量．(用相等、相反填空)解析：由相等向量与相反向量的定义知：AC ―→与A ′C ′―――→是相等向量，AB ―→与B ′A ′―――→是相反向量．答案：相等 相反7．已知A ，B ，C ，D 为空间中任意四点，化简(AB ―→－CD ―→)－(AC ―→－BD ―→)＝________． 解析：法一(利用相反向量的关系转化为加法运算)：(AB ―→－CD ―→)－(AC ―→－BD ―→)＝AB ―→－CD ―→－AC ―→＋BD ―→＝AB ―→＋DC ―→＋CA ―→＋BD ―→＝AB ―→＋BD ―→＋DC ―→＋CA ―→＝0.法二(利用向量的减法运算法则求解)：(AB ―→－CD ―→)－(AC ―→－BD ―→)＝(AB ―→－AC ―→)＋BD ―→－CD ―→＝CB ―→＋BD ―→－CD ―→＝CD ―→－CD ―→＝0.答案：08．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，设AB ―→＝a ，BC ―→＝b ，AC ―→＝c ，则|a ＋b ＋c|＝________．解析：利用向量加法的平行四边形法则，结合正方体的性质，可得|a ＋b ＋c|＝2|AC ―→|＝2 2.答案：2 29.如图所示，已知空间四边形ABCD ，连接AC ，BD ，E ，F ，G 分别是BC ，CD ，DB 的中点，请化简：AB ―→＋BC ―→＋CD ―→，AB ―→＋GD ―→＋EC ―→，并标出化简结果的向量．解：AB ―→＋BC ―→＋CD ―→＝AC ―→＋CD ―→＝AD ―→. 因为E ，F ，G 分别为BC ，CD ，DB 的中点， 所以BE ―→＝EC ―→，EF ―→＝GD ―→.所以AB ―→＋GD ―→＋EC ―→＝AB ―→＋EF ―→＋BE ―→＝AF ―→. 故所求向量为AD ―→，AF ―→，如图所示．10.如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，设AA 1―→＝a ，AB ―→＝b ，AD ―→＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP ―→；(2)A 1N ―→；(3)MP ―→. 解：(1)∵P 是C 1D 1的中点，∴AP ―→＝AA 1―→＋A 1D 1―→＋D 1P ―→＝a ＋AD ―→＋12D 1C 1―→＝a ＋c ＋12AB ―→＝a ＋c ＋12b.(2)∵N 是BC 的中点，∴A 1N ―→＝A 1A ―→＋AB ―→＋BN ―→＝－a ＋b ＋12BC ―→＝－a ＋b ＋12AD ―→＝－a ＋b ＋12c.(3)∵M 是AA 1的中点，∴MP ―→＝MA ―→＋AP ―→＝12A 1A ―→＋AP ―→＝－12a ＋⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c.[B 级 综合运用]11.如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，M 为A 1C 1的中点．若AB ―→＝a ，AA 1―→＝c ，BC ―→＝b ，则下列向量与BM ―→相等的是( )A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 解析：选A 因为M 是A 1C 1的中点，所以BM ―→＝AM ―→－AB ―→＝AA 1―→＋A 1M ―→－AB ―→＝AA 1―→－AB ―→＋12A 1C 1―→＝AA 1―→－AB ―→＋12AC ―→＝AA 1―→－AB ―→＋12(AB ―→＋BC ―→)＝AA 1―→－12AB ―→＋12BC ―→＝－12a ＋12b ＋c.故选A.12．(多选)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的中心为O ，则下列结论中正确的有( ) A.OA ―→＋OD ―→与OB 1―→＋OC 1―→是一对相反向量 B.OB ―→－OC ―→与OA 1―→－OD 1―→是一对相反向量C.OA ―→＋OB ―→＋OC ―→＋OD ―→与OA 1―→＋OB 1―→＋OC 1―→＋OD 1―→是一对相反向量 D.OA 1―→－OA ―→与OC ―→－OC 1―→是一对相反向量解析：选ACD ∵O 为正方体的中心，∴OA ―→＝－OC 1―→，OD ―→＝－OB 1―→，故OA ―→＋OD ―→＝－(OB 1―→＋OC 1―→)，同理可得OB ―→＋OC ―→＝－(OA 1―→＋OD 1―→)，故OA ―→＋OB ―→＋OC ―→＋OD ―→＝－(OA 1―→＋OB 1―→＋OC 1―→＋OD 1―→)，∴A 、C 正确；∵OB ―→－OC ―→＝CB ―→，OA 1―→－OD 1―→＝D 1A 1―→，∴OB ―→－OC ―→与OA 1―→－OD 1―→是两个相等的向量，∴B 不正确；∵OA 1―→－OA ―→＝AA 1―→，OC ―→－OC 1―→＝C 1C ―→＝－AA 1―→，∴OA 1―→－OA ―→＝－(OC ―→－OC 1―→)，∴D 正确．。
高考数学一轮复习 空间向量的应用课时跟踪检测 理 湘教版
高考数学一轮复习空间向量的应用课时跟踪检测理湘教版(分Ⅰ、Ⅱ卷，共2页)第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2013·石家庄模拟)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，侧面BCC1B1⊥底面ABC.(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN∥平面BCC1B1；(2)若三棱柱ABCA1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°，问在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与PA1的比值，若不存在，说明理由．2．(2014·浙江联考)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在的平面与圆O所在的平面互相垂直．已知AB＝2，EF＝1.(1)求证：平面DAF⊥平面CBF；(2)求直线AB与平面CBF所成角的大小；(3)当AD的长为何值时，平面DFC与平面FCB所成的锐二面角的大小为60°？3．(2014·福州质检)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，BC⊥CF，AD＝3，EF＝2，BE＝3，CF＝4.(1)求证：EF⊥平面DCE；(2)当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60°.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2013·荆州模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝35，AD＝6，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，垂足为O，交CD于E，以AE为折痕将△ADE向上折起，使点D到点P的位置，且PB＝41.(1)求证：PO⊥平面ABCE；(2)求二面角EAPB的余弦值．2．(2014·武汉模拟)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.M是棱SB的中点．(1)求证：AM∥平面SCD；(2)求平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值；(3)设点N是直线CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sin θ的最大值．3．(2014·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EF EA；若不存在，请说明理由．答 案第Ⅰ卷：夯基保分卷1．解：(1)证明：连接AC 1，BC 1，则AC 1∩A 1C ＝N ，AN ＝NC 1， 因为AM ＝MB ， 所以MN ∥BC 1. 又BC 1⊂平面BCC 1B 1， 所以MN ∥平面BCC 1B 1.(2)作B 1O ⊥BC 于O 点，连接AO ， 因为平面BCC 1B 1⊥底面ABC ， 所以B 1O ⊥平面ABC ，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，3，0)，B (－1，0,0)，C (1,0,0)，B 1(0,0，3)．由1AA ＝1CC ＝1BB ，可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)，设点P (x ，y ，z )，11A C ＝λ1A P . 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ＋1，3－3λ，3，CP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，3－3λ，3，1CB ＝(－1,0，3)．设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CP ＝0n 1·1CB ＝0，令z 1＝1，解得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1＋λ1－λ，1. 同理可求出平面ACC 1A 1的法向量n 2＝(3，1，－1)．由平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0，解得λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1P ∶PA 1＝2.2．解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ， 又AB 为圆O 的直径， ∴AF ⊥BF ，又BF ∩CB ＝B ， ∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面ADF ，∴平面DAF ⊥平面CBF . (2)由(1)知AF ⊥平面CBF ， ∴FB 为AB 在平面CBF 内的射影，因此，∠ABF 为直线AB 与平面CBF 所成的角． ∵AB ∥EF ，∴四边形ABEF 为等腰梯形， 过点F 作FH ⊥AB ，交AB 于H . 已知AB ＝2，EF ＝1，则AH ＝AB －EF 2＝12. 在Rt △AFB 中，根据射影定理得AF 2＝AH ·AB ，∴AF ＝1，sin ∠ABF ＝AF AB ＝12，∴∠ABF ＝30°.∴直线AB 与平面CBF 所成角的大小为30°.(3)设EF 中点为G ，以O 为坐标原点，OA ，OG ，AD 方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AD ＝t (t ＞0)，则点D 的坐标为(1,0，t )，C (－1,0，t )，又A (1,0,0)，B (－1,0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0， ∴CD ＝(2,0,0)，FD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，t ，设平面DCF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则n 1·CD ＝0，n 1·FD ＝0. 即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0x 2－32y ＋tz ＝0，令z ＝3，解得x ＝0，y ＝2t ，∴n 1＝(0,2t ，3)．由(1)可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为n 2＝AF ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，依题意，n 1与n 2的夹角为60°. ∴cos 60°＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|，即12＝3t 4t 2＋3·1，解得t ＝64. 因此，当AD 的长为64时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60°. 3．解：(1)证明：在△BCE 中，BC ⊥BE ，BC ＝AD ＝3，BE ＝3，∴EC ＝23，在△FCE 中，CF 2＝EF 2＋CE 2，∴EF ⊥CE . 由已知条件知，DC ⊥平面EFCB ， ∴DC ⊥EF ，又DC 与EC 相交于C ，∴EF ⊥平面DCE .(2)如图，以点C 为坐标原点，以CB ，CF 和CD 分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系C xyz .设AB ＝a (a >0)，则C (0,0,0)，A (3，0，a )，B (3，0,0)，E (3，3,0)，F (0,4,0)，从而EF ＝(－3，1,0)，AE ＝(0,3，－a )． 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由EF ·n ＝0，AE ·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，3y －az ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝33a，即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，33a .不妨设平面EFCB 的法向量为BA ＝(0,0，a )， 由条件得|cos 〈n ，BA 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BA |n ||BA |＝334a 2＋27＝12，解得a ＝92. 所以当AB ＝92时，二面角A －EF －C 的大小为60°. 第Ⅱ卷：提能增分卷1．解：(1)证明：由已知得AB ＝35，AD ＝6， ∴BD ＝9.在矩形ABCD 中，∵AE ⊥BD ，∴Rt △AOD ∽Rt △BAD ，∴DO AD ＝AD BD，∴DO ＝4，∴BO ＝5. 在△POB 中，PB ＝41，PO ＝4，BO ＝5， ∴PO 2＋BO 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .又PO ⊥AE ，AE ∩OB ＝O ， ∴PO ⊥平面ABCE . (2)∵BO ＝5，∴AO ＝AB 2－OB 2＝2 5.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0,0,4)，A (25，0,0)，B (0,5,0)．PA ＝(25，0，－4)，PB ＝(0,5，－4)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面APB 的法向量．则⎩⎨⎧n 1·PA ＝0，n 1·PB ＝0，即⎩⎨⎧25x －4z ＝0，5y －4z ＝0.取x ＝25得n 1＝(25，4,5)，又n 2＝(0,1,0)为平面AEP 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝461×1＝46161，故二面角E AP B 的余弦值为46161.2．解：(1)证明：以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (1,0,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)．则AM ＝(0,1,1)，SD ＝(1,0，－2)，CD ＝(－1，－2,0)． 设平面SCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧SD ·n ＝0， CD ·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，－x －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝2，y ＝－1， 于是n ＝(2，－1,1)．∵AM ·n ＝0，∴AM ⊥n .又AM ⊄平面SCD ， ∴AM ∥平面SCD .(2)易知平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面SCD 与平面SAB 所成的二面角为φ，则|cos φ|＝n 1·n |n 1|·|n|＝1，0，0·2，－1，11·6＝21·6＝63，即cos φ＝63.∴平面SCD 与平面SAB 所成二面角的余弦值为63. (3)设N (x,2x －2,0)(x ∈[1,2])， 则MN ＝(x,2x －3，－1)．又平面SAB 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， ∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ，2x －3，－1·1，0，0x 2＋2x －32＋－12·1 ＝x5x 2－12x ＋10＝15－12·1x ＋10·1x2＝1101x 2－121x＋5＝1101x －352＋75.当1x ＝35，即x ＝53时，(sin θ)max ＝357. 3.解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO .因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB . 因为四边形ABCD 为直角梯形．AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD . 因为EO ∩DO ＝0.所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED . (2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ， 所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz . 因为三角形EAB 为等腰直角三角形， 所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)．所以EC ＝(1,1，－1)，平面ABE 的一个法向量为OD ＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈EC ，OD 〉|＝|EC ·OD ||EC ||OD |＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .证明如下：由EF ＝13EA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，－13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，23，所以FB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，－23，BD ＝(－1,1,0)．设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则有⎩⎨⎧v ·BD ＝0，v ·FB ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC ·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0， 且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .。
年高考数学一轮总复习第七章立体几何..空间向量的应用课时跟踪检测理
空间向量的应用[课 时 跟 踪 检 测]1．已知单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求：(1)AD 1与EF 所成角的大小；(2)AF 与平面BEB 1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A (1,0,1)，B (0,0,1)，D 1(1,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0. (1)因为AD 1→＝(0,1，－1)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0， 所以cos 〈AD 1→，EF →〉＝0，1，－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，02×22＝12， 即AD 1与EF 所成的角为60°.(2)FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1， 由图可得，BA →＝(1,0,0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，FA →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1，0，0·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，11× ⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋－12＋12＝13， 所以cos θ＝223. 即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223. 2．(2018届昆明市两区七校调研)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AB ＝AA 1＝1，E 为BC 中点．(1)求证：C 1D ⊥D 1E ；(2)在棱AA 1上是否存在一点M ，使得BM ∥平面AD 1E ？若存在，求AM AA 1的值；若不存在，说明理由；(3)若二面角B 1－AE －D 1的大小为90°，求AD 的长．解：(1)证明：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a,1,0)，B 1(a,1,1)，C 1(0,1,1)，D 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0， 所以C 1D →＝(0，－1，－1)，D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，－1， 所以C 1D →·D 1E →＝0，所以C 1D ⊥D 1E .(2)设AM AA 1＝h ，则M (a,0，h )， 连接BM ，所以BM →＝(0，－1，h )，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，0，AD 1→＝(－a,0,1)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ AE →·n ＝－a 2x ＋y ＝0AD 1→·n ＝－ax ＋z ＝0，所以平面AD 1E 的一个法向量为n ＝(2，a,2a )，因为BM ∥平面AD 1E ，所以BM →⊥n ，即BM →·n ＝2ah －a ＝0，所以h ＝12. 即在AA 1上存在点M ，使得BM ∥平面AD 1E ，此时AM AA 1＝12. (3)连接AB 1，B 1E ，设平面B 1AE 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，0，AB 1→＝(0,1,1)，则⎩⎨⎧AE →·m ＝－a 2x ′＋y ′＝0，AB 1→·m ＝y ′＋z ′＝0， 所以平面B 1AE 的一个法向量为m ＝(2，a ，－a )． 因为二面角B 1－AE －D 1的大小为90°， 所以m ⊥n ，所以m·n ＝4＋a 2－2a 2＝0，因为a >0，所以a ＝2，即AD ＝2.3．如图1，∠ACB ＝45°，BC ＝3，过动点A 作AD ⊥BC ，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连接AB ，沿AD 将△ABD 折起，使∠BDC ＝90°(如图2所示)．(1)当BD 的长为多少时，三棱锥A －BCD 的体积最大；(2)当三棱锥A －BCD 的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．。
新课改瘦专用2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测四十三空间向量的运算及应用含解析新人教A版
课时跟踪检测（四十三） 空间向量的运算及应用一、题点全面练1．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝( )A ．9B ．－9C ．－3D ．3解析：选 B 由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.2．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⊥β C ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确解析：选C ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，∴n 1与n 2不垂直，又n 1，n 2不共线，∴α与β相交但不垂直．3．在空间四边形ABCD 中，AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→＝( ) A ．－1 B.0 C ．1D ．不确定解析：选B 如图，令AB ―→＝a ，AC ―→＝b ，AD ―→＝c ， 则AB ―→·CD ―→＋AC ―→·DB ―→＋AD ―→·BC ―→ ＝a ·(c －b)＋b ·(a －c)＋c ·(b －a) ＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.4.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是对边OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且分MN 所成的比为2，现用基向量OA ―→，OB ―→，OC ―→表示向量OA ―→，设OA ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→，则x ，y ，z 的值分别是( )A ．x ＝13，y ＝13，z ＝13B.x ＝13，y ＝13，z ＝16C ．x ＝13，y ＝16，z ＝13D ．x ＝16，y ＝13，z ＝13解析：选D 设OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，∵点G 分MN 所成的比为2，∴MG ―→＝23MN ―→，∴OA ―→＝OM ―→＋MG ―→＝OM ―→＋23(ON ―→－OM ―→)＝12a ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫12b ＋12c －12a ＝12a ＋13b ＋13c －13a ＝16a ＋13b ＋13c ，即x ＝16，y ＝13，z ＝13. 5.如图，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，四边形CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )A. 3B. 2 C ．1D.3－ 2解析：选 D ∵BD ―→＝BF ―→＋FE ―→＋ED ―→，∴|BD ―→|2＝|BF ―→|2＋|FE ―→|2＋|ED ―→|2＋2BF ―→·FE ―→＋2FE ―→·ED ―→＋2BF ―→·ED ―→＝1＋1＋1－2＝3－2，∴|BD ―→|＝3－ 2.6.如图所示，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB ―→，AD ―→，AA 1―→表示OC 1―→，则OC 1―→＝________________.解析：∵OC ―→＝12AC ―→＝12(AB ―→＋AD ―→)，∴OC 1―→＝OC ―→＋CC 1―→＝12(AB ―→＋AD ―→)＋AA 1―→＝12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→.答案：12AB ―→＋12AD ―→＋AA 1―→7.已知PA 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是CD ，PC 的中点，并且PA ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，MN ＝________.解析：连接PD (图略)，∵M ，N 分别为CD ，PC 的中点，∴MN ＝12PD ，又P (0,0,1)，D (0,1,0)，∴PD ＝02＋－12＋12＝2，∴MN ＝22. 答案：228．在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面边长为1，M 为BC 的中点， C 1N ―→＝λNC ―→，且AB 1⊥MN ，则λ的值为________．解析：如图所示，取B 1C 1的中点P ，连接MP ，以M 为坐标原点，MC ―→，MA ―→，MP ―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系．因为底面边长为1，侧棱长为2，所以A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，2，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，2，M (0,0,0)，设N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，t ，因为C 1N ―→＝λNC ―→，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ，所以AB 1―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，2，MN ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，21＋λ.又因为AB 1⊥MN ，所以AB 1―→·MN ―→＝0. 所以－14＋41＋λ＝0，所以λ＝15.答案：159．如图所示，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 与CD 成60°角，求B 、D 间的距离．解：∵∠ACD ＝90°，∴AC ―→·CD ―→＝0.同理AC ―→·BA ―→＝0. ∵AB 与CD 成60°角，∴〈BA ―→，CD ―→〉＝60°或120°.又∵BD ―→＝BA ―→＋AC ―→＋CD ―→，∴|BD ―→|2＝|BA ―→|2＋|AC ―→|2＋|CD ―→|2＋2BA ―→·AC ―→＋2BA ―→·CD ―→＋2AC ―→·CD ―→＝3＋2×1×1×cos〈BA ―→，CD ―→〉．当〈BA ―→，CD ―→〉＝60°时，BD ―→2＝4； 当〈BA ―→，CD ―→〉＝120°时，BD ―→2＝2.∴|BD ―→|＝2或2，即B ，D 间的距离为2或 2.10.如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是平行四边形，E ，F ，G 分别是A 1D 1，D 1D ，D 1C 1的中点．(1)试用向量AB ―→，AD ―→，AA 1―→表示AG ―→； (2)用向量方法证明平面EFG ∥平面AB 1C . 解：(1)设AB ―→＝a ，AD ―→＝b ，AA 1―→＝c ，则AG ―→＝AA 1―→＋A 1D 1―→＋D 1G ―→＝c ＋b ＋12DC ―→＝12a ＋b ＋c ＝12AB ―→＋AD ―→＋AA 1―→.故AG ＝12AB ＋AD ＋AA 1.(2)证明：AC ―→＝AB ―→＋BC ―→＝a ＋b ， EG ―→＝ED 1―→＋D 1G ―→＝12b ＋12a ＝12AC ―→，∵EG 与AC 无公共点， ∴EG ∥AC ，∵EG ⊄平面AB 1C ，AC ⊂平面AB 1C ， ∴EG ∥平面AB 1C .又∵AB 1―→＝AB ―→＋BB 1―→＝a ＋c ， FG ―→＝FD 1―→＋D 1G ―→＝12c ＋12a ＝12AB 1―→，∵FG 与AB 1无公共点， ∴FG ∥AB 1，∵FG ⊄平面AB 1C ，AB 1⊂平面AB 1C ， ∴FG ∥平面AB 1C .又∵FG ∩EG ＝G ，FG ⊂平面EFG ，EG ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面AB 1C .二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1．已知空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(x ，y ，z ∈R)，则“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的( )A ．必要不充分条件 B.充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 当x ＝2，y ＝－3，z ＝2时，即OP ―→＝2OA ―→－3OB ―→＋2OC ―→.则AP ―→－AO ―→＝2OA―→－3(AB ―→－AO ―→)＋2(AC ―→－AO ―→)，即AP ―→＝－3AB ―→＋2AC ―→，根据共面向量定理知，P ，A ，B ，C 四点共面；反之，当P ，A ，B ，C 四点共面时，根据共面向量定理，设AP ―→＝m AB ―→＋n AC ―→(m ，n ∈R)，即OP ―→－OA ―→＝m (OB ―→－OA ―→)＋n (OC ―→－OA ―→)，即OP ―→＝(1－m －n )OA ―→＋m OB ―→＋n OC ―→，即x ＝1－m －n ，y ＝m ，z ＝n ，这组数显然不止2，－3,2.故“x ＝2，y ＝－3，z ＝2”是“P ，A ，B ，C 四点共面”的充分不必要条件．2．空间四点A (2,3,6)，B (4,3,2)，C (0,0,1)，D (2,0,2)的位置关系为( ) A ．共线 B.共面 C ．不共面D ．无法确定解析：选C AB ―→＝(2,0，－4)，AC ―→＝(－2，－3，－5)，AD ―→＝(0，－3，－4)，由不存在实数λ，使AB ―→＝λAC ―→成立知，A ，B ，C 不共线，故A ，B ，C ，D 不共线；假设A ，B ，C ，D 共面，则可设AD ―→＝x AB ―→＋y AC ―→(x ，y 为实数)，即⎩⎪⎨⎪⎧0＝2x －2y ，－3＝－3y ，－4＝－4x －5y ，由于该方程组无解，故A ，B ，C ，D 不共面，故选C.3．已知O (0,0,0)，A (1,2,3)，B (2,1,2)，P (1,1,2)，点Q 在直线OP 上运动，当Q A ―→·Q B ―→取最小值时，点Q 的坐标是________．解析：由题意，设O Q ―→＝λOP ―→，则O Q ＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则Q A ―→＝(1－λ，2－λ，3－2λ)， Q B ―→＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴Q A ―→·Q B ―→＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－43 2－23，当λ＝43时取最小值，此时Q 点坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 4．已知四面体P ABC 中，∠PAB ＝∠BAC ＝∠PAC ＝60°，|AB ―→|＝1，|AC ―→|＝2，|AP ―→|＝3，则|AB ―→＋AP ―→＋AC ―→|＝________.解析：∵在四面体P ABC 中，∠PAB ＝∠BAC ＝∠PAC ＝60°，|AB ―→|＝1，|AC ―→|＝2，|AP ―→|＝3，∴AB ―→·AC ―→＝1×2×cos 60°＝1，AC ―→·AP ―→＝2×3×cos 60°＝3，AB ―→·AP ―→＝1×3×cos 60°＝32，∴|AB ―→＋AP ―→＋AC ―→|＝|AB ―→＋AP ―→＋AC ―→|2＝1＋9＋4＋2＋6＋3＝5.答案：5(二)素养专练——学会更学通 5．[数学建模、数学运算]如图，在四面体A BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且A Q ＝3Q C .求证：P Q ∥平面BCD .证明：如图，取BD 的中点O ，以O 为坐标原点，OD ，OP 所在直线分别为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz .由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)． 因为A Q ―→＝3Q C ―→， 所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1)． 又P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以P Q ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)， 故P Q ―→·a ＝0.又P Q ⊄平面BCD ，所以P Q ∥平面BCD .6.[数学建模、数学运算]如图所示，已知四棱锥P ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，平面PBC ⊥底面ABCD .求证：(1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明：(1)取BC 的中点O ，连接PO ， ∵△PBC 为等边三角形，∴PO ⊥BC .∵平面PBC ⊥底面ABCD ，平面PBC ∩底面ABCD ＝BC ，PO ⊂平面PBC ， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝3，∴A (1，－2,0)，B (1,0,0)，D (－1，－1,0)，P (0,0，3)， ∴BD ―→＝(－2，－1,0)，PA ―→＝(1，－2，－3)． ∵BD ―→·PA ―→＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA ―→⊥BD ―→，∴PA ⊥BD .(2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB ―→＝(1,0，－3)，∴DM ―→·PB ―→＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM ―→⊥PB ―→，即DM ⊥PB .∵DM ―→·PA ―→＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM ―→⊥PA ―→，即DM ⊥PA .又∵PA ∩PB ＝P ，PA ⊂平面PAB ，PB ⊂平面PAB ， ∴DM ⊥平面PAB .∵DM ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PAB .。
2017届高考数学一轮总复习 课时跟踪检测(四十九) 空间向量的应用 理 新人教版
课时跟踪检测(四十九) 空间向量的应用一保高考，全练题型做到高考达标1．如图所示，四棱锥S ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面PAC ，求二面角P AC D 的大小．(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ？若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于O ，连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OS 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系．设底面边长为a ，则高SO ＝62a .于是S ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，62a ， B ⎝⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，则OC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，所以OC ·SD ＝0， 故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)由题设知，平面PAC 的一个法向量为DS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量为OS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ， 则cos 〈OS ，DS 〉＝OS ·DS|OS ||DS |＝32，故所求二面角的大小为30°.(3)在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC ， 由(2)知DS 是平面PAC 的一个法向量， 且DS ＝⎝⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0，设CE ＝t CS (0≤t ≤1)，BE ＝BC ＋CE ＝BC ＋t CS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a－t ，62at ，而BE ·DS ＝0⇒－12a 2＋32a 2t ＝0，解得t ＝13，即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ∥平面PAC .2．如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz.依题意得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以NE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM ＝(－1,0,1)，因为|cos 〈NE ，AM 〉|＝|NE ·AM ||NE |·|AM |＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连接AE ，ES ，如图所示．因为AN ＝(0,1,1)，可设AS ＝λAN ＝(0，λ，λ)，又EA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0， 所以ES ＝EA ＋AS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ES ·AM ＝0，ES ·AN ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS |＝22. 经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ， 此时AS ＝22. 3．如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝3，AD ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°.(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)E 是侧棱PB 上一点，记PEPB＝λ(0<λ<1)，是否存在实数λ，使平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)由已知，得AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ×BC ×cos∠ABC ＝23，所以BC 2＋AC 2＝AB 2，所以BC ⊥AC .又PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，则PA ⊥BC . 因为PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，且PA ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面PAC .(2)以A 为坐标原点，过点A 作垂直于AB 的直线为x 轴，AB ，AP 所在直线分别为y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (0,4,0)，P (0,0,3)．因为在平行四边形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝4，∠ABC ＝60°， 则∠DAx ＝30°，所以D (3，－1,0)． 又PE PB＝λ(0<λ<1)，知E (0,4λ，3(1－λ))． 设平面ADE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD ＝0，m ·AE ＝0，即⎩⎨⎧3x 1－y 1＝0，4λy 1＋－λz 1＝0，取x 1＝1，则m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，43λλ－. 设平面PAD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP ＝0，n ·AD ＝0，即⎩⎨⎧3z 2＝0，3x 2－y 2＝0，取y 2＝1，则n ＝⎝⎛⎭⎪⎫33，1，0. 若平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°， 则|cos 〈m ，n 〉|＝cos 60°＝12，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×33＋3×1＋01＋3＋16λ2λ－2·1＋13＝12， 化简得 1＋4λ2λ－2＝2，即⎝⎛⎭⎪⎫λλ－12＝94，解得λ＝3(舍去)或λ＝35.于是，存在λ＝35，使平面ADE 与平面PAD 所成的二面角为60°.4．(2016·山西模拟)如图，在几何体ABCDEF 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证：平面FBC ⊥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．解：(1)证明：在四边形ABCD 中， ∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°， ∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2， ∴BC ⊥AC .∵平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ， ∴BC ⊥平面ACFE .又因为BC ⊂平面FBC ，所以平面FBC ⊥平面ACFE .(2)由(1)知可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系C xyz ，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，M (λ，0,1)，∴AB ＝(－3，1,0)，BM ＝(λ，－1,1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ＝0，n 1·BM ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)． ∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋3－λ2＝13－λ2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77， 当λ＝3时，cos θ有最大值12，∴cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤77，12. 二上台阶，自主选做志在冲刺名校(2016·云南统考)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝π3.(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)设CE ＝λ1CC (0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．解：(1)证明：因为AB ⊥侧面BB 1C 1C ，BC 1⊂侧面BB 1C 1C ，故AB ⊥BC 1，在△BCC 1中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝π3， 所以BC 21＝BC 2＋CC 21－2BC ·CC 1·cos∠BCC 1＝12＋22－2×1×2×cos π3＝3，所以BC 1＝3，故BC 2＋BC 21＝CC 21， 所以BC ⊥BC 1，而BC ∩AB ＝B ， 所以C 1B ⊥平面ABC .(2)由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (0,0,0)，A (0,1,0)，B 1(－1,0，3)，C (1,0,0)，C 1(0,0，3)．所以1CC ＝(－1,0, 3)，所以CE ＝(－λ，0, 3λ)，E (1－λ，0, 3λ)， 则AE ＝(1－λ，－1，3λ)，1AB ＝(－1，－1，3)． 设平面AB 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ＝0，n ·1AB ＝0，即⎩⎨⎧－λx －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，故n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3是平面AB 1E 的一个法向量．因为AB ⊥平面BB 1C 1C ，所以BA ＝(0,1,0)是平面BB 1E 的一个法向量， 所以|cos 〈n ，BA 〉|＝|n ·BA ||n |·|BA |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪32－λ1×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋32＝32.两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0， 所以λ＝1或λ＝32(舍去)．。
课时跟踪检测(四十) 空间向量的运算及应用
课时跟踪检测（四十） 空间向量的运算及应用一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝________. 解析：由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)． 答案：(0,6，－20)2．(2019·汇龙中学检测)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)，则直线l 和平面α的位置关系为________．解析：因为a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，所以n ＝－2a ，即a ∥n .所以l ⊥α.答案：l ⊥α3．(2018·睢宁中学检测)已知空间四边形OABC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，且OA―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，用a ，b ，c 表示向量MN ―→＝________.解析：如图所示，连结ON ，AN ，则ON ―→＝12(OB ―→＋OC ―→)＝12(b ＋c )， AN ―→＝12(AC ―→＋AB ―→)＝12(OC ―→－2OA ―→＋OB ―→)＝12(－2a ＋b ＋c )＝－a ＋12b ＋12c ，所以MN ―→＝12(ON ―→＋AN ―→)＝－12a ＋12b ＋12c . 答案：－12a ＋12b ＋12c 4．若点C (4a ＋1,2a ＋1,2)在点P (1,0,0)，A (1，－3,2)，B (8，－1, 4)所确定的平面上，则a ＝________.解析：由题意得PA ―→＝(0，－3,2)，PB ―→＝(7，－1,4)，PC ―→＝(4a,2a ＋1,2)，根据共面向量定理，设PC ―→＝x PA ―→＋y PB ―→，则(4a,2a ＋1,2)＝x (0，－3,2)＋y (7，－1,4)＝(7y ，－3x －y ，2x ＋4y )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 4a ＝7y ，2a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－133，y ＝83，a ＝143. 答案：1435．若平面α的一个法向量为u 1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u 2＝(6，－2，z )，且α∥β，则y ＋z ＝________.解析：因为α∥β，所以u 1∥u 2，所以－36＝y －2＝2z， 所以y ＝1，z ＝－4，所以y ＋z ＝－3.答案：－36．(2019·滨海检测)已知空间三点A (0,2,3)，B (2,5,2)，C (－2,3,6)，则以AB ，AC 为邻边的平行四边形的面积为________．解析：∵AB ―→＝(2,3，－1)，AC ―→＝(－2,1,3)．∴AB ―→·AC ―→＝－4＋3－3＝－4，|AB ―→|＝22＋32＋(－1)2＝14，|AC ―→|＝(－2)2＋12＋32＝14.∴cos ∠BAC ＝AB ―→·AC ―→| AB ―→|·|AC ―→|＝－414×14＝－27. ∴sin ∠BAC ＝1－cos 2∠BAC ＝357. 故以AB ，AC 为邻边的平行四边形的面积S ＝|AB ―→|·|AC ―→|·sin ∠BAC ＝14×14×357＝6 5.答案：6 5二保高考，全练题型做到高考达标1．已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点．若AB ―→＝(2，－1，－4)，AD ―→＝(4,2,0)，AP ―→＝(－1,2，－1)，则给出下列结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP ―→是平面ABCD 的一个法向量；④AP ―→∥BD ―→.其中正确的是________．(填序号)解析：∵AB ―→·AP ―→＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝－2－2＋4＝0，∴AB ―→⊥AP ―→，即AP ⊥AB ，故①正确．∵AP ―→·AD ―→＝(－1)×4＋2×2＋0＝0，∴AP ―→⊥AD ―→，即AP ⊥AD ，故②正确．又AB ∩AD ＝A ，∴ AP ⊥平面ABCD ，故AP ―→是平面ABCD 的一个法向量，故③正确．∵BD ―→＝AD ―→－AB ―→＝(2,3,4)，AP ―→＝(－1,2，－1)，∴ 2－1≠32≠4－1，∴ AP ―→与BD ―→不平行，故④错误．答案：①②③2．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a ·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为________．解析：因为a ·b ＝x ＋2＝3，所以x ＝1，所以b ＝(1,1,2)．所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a |·|b |＝32×6＝32. 所以a 与b 的夹角为π6. 答案：π63．(2019·盐城中学检测)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 )，因为AB ―→＝(0,1，－1)，AC ―→＝(1,0，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x －z ＝0，令x ＝1，得m ＝(1,1,1)． 因为m ＝－n ，所以m ∥n ，所以α∥β.答案：α∥β4．已知正三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G ，将此三角形沿DE 翻折，当AE ⊥BD 时，二面角A -DE -F 的余弦值等于________．解析：不妨设GD ＝GE ＝1，则GA ＝GF ＝3，AE ＝BD ＝2，由已知得∠AGF 即为二面角A -DE -F 的平面角，设其为θ.则AE ―→·BD ―→＝(GE ―→－GA ―→)·(BF ―→＋FG ―→＋GD ―→)＝(GE ―→－GA ―→)·(2GE ―→－GF ―→－GE ―→)＝(GE ―→－GA ―→)·(GE ―→－GF ―→)＝GE ―→2－GE ―→·GF ―→－GA ―→·GE ―→＋GA ―→·GF ―→＝1－0－0＋3·3cos θ＝1＋3cos θ＝0，所以cos θ＝－13，即当AE ⊥BD 时，二面角A -DE -F 的余弦值等于－13. 答案：－135．(2019·南京调研)如图，在平行六面体ABCD -A1B 1C 1D 1中，AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则对角线AC 1的长度等于________．解析：AC 1―→2＝(AB ―→＋AD ―→＋AA 1―→)2＝AB ―→2＋AD ―→2＋AA 1―→2＋2AB ―→·AD ―→＋2AB ―→·AA 1―→＋2AD ―→·AA 1―→＝16＋9＋25＋2×4×3×cos 90°＋2×4×5×cos 60°＋2×3×5×cos 60°＝50＋20＋15＝85，即|AC 1―→|＝85. 答案：856．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为________．解析：由题意知AB ―→·AC ―→＝0，|AB ―→|＝|AC ―→|，又AB ―→＝(6，－2，－3)，AC ―→＝(x －4,3，－6)，所以⎩⎪⎨⎪⎧6(x －4)－6＋18＝0，(x －4)2＝4，解得x ＝2. 答案：27．已知PA 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是CD ，PC 的中点，并且PA ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN ＝________.解析：连结PD ，因为M ，N 分别为CD ，PC 的中点，所以MN ＝12PD ，又P (0,0,1)，D (0,1,0)， 所以PD ＝02＋(－1)2＋12＝2，所以MN ＝22. 答案：22 8．已知向量AB ―→＝(1,5，－2)，BC ―→＝(3,1,2)，DE ―→＝(x ，－3,6)．若DE ∥平面ABC ，则x 的值是________．解析：∵DE ∥平面ABC ，∴存在实数m ，n ，使得DE ―→＝m AB ―→＋n BC ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝m ＋3n ，－3＝5m ＋n ，6＝－2m ＋2n ，解得x ＝5.答案：5 9．如图所示，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，沿着它的对角线AC 将△ACD 折起，使AB 与CD 成60°角，求此时B ，D 间的距离．解：因为∠ACD ＝90°，所以AC ―→·CD ―→＝0.同理可得AC ―→·BA ―→＝0.因为AB 与CD 成60°角，所以〈BA ―→，CD ―→〉＝60°或〈BA ―→，CD ―→〉＝120°，又BD ―→＝BA ―→＋AC ―→＋CD ―→，所以|BD ―→|2＝|BA ―→|2＋|AC ―→|2＋|CD ―→|2＋2BA ―→·AC ―→＋2BA ―→·CD ―→＋2AC ―→·CD ―→＝3＋2×1×1×cos 〈BA ―→，CD ―→〉．所以当〈BA ―→，CD ―→〉＝60°时，|BD ―→|2＝4，此时B ，D 间的距离为2；当〈BA ―→，CD ―→〉＝120°时，|BD ―→|2＝2，此时B ，D 间的距离为 2.10．如图，在多面体ABC -A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1 -AB -C 是直二面角． 求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：因为二面角A 1 -AB -C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，所以AA 1⊥平面ABC .又因为AB ＝AC ，BC ＝2AB ，所以∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ，所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，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)． 所以A 1B 1―→＝2n ，即A 1B 1―→∥n .所以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)．所以AB 1―→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，所以AB 1―→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，所以AB 1∥平面A 1C 1C .三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BC ＝2，CC 1＝5，E 是棱CC 1上不同于端点的点，且CE ―→＝λCC 1―→.当∠BEA 1为钝角时，则实数λ的取值范围为________．解析：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,3,0)，C 1(0，3,5)，B (2,3,0)，A 1(2,0,5)．因为CE ―→＝λCC 1―→，所以E (0,3,5λ)．从而EB ―→＝(2,0，－5λ)，EA 1―→＝(2，－3,5－5λ)．当∠BEA 1为钝角时，cos ∠BEA 1＜0，所以EB ―→·EA 1―→＜0，即2×2－5λ(5－5λ)＜0，解得15＜λ＜45. 答案：⎝⎛⎭⎫15，452．(2019·海门中学检测)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________．解析：由题意知CD ，CB ，CE 两两垂直，所以以C 为原点，以CD ，CB ，CE 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，设M 点的坐标为(x ，y,1)，AC ∩BD ＝O ，连结OE ，则O ⎝⎛⎭⎫22，22，0，又E (0,0,1)，A (2，2，0)， 所以OE ―→＝⎝⎛⎭⎫－22，－22，1，AM ―→＝(x －2，y －2，1)， 因为AM ∥平面BDE ，AM ⊂平面ACEF ，平面BDE ∩平面ACEF ＝OE ，所以OE ∥AM ， 所以⎩⎨⎧ x －2＝－22，y －2＝－22即⎩⎨⎧ x ＝22，y ＝22，所以M ⎝⎛⎭⎫22，22，1. 答案：⎝⎛⎭⎫22，22，1 3．如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .证明：(1)以O 为坐标原点，以射线OD 为y 轴正半轴，射线OP 为z 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)．于是AP ―→＝(0,3,4)，BC ―→＝(－8，0,0)，所以AP ―→·BC ―→＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，所以AP ―→⊥BC ―→，即AP ⊥BC .(2)由(1)知AP ＝5，又AM ＝3，且点M 在线段AP 上，所以AM ―→＝35AP ―→＝⎝⎛⎭⎫0，95，125，又BA ―→＝(－4，－5,0)， 所以BM ―→＝BA ―→＋AM ―→＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125， 则AP ―→·BM ―→＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， 所以AP ―→⊥BM ―→，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BC ∩BM ＝B ，所以AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC .又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC .。
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课时跟踪检测(四十九) 空间向量的应用(分A 、B 卷，共2页) A 卷：夯基保分1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥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．2．(2015·贵州模拟)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 1-EC -D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．3．(2015·浙江名校联考)如图，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，且平面ABCD⊥平面ABEF，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0<a<2)．(1)当a为何值时，MN的长度最小；(2)当MN长度最小时，求AB与平面AMN所成角α的正弦值．B卷：增分提能1．如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面P AD⊥底面ABCD，侧棱P A＝PD＝2，P A⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；(2)求B点到平面PCD的距离；(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值为63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由．2．(2014·湖北高考)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．答案A 卷：夯基保分1．解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO .因为平面ABCD 为矩形， 所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点， 所以EO ∥PB .因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，平面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，建立空间直角坐标系A -xyz ，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|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. 2．解：(1)证明：四边形ADD1A 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 ，D 1D ⊥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)，1D C ＝(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 1·1D C ＝0，得 ⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋(2－y 0)y 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 1-EC -D 的大小为π6得cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－y 0)2＋1＋4＝32，解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1-EC -D 的大小为π6.3．解：(1)以B 为原点，BA ，BE ，BC 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系B -xyz (如图所示)，则N ⎝⎛⎭⎫22a ，22a ，0，M ⎝⎛⎭⎫22a ，0，1－22a .∴MN ＝⎝⎛⎭⎫1－22a 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2＝ ⎝⎛⎭⎫a －222＋12，∴当a ＝22时，MN 的长度最小． (2)当a ＝22时，M ⎝⎛⎭⎫12，0，12，N ⎝⎛⎭⎫12，12，0， 又A (1,0,0)，∴AM ＝⎝⎛⎭⎫－12，0，12，AN ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 设平面AMN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AM ·n ＝0，AN ·n ＝0，即⎩⎨⎧－12x ＋12z ＝0，－12x ＋12y ＝0，取x ＝1，得y ＝1，z ＝1，∴平面AMN 的法向量n ＝(1,1,1)．∵AB ＝(－1,0,0)，∴AB 与平面AMN 所成角α的正弦值为 sin α＝|n ·AB ||n |·|AB |＝33.B 卷：增分提能1．解：(1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 的中点，所以PO ⊥AD ，又侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又在直角梯形ABCD 中，连结OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，直线OC 为x 轴，直线OD 为y 轴，直线OP 为z 轴建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，∴PB ＝(1，－1，－1)，易证OA ⊥平面POC ，∴OA ＝(0，－1,0)是平面POC 的法向量， cos 〈PB ，OA 〉＝PB ·OA |PB ||OA |＝33.∴直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63.(2)PD ＝(0,1，－1)，CP ＝(－1,0,1)， 设平面PDC 的一个法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧u ·CP ＝－x ＋z ＝0，u ·PD ＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1,1,1)．∴B 点到平面PCD 的距离d ＝|BP ·u ||u |＝33.(3)存在．设PQ ＝λPD (0<λ<1)，∵PD ＝(0,1，－1)，∴PQ ＝(0，λ，－λ)＝OQ －OP ， ∴OQ ＝(0，λ，1－λ)，∴Q (0，λ，1－λ)． 设平面CAQ 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧m ·AC ＝x ＋y ＝0，m ·AQ ＝(λ＋1)y ＋(1－λ)z ＝0.取z ＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)， 又平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 因为二面角Q -AC -D 的余弦值为63， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍)，所以存在点Q ，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63，且PQ QD ＝12. 2．解：法一(向量方法)：以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0,0，λ)．1BC ＝(－2,0,2)，FP ＝(－1,0，λ)，FE ＝(1,1,0)． (1)证明：当λ＝1时，FP ＝(－1,0,1)，因为1BC ＝(－2,0,2)，所以1BC ＝2FP ，即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎨⎧FE ·n ＝0，FP ·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1)． 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角， 则m ·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0， 解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．法二(几何法)：(1)证明：如图，连接AD 1， 由ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体，知BC 1∥AD 1. 当λ＝1时，P 是DD 1的中点，又F 是AD 的中点， 所以FP ∥AD 1. 所以BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)如图，连接BD .因为E ，F 分别是AB ，AD 的中点，所以EF ∥BD ，且EF ＝12BD .又DP ＝BQ ，DP ∥BQ ，所以四边形PQBD 是平行四边形， 故PQ ∥BD ，且PQ ＝BD ，从而EF ∥PQ ，且EF ＝12PQ .在Rt △EBQ 和Rt △FDP 中， 因为BQ ＝DP ＝λ，BE ＝DF ＝1，于是EQ ＝FP ＝1＋λ2，所以四边形EFPQ 是等腰梯形． 同理可证四边形PQMN 是等腰梯形．分别取EF ，PQ ，MN 的中点为H ，O ，G ，连接OH ，OG ， 则GO ⊥PQ ，HO ⊥PQ ，而GO ∩HO ＝O ，故∠GOH 是面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角的平面角．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则∠GOH ＝90°. 连接EM ，FN ，则由EF ∥MN ，且EF ＝MN ，知四边形EFNM 是平行四边形． 连接GH ，因为H ，G 是EF ，MN 的中点， 所以GH ＝ME ＝2. 在△GOH 中，GH 2＝4， OH 2＝1＋λ2－⎝⎛⎭⎫222＝λ2＋12，OG 2＝1＋(2－λ)2－⎝⎛⎭⎫222＝(2－λ)2＋12，由OG 2＋OH 2＝GH 2，得(2－λ)2＋12＋λ2＋12＝4，解得λ＝1±22，故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．。