高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2.3 空间向量与空间角学业分层测评 新人教A版选修2-1
高中数学第三章空间向量与立体几何3.2空间向量在立体几何中的应用3.2.3_3.2.4预习导航学案新
3.2.3 直线与平面的夹角 3.2.4 二面角及其度量预习导航课程目标学习脉络1.掌握直线在平面内的射影及斜线与平面所成角的概念，并会求直线与平面所成的角．2．掌握最小角定理及公式 cos θ＝cos θ1cos θ2，并会利用这一公式解决相关问题．3．掌握二面角的概念，理解二面角的平面角和直二面角的定义．4．会利用向量法解决二面角的计算问题.1．直线与平面所成的角思考 1直线与平面的夹角的取值范围是什么？斜线与平面夹角的取值范围是什么？ππ 提示：直线与平面的夹角的取值范围是[0， 2]，斜线与平面的夹角的取值范围是(0， 2).2．最小角定理(1)线线角、线面角的关系式：cos θ＝cos_θ1cos_θ2，如图，θ 是 OA 与 OM 所成的角，1θ1是OA与OB所成的角，θ2是OB与OM所成的角．(2)最小角定理：斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角．思考2一平面的斜线在平面内的射影是一条线段吗？它唯一吗？提示：不是，应是一条直线，斜线在平面内的射影是唯一的．思考3将公式cos θ＝cos θ1cos θ2中角的余弦值换成正弦值是否成立？提示：不成立．3．二面角及其度量思考4二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角有什么关系？提示：二面角的大小与其两个半平面的法向量的夹角大小相等或互补．点拨 1.二面角的平面角必须具备三个条件：(1)二面角的平面角的顶点在二面角的棱上；(2)二面角的平面角的两条边分别在二面角的两个面内；2(3)二面角的平面角的两条边都与棱垂直，且平面角的大小与平面角的顶点在棱上的位置无关．2．二面角的范围是[0，π]．3。
高中数学第三章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法3向量法解决空间角和距离问题省公开课一等奖
则点 P0 到直线 l 的距离 d＝ ＝|1a| |P→P0|·|a|2－|P→P0·a|2.
|P→P0|2－P→P|a0|·a2
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(2)点到平面距离 用空间向量法求点到平面距离详细步骤以下： 先确定平面的法向量，再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面 的法向量上的射影长.如图，设 n＝(a，b，c)是平面 α 的一个法向量， P0(x0，y0，z0)为 α 外一点，P(x，y，z)是平面 α 内
答案 解析
A. 2
√B. 3
C. 5
D.3
以O为坐标原点，建立如图所表示空间直角坐标系.
由题意可知A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，2)，
∴A→B＝(－1，2，0)，B→C＝(0，－2，2)，
|A→B|＝
1＋4＋0＝
→→ 5，|AB→·BC|＝
2.
|BC|
∴点 A 到直线 BC 的距离 d＝ 5－2＝ 3.
∠O1OB＝60°，∠AOB＝90°，且OB＝OO1＝2，OA＝ 3，求异面直线
A1B与AO1所成角余弦值大小.
解答
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反思与感悟
在处理立体几何中两异面直线所成角问题时，若能构建空间直角坐标系， 则建立空间直角坐标系，利用向量法求解.但应用向量法时一定要注意向 量所成角与异面直线所成角区分.
√D.
615或－
15 6
0，－1，3·2，2，4 由 1＋9× 4＋4＋16 ＝
－2＋12 10× 24＝
615，
知这个二面角的余弦值为 615或－ 615，故选 D.
1 2 3 4 555/64
2.已知三棱锥O－ABC，OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，且OA＝1，OB
高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.1.2 空间向量的基本定理学业分层测评 新人教B版选修2-
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3。
1.2 空间向量的基本定理（建议用时:45分钟）［学业达标]一、选择题1．已知空间的一个基底｛a，b，c}，m＝a－b＋c，n＝x a＋y b＋c,若m与n共线,则x＋y 等于（)A．2 B．－2C．1 D．0【解析】因为m与n共线,所以x a＋y b＋c＝z（a－b＋c)．所以错误!所以错误!所以x＋y＝0.【答案】D2．已知向量a，b,且错误!＝a＋2b，错误!＝－5a＋6b，错误!＝7a－2b，则一定共线的三点是（)A．A,B，D B．A，B，CC．B,C,D D．A，C，D【解析】错误!＝错误!＋错误!＝－5a＋6b＋7a－2b＝2a＋4b，错误!＝－错误!＝－a－2b，∴错误!＝－2错误!，∴错误!与错误!共线，又它们经过同一点B,∴A，B，D三点共线．【答案】A3．A，B,C不共线，对空间任意一点O，若错误!＝错误!错误!＋错误!错误!＋错误!错误!，则P，A，B,C四点（）A．不共面B．共面C．不一定共面D．无法判断【解析】∵错误!＋错误!＋错误!＝1,∴点P，A,B，C四点共面．【答案】B4．设p：a,b，c是三个非零向量；q：｛a，b，c｝为空间的一个基底,则p是q的( ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件【解析】当非零向量a，b,c不共面时，｛a，b，c}可以当基底,否则不能当基底．当｛a，b，c｝为基底时，一定有a，b，c为非零向量．因此p q，q⇒p.【答案】B5．正方体ABCD。
高中数学第三章空间向量与立体几何3.2.3空间向量与空间角a21a高二21数学
第十七页，共六十五页。
【分析】 要证明两直线垂直，或求两直线的夹角，只要适 当地建立空间直角坐标系，求出两直线对应的方向向量，然后借 助于这两个向量的数量积公式即可求得．
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【解】 以 A 为原点，AB，AD，AP 所在的直线为坐标轴， 建立空间直角坐标系，如图，则 A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，a,0)， D(0,2a,0)．
第十三页，共六十五页。
1．求两异面直线所成的角时，要注意其范围是(0，π2]． 2．求线面角的大小时，要注意所求直线的方向向量与平面 的法向量夹角的余弦值的绝对值才是线面角的正弦值． 3．求二面角的大小要特别注意需根据具体的图形来判断该 二面角是锐角还是钝角．
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另外注意 利用向量法求二面角有以下两种方法 (1)若 AB、CD 分别是两个平面 α、β 内与棱 l 垂直的异面直 线，则两个平面的夹角的大小就是向量A→B与C→D的夹角．如图①.
在棱上时，两方向向量的夹角即为二面角的平面角．
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[答一答] 3．两平面法向量的夹角就是两平面的夹角吗？
提示：不一定．两平面法向量的夹角可能等于两平面的夹
角(当 0≤ n1，n2 ≤π2时)，也有可能与两平面的夹角互为补角(当
π 2<
n1，n2
≤π 时)．其中 n1，n2 是两平面的法向量．
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如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PD⊥平面 ABCD，∠PAD＝ 60°，在四边形 ABCD 中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD ＝1，AD＝2.
(1)建立适当的坐标系，并写出点 B，P 的坐标； (2)求异面直线 PA 与 BC 夹角的余弦值．
高中数学人教B版选修2-1学业分层测评第三章 空间向量与立体几何3.2第3课时 Word版含答案
学业分层测评
(建议用时：分钟)
[学业达标]
一、选择题
．若异面直线的方向向量与的方向向量的夹角为°，则与所成的角为( )
．°．°
．°或°．以上均不对
【解析】与所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为.应选.
【答案】
．已知(，，)，(，－，)，(，，)，(，，)，则直线与直线所成角的余弦值为( )
．－
．－
【解析】＝(，－，－)，＝(－，－，－)，
∴〈，〉＝＝＝，
∴直线，所成角的余弦值为.
【答案】
．正方形所在平面外一点，⊥平面，若＝，则平面与平面的夹角为( )
．°．°
．°．°
【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，设＝＝.则(，，)，(，，)，(，，)．于是＝(，，)．
取中点为，
则，∴＝，
易知是平面的法向量，是平面的法向量，∴，＝，
∴平面与平面的夹角为°.
【答案】
．如图--，在空间直角坐标系中，四棱柱-为长方体，＝＝，点
，分别为，的中点，则二面角--的余弦值为( )
【导学号：】
图--
．－．－
【解析】设＝，则(，，)，(，，)，因为，分别为，的中点，所以(，，)，(，，)，所以＝(－，，)，＝(，，－)，设＝(，，)是平面的法向量，则所以所以取＝，则＝＝，所以平面的一个法向量为＝(，，)，。
高中数学第3章空间向量与立体几何3.2.3空间的角的计算学业分层测评苏教版
【讲堂新坐标】 2016-2017 学年高中数学第3章空间向量与立体几何空间的角的计算学业分层测评苏教版选修2-1( 建议用时： 45 分钟 )学业达标 ]一、填空题1．已知(0,1,1) ，(2 ，－ 1,0)， (3,5,7)， (1,2,4)，则直线AB 与直线所成角A B C D CD 的余弦值为 ________．→→→→→→AB· CD【分析】∵ AB＝(2，－2，－1)，CD＝(－2，－3，－3)，∴ cos〈AB，CD〉＝→→| |||AB CD5 5 22＝＝，3× 22665 22∴直线 AB， CD所成角的余弦值为66.【答案】522662．在棱长为 1 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，则异面直线AM与 CN所成角的余弦值是________. 【导学号： 09390088】【分析】依题意，成立如下图的空间直角坐标系，则1，A(1,0,0)， M 1，，12C(0,1,0)，N 1，1，12.→1→1∴＝0，，1，＝1，0，，AM2CN21∴ cos〈→→22，〉＝＝，AM CN555·222故异面直线AM与CN所成角的余弦值为5.【答案】2 53．已知点 E ， F 分别在正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 的棱 BB 1，CC 1 上，且 B 1 E ＝2EB ， CF ＝ 2FC 1，则平面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角的正切值等于 ________．【分析】如图，成立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平面 ABC 的法向量为 n 1＝ (0,0,1) ，平面 AEF 的法向量为 n 2 ＝( x ，y ， z ) ．因此 (1,0,0) ，E 1， 1， 1， F 0，1， 2，A3 3→ 1 →1因此 AE ＝ 0，1，3 ，EF ＝ －1，0，3 ，1n 2→y ＋ 3z ＝ 0，· AE ＝ 0，则2·→＝ ， 即n－ x ＋1z ＝ 0，EF 03取 x ＝1，则 y ＝－ 1， z ＝3，故 n ＝ (1 ，－ 1,3) ，2n ·n3 111 2因此 cos 〈 n 1， n 2〉＝ |n 1||n 2| ＝ 11 ，因此平面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角的平面角3 11 22α 知足 cos α＝ 11 ，sin α＝ 11 ，因此 tan 2α＝ .32【答案】34．已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1 中， AA 1＝ 2AB ，则 CD 与平面 B DC 1所成角的正弦值等于________．【分析】以 为坐标原点， 成立空间直角坐标系， 如图，设1DAA＝ 2AB ＝ 2，则 D (0,0,0)， C (0,1,0)→， B (1,1,0) ， C (0,1,2) ，则 DC ＝1→→n ＝(0,1,0) ，DB ＝ (1,1,0)， DC ＝ (0,1,2) ．设平面 BDC 的法向量为1 1→ →x ＋ y ＝ 0， ( x ， y ， z ) ，则 n ⊥DB ， n ⊥ DC 1，因此有y ＋ 2z ＝ 0，令 y ＝－ 2，得平面 BDC 1的一个法向量为 n ＝(2 ，－ 2,1) ．设 CD 与平面 BDC 1所成的角为θ，→2→ n ·DC则 sin θ＝ |cos 〈 n ， DC 〉| ＝ →＝ 3.【答案】| n || DC |235．已知 E ，F 分别是棱长为 1 的正方体 ABCD -A 1B 1C 1D 1 的棱 BC ，CC 1 的中点， 则截面 AEFD 1与底面 ABCD 所成二面角的余弦值是________．【分析】以D 为坐标原点，以 ， ，1分别为x 轴， y 轴，zDA DC DD1，1，01轴成立空间直角坐标系， 如图，则 A (1,0,0) ，E 2 ，F 0， 1，，2 D (0,0,1) ．1因此 →→11＝(－1,0,1)，＝－ ，1，0.ADAE2→－ x ＋ z ＝ 0，设平面1的法向量为 n ＝( x ， ， )，则 n ·AD 1＝ 0，?xAEFDyz→－ ＋ y ＝ 0，n ·AE ＝ 02取 y ＝1，则 n ＝ (2,1,2)，而平面 ABCD 的一个法向量为 u ＝ (0,0,1)，2∴ cos 〈 n ， u 〉＝ 3.【答案】23→ →6．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1 中， M ， N 分别是棱长AA 1和 BB 1的中点，则sin〈CM ，D 1N 〉＝________.→【分析】 成立如图直角坐标系， 设正方体的棱长为2. 可知 CM→→ → 1＝ (2 ，－ 2,1) ， D 1N ＝ (2,2 ，－ 1) ， cos 〈CM ， D 1N 〉＝－ 9，∴ sin 〈→→4 5，〉＝.1 9【答案】4597. 如图 3-2-28 ，在四周体 A - BCD 中， AB ＝ 1，AD ＝23，BC ＝ 3，CD ＝ 2，∠ ABC ＝∠ DCBπ＝ 2 ，则二面角 A - BC - D 的大小为 ________．图 3-2-28【分析】二面角 -- 的大小等于AB 与 所成角的大小 .→＝→＋→ ＋→，而 → 2A BCDCDAD AB BC CDAD＝ →22→ 2－2| → → → →→ →＋ →＋AB | ·|CD |·cos 〈 AB ， CD 〉，即 12＝ 1＋4＋ 9－2×2cos 〈 AB ， CD 〉， AB CD BC→→1ππ∴ cos 〈 AB ， CD 〉＝ 2，∴ AB 与 CD 所成角为3 ，即二面角 A - BC - D 的大小为 3 .【答案】π38．在空间四边形中， ＝ ，∠＝∠π ，则 cos 〈 → →＝ ， 〉的值为 ________．OABC OB OC AOBAOC 3OA BC【分析】→ → → → →→ → → →∵ OA · BC ＝ OA ·(OC － OB ) ＝OA · O C － OA ·OB→→π → → π 1 → →＝ | OA |·|OC |cos3 － | OA | ·|OB | ·cos 3 ＝ 2| OA |(| OC |－→＝ 0.||)OB，→→→∴ cos 〈 → 〉＝ | OA · BC | ＝ 0.OA BC→→| OA || BC |【答案】 0二、解答题9．如图 3-2-29 ，在四棱锥 P - ABCD 中，PA ⊥平面 ABCD ，E 为 BD 的中点， G 为 PD 的中点，3△DAB ≌△ DCB ， EA ＝EB ＝ AB ＝1， PA ＝2，连接 CE 并延伸交 AD 于 F .图 3-2-29(1) 求证： AD ⊥平面 CFG ；(2) 求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值．【解】(1) 证明：在△ ABD 中，因为 E 是 BD 中点，因此 EA ＝ EB ＝ ED ＝ AB ＝ 1，ππ故∠ BAD ＝ 2 ，∠ ABE ＝∠ AEB ＝ 3 ，因为△ DAB ≌△ DCB ，因此△ EAB ≌△ ECB ，π进而有∠ FED ＝∠ BEC ＝∠ AEB ＝ 3 ，因此∠ FED ＝∠ FEA ，故 EF ⊥ AD ， AF ＝ FD .因为 PG ＝ GD ，因此 FG ∥ PA .又 PA ⊥平面 ABCD ，因此 GF ⊥ AD ，故 AD ⊥平面 CFG .(2) 以点 A 为坐标原点成立如下图的空间直角坐标系，则A (0,0,0) ，B (1,0,0) ，C 3，3，D (0 ，3，0) ，P 0，0，3 ，故， 0 222→ 3 → 3 3 3 →3 3BC ＝1， ，0，CP ＝ － ，－ 2 ，，CD ＝－， ，0.2 22 2 22设平面 BCP 的一个法向量 n 1＝ (1 ， y 1，z 1) ，→13n · BC ＝2＋2y ＝ 0，11则→＝－ 3 3 1＋31· － 1＝0，n CP22y2z3y 1＝－ 3 ，解得2z 1＝ 3，3 2即 n 1＝ 1，－ 3 ，3 .设平面 DCP 的一个法向量 n ＝ (1 ， y ，z ) ，2 2 2→ 3 3n 2· CD ＝－ 2＋2 y 2＝ 0，则333→n 2· CP ＝－ 2－ 2 y 2＋ 2z 2＝ 0，y 2＝ 3， 解得z 2＝ 2，即 n 2＝ ( 1， 3， 2) .进而平面 BCP与平面 DCP的夹角的余弦值为4| n1· n2|32cos θ＝|| n |＝＝ .| n16412· 8910．如图 3-2-30 ，在几何体ABCDE中， DA⊥平面 EAB， CB∥ DA， EA⊥AB， M是 EC的中点， EA＝ DA＝ AB＝2CB.图 3-2-30(1)求证： DM⊥ EB；(2)求异面直线 AB与 CE所成角的余弦值；(3)求二面角 M- BD- A 的余弦值．【解】以直线 AE， AB，AD为 x 轴， y 轴， z 轴，成立空间直角坐标系A- xyz ，设 CB＝ a，则 A(0,0,0)，E(2a,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a，a)，D(0,0,2a)，a因此 M a， a，2，→3a→(1)证明： DM＝ a， a，－2， EB＝(－2a, 2a, 0)，→→∴DM·EB＝ a·(－2a)＋ a·2a＋0＝0，→ →∴DM⊥EB，即 DM⊥EB.→→(2)AB＝(0,2 a, 0)， CE＝(2 a，－2a，－ a)，设异面直线 AB与 CE所成的角为θ，|→ ·→ |4a22AB CE则 cos θ＝→→ ＝2a·3a＝3，|AB|·|CE|即异面直线与所成角的余弦值为2.AB CE3(3)∵ DA⊥平面 EAB， AD?平面 DAB，∴平面 DAB⊥平面 EAB.∵EA?平面 EAB，平面 EAB∩平面 DAB＝ AB，EA⊥ AB.∴ EA ⊥平面 DAB .→∴ AE ＝ (2 a, 0,0) 是平面 DAB 的一个法向量．设平面 MBD 的一个法向量为 n ＝ ( x ，y ， z ) ， → ＝ a ，a ，－3a， → ＝ ，－ 2a, 2a ) ，DM2 BD (0→ · ＝0，3 z则 DM n即 x ＋ y － 2 ＝0，→ · ＝ ， －y ＋ z ＝ 0.BD n 0a令 z ＝a ，则 n ＝ 2， a ， a ，设二面角 M - BD - A 的平面角为 α，→a 2 1AE · n则 cos α＝ |→ | ·| | ＝2a · 3 a ＝3.AE n21即二面角 M - BD - A 的余弦值为 3.能力提高 ]1．如图 3-2-31 ，在三棱锥-中，极点C 在空间直角坐标系的原点处，极点 ， ，V ABCA BV 分别在x， ， z 轴上， D 是线段的中点，且＝ ＝ 2，∠＝. 当π时，则异θθ＝yABAC BCVDC3面直线 AC 与 VD 所成角的余弦值是 ________．图 3-2-31【分析】 因为 AC ＝ BC ＝ 2， D 是 AB 的中点，因此 C (0,0,0) ，A (2,0,0) ， B (0,2,0) ，(1,1,0) ．D当π时，在 Rt △ 中， ＝ 2，故 (0,0， 6)．θ ＝3VCD CD V→→，－6) ， 因此 AC ＝ ( － 2,0,0) ， VD ＝ (1,1→ →→ → － 22· VD因此 cos 〈 AC ，VD 〉＝AC＝－，→ → ＝2·2 24| AC || VD |AC 与 VD 所成角的余弦值为 2因此异面直线 4.【答案】242．如图 3-2-32 ，在空间直角坐标系中有直三棱柱- 111， ＝1＝2 ，则直线ABCA BC CA CCCBBC 1与直线 AB 1 夹角的余弦值为 ________. 【导学号： 09390089】图 3-2-32【分析】不如令 CB ＝ 1，则 CA ＝ CC ＝ 2.1可得 (0,0,0) ， (0,0,1) ， 1(0,2,0) ， (2,0,0) ， 1(0,2,1) ，OB C A B→ →∴ BC 1＝ (0,2 ，－ 1) ， AB 1＝ ( － 2,2,1) ，→→→→4－ 1151111BC ·AB∴ cos 〈 BC ， AB 〉＝→ →＝ 5× 9 ＝ 5＝5>0.| BC 1 || AB 1 |→ →1与直线1的夹角，∴1与1的夹角即为直线BC ABBCAB∴直线1与直线1夹角的余弦值为5 .BCAB55 【答案】53．在三棱锥 O - ABC 中，三条棱 OA ，OB ， OC 两两垂直，且 OA ＝ OB ＝ OC ， M 是 AB 边的中点，则与平面 所成角的正切值是 ________．OMABC【分析】如下图，成立空间直角坐标系，设 OA ＝OB ＝ OC ＝ 1，则 A (1,0,0) ，B (0,1,0) ，C (0,0,1)1 1→ ，M ，，0 ，故 AB ＝ ( － 1，1,0) ，2 2→， → 1 1＝ ( － 1,0,1) ＝ ， ， 0 .AC OM 2 2设平面 ABC 的法向量为 n ＝ ( x ， y ， z ) ，→n ⊥ AB ，－ x ＋ y ＝ 0，则由得→－ x ＋ z ＝0，n ⊥ AC ，令 x ＝1，得 n ＝ (1,1,1)．→ 16 ，故 cos 〈 n ， OM 〉＝＝ 323× 2因此 OM 与平面 ABC 所成角的正弦值为6，其正切值为 2.3【答案】24．如图 3-2-33 ， PA ⊥平面 ABC ，AC ⊥ BC ，BC ＝ 2， PA ＝AC ＝ 1，求二面角 A - PB - C 的余弦值．图 3-2-33【解】成立如下图的空间直角坐标系 C - xyz ，取 PB 的中点 D ，连接 DC ，则 DC ⊥ PB ，作 AE ⊥ PB 于 E .→ →A - PB -C 的大小．则向量 DC 与 EA 的夹角的大小为二面角 ∵ A (1,0,0) ，B (0， 2 ，0) ， C (0,0,0) ， P (1,0,1) ，又 D 为 PB的中点，21∴D 1，， .222PE2AP 1在 Rt △ PAB 中， ＝ 2＝ ，EBAB 3∴ E 3， 2，3，4 4 4→2 3∴ EA ＝ 1，－，－ ，4 4 4→12 1DC ＝ － 2，－ 2 ，－ 2 ，→→1∴ EA ·DC ＝ 2.→ 3 →又| EA | ＝ 2 ，| DC | ＝1，→→1→ →2EA · DC ＝3，∴ cos 〈 EA · DC 〉＝ ＝| →|| → | 33EA DC2 ×1高中数学第3章空间向量与立体几何3.2.3空间的角的计算学业分层测评苏教版3即二面角 A- PB- C的余弦值为3 .11 / 11。
【空间】高中数学第3章空间向量与立体几何321直线的方向向量与平面的法向量学业分层测评苏教版
【关键字】空间【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学第3章空间向量与立体几何 3.2.1 直线的方向向量与平面的法向量学业分层测评苏教版选修2-1(建议用时：45分钟)学业达标]一、填空题1．已知a＝(1,4,3)，b＝(3，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则x ＝________，y＝________.【解析】由l1∥l2，得＝＝，解得x＝12，y＝9.【答案】12 92．设直线l1的方向向量为a＝(2，－1,2)，直线l2的方向向量为b＝(1,1，m)，若l1⊥l2，则m＝________.【解析】∵l1⊥l2，∴2－1＋2m＝0，∴m＝－.【答案】－3．若平面α，β的法向量分别为(－1,2,4)，(x，－1，－2)，并且α⊥β，则x的值为________．【解析】因为α⊥β，那么它们的法向量也互相笔直，则有－x－2－8＝0，所以x＝－10.【答案】－104．设A是空间任意一点，n为空间任一非零向量，则适合条件·n＝0的点M的轨迹是________．【解析】·n＝0称为一个平面的向量表示式，这里考查的是基本概念．【答案】过点A且与向量n笔直的平面5．已知直线l1的方向向量为a＝(2,4，x)，直线l2的方向向量为b＝(2，y,2)，若|a|＝6，且a⊥b，则x＋y的值是________．【解析】因为|a|＝6，所以4＋16＋x2＝36，即x＝±4，当x＝4时，a＝(2,4,4)，由a·b＝0，得4＋4y＋8＝0，解得y＝－3，此时x＋y＝4－3＝1；当x＝－4时，a＝(2,4，－4)，由a·b＝0，得4＋4y－8＝0，解得y＝1，此时x＋y＝－4＋1＝－3.综上，得x＋y＝－3或x＋y＝1.【答案】－3或16．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的单位法向量坐标为________. 【导学号：09390081】【解析】设单位法向量n0＝(x，y，z)，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)．由n0·＝0，且n0·＝0得解得或【答案】或7．已知平面α经过三点A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，则平面α的一个法向量是________．【解析】∵A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，∴＝(1，－2，－4)，＝(2，－4，－3)．设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，依题意，应有n·＝0，n·＝0，即解得令y＝1，则x＝2.∴平面α的一个法向量为n＝(2,1,0)．【答案】(2,1,0)8．已知点A，B，C的坐标分别是(0,1,0)，(－1,0,1)，(2,1,1)，点P的坐标为(x,0，z)，若⊥，⊥，则点P的坐标为________．【解析】∵A(0,1,0)，B(－1,0,1)，C(2,1,1)，P(x,0，z)，∴＝(－1，－1,1)，＝(2,0,1)，＝(－x,1，－z)．∵⊥，⊥，∴·＝(－x,1，－z)·(－1，－1,1)＝0，·＝(－x,1，－z)·(2,0,1)＝0，∴∴∴点P的坐标为.【答案】二、解答题9．在正方体ABCD-A1B1D1中，证明：是平面A1BC1的法向量．【证明】建立空间直角坐标系，如图，不妨设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，B1(1,1,1)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，于是＝(1,1,1)，＝(0，－1,1)，＝(－1,0,1)，由于·＝－1＋1＝0，·＝－1＋1＝0.∴⊥，⊥，∵BA1∩BC1＝B，∴DB1⊥平面A1BC1，即是平面A1BC1的法向量．10．已知ABCD-A1B1D1是长方体，建立空间直角坐标系如图3-2-5.AB＝3，BC＝4，AA1 ＝2，图3-2-5(1)求平面B1CD1的一个法向量；(2)设M (x ，y ，z )是平面B 1CD 1内的任意一点，求x ，y ，z 满足的关系式．【解】 (1)在题图所示的空间直角坐标系A xyz 中各点坐标为B 1(3,0,2)，C (3,4,0)，D 1(0,4,2)，由此得B 1C →＝(0,4，－2)，CD 1→＝(－3,0,2)，设平面B 1CD 1的一个法向量为a ＝(x ，y ，z )，则a ⊥B 1C →，a ⊥CD 1→，从而a ·B 1C →＝0，a ·CD 1→＝0，所以0·x ＋4·y －2·z ＝0，－3·x ＋0·y ＋2·z ＝0，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 2y －z ＝0，3x －2z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝z 2，x ＝2z 3.不妨取z ＝6，则y ＝3，x ＝4.所以a ＝(4,3,6)就是平面B 1CD 1的一个法向量．(2)由题意可得，B 1M →＝(x －3，y ，z －2)，因为a ＝(4,3,6)是平面B 1CD 1的一个法向量，所以a ⊥B 1M →，从而a ·B 1M →＝0，即4(x －3)＋3y ＋6(z －2)＝0,4x ＋3y ＋6z ＝24，所以满足题意的关系式是4x ＋3y ＋6z ＝24.能力提升]1．若不重合的两个平面的法向量分别是a ＝(3，－3，－3)，b ＝(－1,1,1)，则这两个平面的位置关系是________．【解析】 ∵a ＝(3，－3，－3)，b ＝(－1,1,1)，∴a ＝－3b ，a ∥b .∴这两个平面平行．【答案】 平行2．已知平面α内有一个点A (－1,1,0)，α的一个法向量为n ＝(－1,1,1)，则下列各点中，在平面α内的是________(填序号)．①(1,3,2)；②(0,0,2)；③(1,2,1)；④⎝ ⎛⎭⎪⎫5，13，23. 【解析】 设平面α内任意点P (x ，y ，z )，则AP →＝(x ＋1，y －1，z )，故n ·AP →＝－x－1＋y －1＋z ＝0，即x －y －z ＋2＝0，把各点坐标代入检验，可知②③符合．【答案】 ②③3．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 →.其中正确的结论是________. 【导学号：09390082】【解析】 AB →·AP →＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝－2－2＋4＝0，则AB →⊥AP →，即AP ⊥AB ；AP →·AD →＝(－1)×4＋2×2＋0＝0，则AP →⊥AD →，即AP ⊥AD ，又AB ∩AD ＝A ，∴AP ⊥平面ABCD ，故AP →是平面ABCD 的一个法向量．由于BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)， ∴2－1≠32≠4－1，所以AP →与BD →不平行． 【答案】 ①②③4．如图326，四棱锥P ABCD 中，PD ＝AD ＝DC ，底面ABCD 为正方形，E 为PC 的中点，F 在PB 上，问F 在何位置时，PB →为平面DEF 的一个法向量？图326【解】 建系如图，设DA ＝2，则D (0,0,0)，P (0,0,2)，C (0,2,0)．∴E (0,1,1)，∵B (2,2,0)，∴PB →＝(2,2，－2)．设F (x ，y ，z )，PF →＝λPB →，∴(x ，y ，z －2)＝λ(2,2，－2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2λ，y ＝2λ，z －2＝－2λ，∴F (2λ，2λ，2－2λ)，∴DF →＝(2λ，2λ，2－2λ)．∵PB →·DF →＝0，∴4λ＋4λ－2(2－2λ)＝0，∴λ＝13， ∴F 为PB 的一个三等分点(靠近P 点)．此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。
高中数学第三章空间向量与立体几何3.2立体几何中的向量方法第3课时空间向量与空间角、距离优化练习新
2017-2018学年高中数学第三章空间向量与立体几何3.2 立体几何中的向量方法第3课时空间向量与空间角、距离优化练习新人教A版选修2-1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2017-2018学年高中数学第三章空间向量与立体几何3.2 立体几何中的向量方法第3课时空间向量与空间角、距离优化练习新人教A版选修2-1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第3课时空间向量与空间角、距离［课时作业］[A组基础巩固］1．在矩形ABCD中，AB＝1,BC＝错误!，PA⊥平面ABCD，PA＝1，则PC与平面ABCD所成角是( ）A．30°B．45°C．60°D．90°解析:建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0,0，1）,C（1，2，0)，错误!＝(1，错误!，－1)，平面ABCD的一个法向量为n＝（0,0,1），所以cos〈错误!，n〉＝错误!＝－错误!,所以〈错误!，n〉＝120°，所以PC与平面ABCD的法向量所在直线所成角为60°，所以PC与平面ABCD所成角为30°,故选A.答案：A2．在长方体ABCD。
A1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成角分别为60°和45°，则异面直线B1C 和C1D所成角的余弦值为（）A.错误!B．错误!C.错误!D.错误!解析：建立如图所示的空间直角坐标系，可知∠CB1C1＝60°,∠DC1D1＝45°，设B1C1＝1，CC1＝错误!＝DD1.∴C1D1＝错误!，则有B1（错误!,0，0，），C(错误!，1,错误!），C1(错误!，1，0)，D(0,1，错误!)．∴B1C，→＝（0，1，错误!），错误!＝(－错误!，0，错误!）．∴cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!.答案:A3．已知直二面角α。
高中数学第3章空间向量与立体几何3.2.3空间的角的计算9121数学
第三页，共二十八页。
题号
1 2 3
4
12/9/2021
答案
4 11 33 30°
60°或 120°
15 5
第四页，共二十八页。
解析
Enter Enter
Enter
题型一 求异面直线(zhíxiàn)所成的角
【例 1】 如图，已 知正方体
ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 2，点 E 是正方形 BCC1B1 的中心，点 F、 G 分别是棱 C1D1、AA1 的中点， 设点 E1、G1 分别是点 E、G 在 平面 DCC1D1 内的射影． 求异面直线 E1G1 与 EA 所成角的 正弦值． 12/9/2021
第二十页，共二十八页。
当堂巩固：如图，已知在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中， AB＝2，AA1＝1，直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30°，AE 垂直 BD 于点 E，F 为 A1B1 的中点． (1)求异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值； (2)求平面 BDF 与平面 AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值.
F
是
B
C
的
中
点
，
点
E
在
1
D
1C1上
，
且
D
1E
=
1 4
D
1C
1
.
求
D1
直
线
E
E
1
1F
与
平
面
D
1A
C1
C
所
成
角
的
正
弦
值
。
A1
B1
D
A12/9/2021
C F B
高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2.1 空间向量与平行关系学业分层测评 新人教A版选修21
【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2.1 空间向量与平行关系学业分层测评 新人教A 版选修2-1(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．l 1的方向向量为v 1＝(1，2，3)，l 2的方向向量v 2＝(λ，4，6)，若l 1∥l 2，则λ＝( )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】 ∵l 1∥l 2，∴v 1∥v 2，则1λ＝24，∴λ＝2.【答案】 B2．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内【解析】 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →，CD →，CE →共面，则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内．【答案】 D3．已知平面α内有一个点A (2，－1，2)，α的一个法向量为n ＝(3，1，2)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．(1，－1，1) B.⎝⎛⎭⎪⎫1，3，32C.⎝⎛⎭⎪⎫1，－3，32 D.⎝⎛⎭⎪⎫－1，3，－32【解析】 对于B ，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，4，－12，则n ·AP →＝(3，1，2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，4，－12＝0， ∴n ⊥AP →，则点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，32在平面α内．【答案】 B4．已知直线l 的方向向量是a ＝(3，2，1)，平面α的法向量是u ＝(－1，2，－1)，则l 与α的位置关系是( )A ．l ⊥αB ．l ∥αC ．l 与α相交但不垂直D ．l ∥α或l ⊂α【解析】 因为a ·u ＝－3＋4－1＝0，所以a ⊥u .所以l ∥α或l ⊂α. 【答案】 D5．若u ＝(2，－3，1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是( )A ．(0，－3，1)B ．(2，0，1)C ．(－2，－3，1)D ．(－2，3，－1)【解析】 同一个平面的法向量平行，故选D. 【答案】 D 二、填空题6．若平面α，β的法向量分别为(－1，2，4)，(x ，－1，－2)，并且α⊥β，则x 的值为________．【解析】 因为α⊥β，那么它们的法向量也互相垂直，则有－x －2－8＝0，所以x ＝－10.【答案】 －107．若a ＝(2x ，1，3)，b ＝(1，－2y ，9)，且a 与b 为共线向量，则x ＝________，y ＝________．【解析】 由题意得2x 1＝1－2y ＝39，∴x ＝16，y ＝－32.【答案】 16 －328．已知A (4，1，3)，B (2，3，1)，C (3，7，－5)，点P (x ，－1，3)在平面ABC 内，则x ＝________．【解析】 AB →＝(－2，2，－2)，AC →＝(－1，6，－8)， AP →＝(x －4，－2，0)，由题意知A ，B ，C ，P 四点共面，∴AP →＝λAB →＋μAC →＝(－2λ，2λ，－2λ)＋(－μ，6μ，－8μ)＝(－2λ－μ，2λ＋6μ，－2λ－8μ)．∴⎩⎪⎨⎪⎧2λ＋6μ＝－2，－2λ－8μ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－4，μ＝1， 而x －4＝－2λ－μ，∴x ＝11. 【答案】 11 三、解答题9.已知O ，A ，B ，C ，D ，E ，F ，G ，H 为空间的9个点(如图326所示)，并且OE →＝kOA →，OF →＝kOB →，OH →＝kOD →，AC →＝AD →＋mAB →，EG →＝EH →＋mEF →.求证： 【导学号：18490106】图326(1)A ，B ，C ，D 四点共面，E ，F ，G ，H 四点共面； (2)AC →∥EG →； (3)OG →＝kOC →.【解】 (1)由AC →＝AD →＋mAB →，EG →＝EH →＋mEF →，知A ，B ，C ，D 四点共面，E ，F ，G ，H 四点共面．(2)∵EG →＝EH →＋mEF →＝OH →－OE →＋m (OF →－OE →) ＝k (OD →－OA →)＋km (OB →－OA →)＝kAD →＋kmAB → ＝k (AD →＋mAB →)＝kAC →， ∴AC →∥EG →.(3)由(2)知OG →＝EG →－EO →＝kAC →－kAO →＝k (AC →－AO →)＝kOC →. ∴OG →＝kOC →.10．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，DC 的中点，求证：AE →是平面A 1D 1F 的法向量．【证明】 设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1，0，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，D 1(0，0，1)，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，A 1(1，0，1)，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，D 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1，A 1D 1→＝(－1，0，0)．∵AE →·D 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1 ＝12－12＝0， 又AE →·A 1D 1→＝0， ∴AE →⊥D 1F →，AE →⊥A 1D 1→. 又A 1D 1∩D 1F ＝D 1， ∴AE ⊥平面A 1D 1F ，∴AE →是平面A 1D 1F 的法向量．[能力提升]1．已知平面α的一个法向量是(2，－1，1)，α∥β，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是( )A ．(4，2，－2)B ．(2，0，4)C ．(2，－1，－5)D ．(4，－2，2)【解析】 ∵α∥β，∴β的法向量与α的法向量平行，又∵(4，－2，2)＝2(2，－1，1)，解得应选D.【答案】 D2．已知直线l 过点P (1，0，－1)，平行于向量a ＝(2，1，1)，平面α过直线l 与点M (1，2，3)，则平面α的法向量不可能．．．是( ) A ．(1，－4，2)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，1，－12D ．(0，－1，1)【解析】 因为PM →＝(0，2，4)，直线l 平行于向量a ，若n 是平面α的法向量，则必须满足⎩⎨⎧n·a ＝0，n ·PM →＝0，把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选D.【答案】 D3．若A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，198，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，58，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，1，58是平面α内的三点，设平面α的法向量a ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________．【解析】 因为AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，－74，AC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，－1，－74，又因为a ·AB →＝0，a ·AC →＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧x －3y －74z ＝0，－2x －y －74z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝23y ，z ＝－43y .所以x ∶y ∶z ＝23y ∶y ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫－43y ＝2∶3∶(－4)．【答案】 2∶3∶(－4)4.如图327，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PB 与底面所成的角为45°，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，PA ＝BC ＝12AD ＝1.问：在棱PD 上是否存在一点E ，使得CE ∥平面PAB ？若存在，求出E 点的位置；若不存在，请说明理由. 【导学号：18490107】图327【解】 分别以AB ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图，则P (0，0，1)，C (1，1，0)，D (0，2，0), 设E (0，y ，z )，则PE →＝(0，y ，z －1)， PD →＝(0，2，－1)，∵PE →∥PD →，∴y (－1)－2(z －1)＝0， ①∵AD →＝(0，2，0)是平面PAB 的法向量，CE →＝(－1，y －1，z )，∴由CE ∥平面PAB, 可得CE →⊥AD →，∴(－1，y －1，z )·(0，2，0)＝2(y －1)＝0， ∴y ＝1，代入①式得z ＝12.∴E 是PD 的中点，即存在点E 为PD 中点时，CE ∥平面PAB .。
高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2.2 空间向量与垂直关系学业分层测评 新人教A版选修21
【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2.2 空间向量与垂直关系学业分层测评 新人教A 版选修2-1(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．已知平面α的法向量为a ＝(1，2，－2)，平面β的法向量为b ＝(－2，－4，k )，若α⊥β，则k ＝( )A ．4 B.－4 C ．5D ．－5【解析】 ∵α⊥β，∴a ⊥b ，∴a ·b ＝－2－8－2k ＝0. ∴k ＝－5. 【答案】 D2．在菱形ABCD 中，若PA →是平面ABCD 的法向量，则以下等式中可能不成立的是( ) A.PA →⊥AB → B.PA →⊥CD → C.PC →⊥BD →D.PC →⊥AB →【解析】 由题意知PA ⊥平面ABCD ，所以PA 与平面上的线AB ，CD 都垂直，A ，B 正确；又因为菱形的对角线互相垂直，可推得对角线BD ⊥平面PAC ，故PC ⊥BD ，C 选项正确．【答案】 D3．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，－157，4B.407，－157，4C.407，－2，4 D ．4，407，－15【解析】 ∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4， 又BP ⊥平面ABC ，∴BP →⊥AB →，BP →⊥BC →，则⎩⎪⎨⎪⎧（x －1）＋5y ＋6＝0，3（x －1）＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157. 【答案】 B4．已知点A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，点D 满足条件：DB ⊥AC ，DC ⊥AB ，AD ＝BC ，则点D 的坐标为( )A ．(1，1，1)B ．(－1，－1，－1)或⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，13C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，13 D ．(1，1，1)或⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－13，－13【解析】 设D (x ，y ，z )，则BD →＝(x ，y －1，z )，CD →＝(x ，y ，z －1)，AD →＝(x －1，y ，z )，AC →＝(－1，0，1)，AB →＝(－1，1，0)，BC →＝(0，－1，1)．又DB ⊥AC ⇔－x ＋z ＝0①， DC ⊥AB ⇔－x ＋y ＝0 ②， AD ＝BC ⇔(x －1)2＋y 2＋z 2＝2③，联立①②③得x ＝y ＝z ＝1或x ＝y ＝z ＝－13，所以点D 的坐标为(1，1，1)或⎝⎛⎭⎪⎫－13，－13，－13.故选D. 【答案】 D5．设A 是空间一定点，n 为空间内任一非零向量，满足条件AM →·n ＝0的点M 构成的图形是( )A ．圆B ．直线C ．平面D ．线段【解析】 M 构成的图形经过点A ，且是以n 为法向量的平面． 【答案】 C 二、填空题6．已知直线l 与平面α垂直，直线l 的一个方向向量u ＝(1，－3，z )，向量v ＝(3，－2，1)与平面α平行，则z ＝________. 【导学号：18490112】【解析】 由题意知u ⊥v ，∴u ·v ＝3＋6＋z ＝0，∴z ＝－9. 【答案】 －97．已知a ＝(x ，2，－4)，b ＝(－1，y ，3)，c ＝(1，－2，z )，且a ，b ，c 两两垂直，则(x ，y ，z )＝________．【解析】 由题意，知⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y －12＝0，x －4－4z ＝0，－1－2y ＋3z ＝0.解得x ＝－64，y ＝－26，z ＝－17. 【答案】 (－64，－26，－17)8．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP →＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．【解析】 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0， ∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确． 又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确．由于BD →＝AD →－AB →＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误． 【答案】 ①②③ 三、解答题9.如图3215，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证：AM ⊥平面BDF .图3215【证明】 以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2，2，0)，B (0，2，0)，D (2，0，0)，F (2，2，1)，M ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1.所以AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，DF →＝(0, 2，1)，BD →＝(2，－2，0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BDF 的法向量， 则n ⊥BD →，n ⊥DF →，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝2x －2y ＝0，n ·DF →＝2y ＋z ＝0⇒⎩⎨⎧x ＝y ，z ＝－2y ，取y ＝1，得x ＝1，z ＝－ 2. 则n ＝(1，1，－2)． 因为AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.所以n ＝－ 2 AM →，得n 与AM →共线． 所以AM ⊥平面BDF .10．底面ABCD 是正方形，AS ⊥平面ABCD ，且AS ＝AB ，E 是SC 的中点．求证：平面BDE ⊥平面ABCD .【证明】 法一 设AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝AS ＝1，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则B (1，0，0)，D (0，1，0)，A (0，0，0)，S (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12.连接AC ，设AC 与BD 相交于点O ，连接OE ，则点O 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0.因为AS →＝(0，0，1)，OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以OE →＝12AS →.所以OE ∥AS .又因为AS ⊥平面ABCD ， 所以OE ⊥平面ABCD . 又因为OE ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面ABCD .法二 设平面BDE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 因为BD →＝(－1，1，0)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，12，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥BD →，n 1⊥BE →，即⎩⎨⎧n 1·BD →＝－x ＋y ＝0，n 1·BE →＝－12x ＋12y ＋12z ＝0，令x ＝1，可得平面BDE 的一个法向量为n 1＝(1，1，0)． 因为AS ⊥平面ABCD ，所以平面ABCD 的一个法向量为n 2＝AS →＝(0，0，1)． 因为n 1·n 2＝0，所以平面BDE ⊥平面ABCD .[能力提升]1.如图3216，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，以D 为原点建立空间直角坐标系，E 为BB 1的中点，F 为A 1D 1的中点，则下列向量中，能作为平面AEF 的法向量的是( )图3216A ．(1，－2，4)B ．(－4，1，－2)C ．(2，－2，1)D ．(1，2，－2)【解析】 设平面AEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1， 则A (1，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1.故AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1.所以⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n ＝0，AF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋12z ＝0，－12x ＋z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12z ，x ＝2z . 当z ＝－2时，n ＝(－4，1，－2)，故选B. 【答案】 B2.如图3217，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，D 是棱CC 1的中点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点．若点Q 在线段B 1P 上，则下列结论正确的是( )图3217A ．当点Q 为线段B 1P 的中点时，DQ ⊥平面A 1BD B ．当点Q 为线段B 1P 的三等分点时，DQ ⊥平面A 1BDC ．在线段B 1P 的延长线上，存在一点Q ，使得DQ ⊥平面A 1BD D ．不存在DQ 与平面A 1BD 垂直【解析】 以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则由已知得A 1(0，0，0)，B 1(1，0，0)，C 1(0，1，0)，B (1，0，1)，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，P (0，2，0)，A 1B →＝(1，0，1)，A 1D →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，B 1P →＝(－1，2，0)，DB 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，－12.设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A1B →＝x ＋z ＝0，n ·A 1D →＝y ＋12z ＝0，取z ＝－2，则x ＝2，y ＝1，所以平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(2，1，－2)．假设DQ ⊥平面A 1BD ，且B 1Q →＝λB 1P →＝λ(－1，2，0)＝(－λ，2λ，0)，则DQ →＝DB 1→＋B 1Q →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ，－1＋2λ，－12，因为DQ →也是平面A 1BD 的法向量，所以n ＝(2，1，－2)与DQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λ，－1＋2λ，－12共线，于是有1－λ2＝－1＋2λ1＝－12－2＝14成立，但此方程关于λ无解．故不存在DQ 与平面A 1BD 垂直，故选D. 【答案】 D3.如图3218，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是边长为1的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝1，若E ，F 分别为PB ，AD 中点，则直线EF 与平面PBC 的位置关系________．图3218【解析】 以D 为原点，DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，∴EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，平面PBC 的一个法向量n ＝(0，1，1)，∵EF →＝－12n ，∴EF →∥n ， ∴EF ⊥平面PBC . 【答案】 垂直4．如图3219，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，且AD ∥BC ，∠ABC ＝∠PAD ＝90°，侧面PAD ⊥底面ABCD .若PA ＝AB ＝BC ＝12AD .图3219(1)求证：CD ⊥平面PAC ；(2)侧棱PA 上是否存在点E ，使得BE ∥平面PCD ？若存在，指出点E 的位置并证明，若不存在，请说明理由. 【导学号：18490113】【解】 因为∠PAD ＝90°，所以PA ⊥AD .又因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，且侧面PAD ∩底面ABCD ＝AD ，所以PA ⊥底面ABCD .又因为∠BAD ＝90°，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．分别以AB ，AD ，AP 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．设AD ＝2，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，1)． (1)AP →＝(0，0，1)，AC →＝(1，1，0)，CD →＝(－1，1，0)， 可得AP →·CD →＝0，AC →·CD →＝0，所以AP ⊥CD ，AC ⊥CD . 又因为AP ∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面PAC .(2)设侧棱PA 的中点是E ，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，12.设平面PCD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·PD →＝0，因为CD →＝(－1，1，0)，PD →＝(0，2，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，2y －z ＝0，取x ＝1，则y ＝1，z ＝2，所以平面PCD 的一个法向量为n ＝(1，1，2)．所以n ·BE →＝(1，1，2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，12＝0，所以n ⊥BE →.因为BE ⊄平面PCD ，所以BE ∥平面PCD . 综上所述，当E 为PA 的中点时，BE ∥平面PCD .。
高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2.5 距离学业
3.2.5 距离(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．已知平面α的一个法向量n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为( )A ．10B ．3C ．83D ．103【解析】 由题意可知PA →＝(1,2，－4)．设点P 到α的距离为h ， 则h ＝|PA →·n ||n |＝103.【答案】 D2．在△ABC 中，AB ＝15，∠BCA ＝120°，若△ABC 所在平面α外一点P 到A ，B ，C 的距离都是14，则P 到α的距离是( )A ．13B ．11C ．9D ．7【解析】 作PO ⊥α于点O ，连接OA ，OB ，OC ，∴PA ＝PB ＝PC ，∴OA ＝OB ＝OC ，∴O 是△ABC 的外心．∴OA ＝AB2sin ∠BCA ＝152sin 120°＝53，∴PO ＝PA 2－OA 2＝11即为所求． 【答案】 B3．在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 是AA 1的中点，则点A 1到平面MBD 的距离是( )A.6a 6 B ．3a 6 C ．3a 4D ．6a 3【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎪⎫a ，0，a 2，B (a ，a,0)，A 1(a,0，a )，∴DM →＝⎝⎛⎭⎪⎫a ，0，a 2，DB →＝(a ，a,0)，DA 1→＝(a,0，a )．设平面MBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋a 2z ＝0，ax ＋ay ＝0，令x ＝1，则可得n ＝(1，－1，－2)． ∴d ＝|DA 1→·n ||n |＝|a －2a |6＝66a .【答案】 A4．若正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则A 1C 1到底面ABCD 的距离为( )【导学号：15460082】A.33B ．1C ． 2D ． 3【解析】 如图，A 1C 1∥平面ABCD ，所以A 1C 1到平面ABCD 的距离等于点A 1到平面ABCD 的距离，由AB 1与平面ABCD 所成的角是60°，AB ＝1，所以BB 1＝3，即点A 1到平面ABCD 的距离为 3.【答案】 D5．已知二面角αl β为60°，动点P ，Q 分别在平面α，β内，P 到β的距离为3，Q 到α的距离为23，则P ，Q 两点之间距离的最小值为( )A ．2B ．2C ．2 3D ．4【解析】 作PM ⊥β，QN ⊥α，垂足分别为M ，N .分别在平面α，β内作PE ⊥l ，QF ⊥l ，垂足分别为E ，F ，如图所示， 连接ME ，NF ，则ME ⊥l ，∴∠PEM 为二面角αl β的平面角，∴∠PEM ＝60°. 在Rt △PME 中，|PE →|＝|PM →|sin 60°＝3sin 60°＝2，同理|QF →|＝4. 又PQ →＝PE →＋EF →＋FQ →，∴|PQ →|2＝4＋|EF →|2＋16＋2PE →·EF →＋2PE →·FQ →＋2EF →·FQ →＝20＋|EF →|2＋2×2×4cos 120°＝12＋|EF →|2.∴当|EF →|2取最小值0时，|PQ →|2最小， 此时|PQ →|＝2 3. 【答案】 C 二、填空题6．如图3242，已知在60°的二面角αl β中，A ∈α，B ∈β，AC ⊥l 于C ，BD ⊥l 于D ，并且AC ＝1，BD ＝2，AB ＝5，则CD ＝________.图3242【解析】 ∵AC ⊥l ，BD ⊥l ，αl β为60°的二面角， ∴〈CA →，DB →〉＝60°. ∵AB →＝AC →＋CD →＋DB →，∴AB →2＝AC →2＋CD →2＋DB →2＋2AC →·CD →＋2AC →·DB →＋2CD →·DB →， ∴52＝12＋CD →2＋4＋2·|AC →||DB →|×cos 〈AC →，DB →〉， ∴CD →2＝20－2×1×2×cos 120°＝22，∴|CD →|＝22. 【答案】227．在底面为直角梯形的四棱锥P ABCD 中，侧棱PA ⊥底面ABCD ，BC ∥AD ，∠ABC ＝90°，PA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，则点D 到平面PBC 的距离是________．【解析】 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，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,1,0)，∴PC →＝(2,2，－2)，BC →＝(0,2,0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，y ＝0，取x ＝1，则n ＝(1,0,1)．又BD →＝(－2,1,0)，∴点D 到平面PBC 的距离为|BD →·n ||n |＝ 2.【答案】28．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为________．【解析】 建立空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，D 1(0,0，a )，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，B 1(a ，a ，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，如图所示．设平面A 1D 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·A 1D 1→＝0，n ·A 1E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z ·－a ，0，0＝0，x ，y ，z ·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，－a2＝0，∴－ax ＝0，ay －a2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z 2，令z ＝2，得n ＝(0,1,2)．又FD 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a ，∴所求距离d ＝|FD 1→·n ||n |＝32a 5＝3510a .【答案】3510a 三、解答题9．在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DA ＝2，E ，F 分别为PC ，AD 的中点．图3243(1)证明：DE ∥平面PFB ； (2)求点E 到平面PFB 的距离．【解】 (1)证明：以D 为原点，建立如图所示的坐标系，则P (0,0,2)，F (1,0,0)，B (2,2,0)，E (0,1,1)． FP →＝(－1,0,2)，FB →＝(1,2,0)， DE →＝(0,1,1)．∴DE →＝12FP →＋12FB →.∴DE →∥平面PFB .又∵D ∉平面PFB ，∴DE ∥平面PFB . (2)令平面PFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FP →＝0，n ·FB →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0，令x ＝2，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1，z ＝1，∴法向量n ＝(2，－1,1)． 又∵PE →＝(0,1，－1)，∴d ＝|PE →·n ||n |＝|0×2－1×1－1×1|6＝63.∴点E 到平面PFB 的距离为63. 10．已知正方形ABCD 的边长为1，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝1，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．(1)求点D 到平面PEF 的距离； (2)求直线AC 到平面PEF 的距离．【解】 (1)建立以D 为坐标原点，DA →，DC →，DP →分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系，如图所示．则P (0,0,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫12，1，0，EF →＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，12，0，PE →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，12，－1，DE →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，设平面PEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·PE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12x ＋12y ＝0，x ＋12y －z ＝0.令x ＝2，则y ＝2，z ＝3，所以n ＝(2,2,3)， 所以点D 到平面PEF 的距离为 d ＝|DE →·n ||n |＝|2＋1|4＋4＋9＝31717，因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)因为AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，所以点A 到平面PEF 的距离为d ＝|AE →·n ||n |＝117＝1717，所以AC 到平面PEF 的距离为1717. [能力提升]1．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 分AC 1→的比为12，N 为BB 1的中点，则|MN |为( )A.216a B ．66a C ．156a D ．153a 【解析】 以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (a,0,0)，C 1(0，a ，a )，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a ，a 2.又∵M 分AC 1→的比为12，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，a 3，a 3，∴|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32 ＝216a . 【答案】 A2．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是C 1C ，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离为( )A ．3B ． 3C ．33D ．13【解析】 如图所示，建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，E (0,2,1)，F (1,0,2)，G (2,1,0)， ∴EF →＝(1，－2,1)，EG →＝(2，－1，－1)， GA →＝(0，－1,0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的一个法向量， 则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，∴x ＝y ＝z ，可取n ＝(1,1,1)，∴d ＝|GA →·n ||n |＝13＝33，即点A 到平面EFG 的距离为33. 【答案】 C3．如图3244，已知△ABC 是以∠B 为直角的直角三角形，SA ⊥平面ABC ，SA ＝BC ＝2，AB ＝4，M ，N ，D 分别是SC ，AB ，BC 的中点，则点A 到平面SND 的距离为________.【导学号：15460083】图3244【解析】 建立如图的空间直角坐标系，则N (0,2,0)，S (0,0,2)，D (4,1,0)，∴NS →＝(0，－2,2)，SD →＝(4,1，－2)．设平面SND 的法向量为n ＝(x ，y,1)． ∵n ·NS →＝0，n ·SD →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＋2＝0，4x ＋y －2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝14，y ＝1.∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1，1.∵AS →＝(0,0,2)．∴A 到平面SND 的距离为 |n ·AS →||n |＝2334＝83333. 【答案】833334．如图3245，在四棱锥P ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2，O 为AD 中点，问：线段AD 上是否存在一点Q ，使得它到平面PCD 的距离为32？若存在，求出AQQD的值；若不存在，说明理由．图3245【解】 在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点，∴PO ⊥AD .又侧面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PO ⊥平面ABCD .建立如图所示空间直角坐标系，易得A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)，CP →＝(－1,0,1)，CD →＝(－1,1,0)．假设存在点Q ，使它到平面PCD 的距离为32，设Q (0，y,0)(－1≤y ≤1)，CQ →＝(－1，y,0)．设平面PCD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CP →＝0，n ·CD →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x 0＋z 0＝0，－x 0＋y 0＝0，即x 0＝y 0＝z 0，取x 0＝1，则平面PCD 的一个法向量为n ＝(1,1,1)． ∴点Q 到平面PCD 的距离为 d ＝|CQ →·n ||n |＝|－1＋y |3＝32，∴y ＝－12或y ＝52(舍去)．此时|AQ →|＝12，|QD →|＝32.∴存在点Q 满足题意，此时AQ QD ＝13.。
2021_2022学年高中数学第三章空间向量与立体几何3.2第3课时空间向量与空间角课后分层作业含解
课时分层作业(二十) 空间向量与空间角(建议用时：60分钟)一、选择题1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( ) A ．30° B ．150° C ．30°或150°D ．以上均不对A [l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的X 围为⎝⎛⎦⎤0，π2．应选A ．] 2．已知二面角α-l -β的两个半平面α与β的法向量分别为a ，b ，若〈a ，b 〉＝π3，则二面角α-l -β的大小为( )A ．π3B ．2π3C ．π3或2π3D ．π6或π3C [由于二面角的X 围是[0，π]，而二面角的两个半平面α与β的法向量都有两个方向，因此二面角α-l -β的大小为π3或2π3，故选C ．]3．如图，正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为( )A ．15B ．25C ．35D ．45D [以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz (图略)，设AB ＝1，则B (1,1,0)，A 1(1,0,2)，A (1,0,0)，D 1(0,0,2)，A 1B →＝(0,1，－2)，AD 1→＝(－1,0,2)，cos 〈A 1B →，AD 1→〉＝A 1B →·AD 1→|A 1B →||AD 1→|＝－45×5＝－45，∴异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为45．]4．已知在正四面体A -BCD 中，E 为棱AD 的中点，则CE 与平面BCD 的夹角的正弦值为( )A ．32B ．23C ．12D ．33B [作AO ⊥平面BCD 于点O ，则O 是△BCD 的中心，以O 为坐标原点，直线OD 为y 轴，直线OA 为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设AB ＝2，则O (0,0,0)，A ⎝⎛⎭⎫0，0，263，C ⎝⎛⎭⎫1，－33，0，E ⎝⎛⎭⎫0，33，63，∴OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，263，CE →＝⎝⎛⎭⎫－1，233，63，∴cos 〈OA →，CE →〉＝OA →·CE →|OA →||CE →|＝43263×3＝23．∴CE 与平面BCD 的夹角的正弦值为23．]5．如图所示，已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝AC ，点F 为PC 的中点，则二面角C -BF -D 的正切值为( )A ．36 B ．34C ．33D ．233D [如图所示，设AC 与BD 交于点O ，连接OF ．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O -xyz ．设P A ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3，所以O (0,0,0)，B ⎝⎛⎭⎫32，0，0，F ⎝⎛⎭⎫0，0，12，C ⎝⎛⎭⎫0，12，0，OC →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，易知OC →为平面BDF 的一个法向量，由BC →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，0，FB →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－12，可得平面BCF 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．所以cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →〉＝277，所以tan 〈n ，OC →〉＝233．故二面角C -BF -D 的正切值为233．]二、填空题6．若直线l 的方向向量a ＝(－2,3,1)，平面α的一个法向量n ＝(4,0,1)，则直线l 与平面α所成角的正弦值为_________________．23834[由题意，得直线l 与平面α所成角的正弦值为|a ·n ||a ||n |＝714×17＝23834．] 7．已知点E ，F 分别在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于________．23[如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平面ABC 的法向量为n 1＝(0,0,1)，平面AEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )．所以A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎫0，1，23， 所以AE →＝⎝⎛⎭⎫0，1，13，EF →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，13，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AE →＝0，n 2·EF →＝0，即⎩⎨⎧y ＋13z ＝0，－x ＋13z ＝0.取x ＝1，则y ＝－1，z ＝3．故n 2＝(1，－1,3)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝31111．所以平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的平面角α满足cos α＝31111，sin α＝2211，所以tan α＝23．] 8．如图，正三角形ABC 与正三角形BCD 所在的平面互相垂直，则直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为________．155[取BC 的中点O ，连接AO ，DO ，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ．设BC ＝1，则A ⎝⎛⎭⎫0，0，32， B ⎝⎛⎭⎫0，－12，0，C ⎝⎛⎭⎫0，12，0， D ⎝⎛⎭⎫32，0，0，所以BA →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，BD →＝⎝⎛⎭⎫32，12，0，CD →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，0． 设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA →＝0n ·BD →＝0，所以⎩⎨⎧12y ＋32z ＝032x ＋12y ＝0，取x ＝1，则y ＝－3，z ＝1，所以n ＝(1，－3，1)，所以cos 〈n ，CD →〉＝155，因此直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为155．] 三、解答题9．如图所示，已知在四面体ABCD 中，O 为BD 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝2．(1)求证：AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值．[解] (1)证明：因为BO ＝DO ，AB ＝AD ，所以AO ⊥BD ． 因为BO ＝DO ，BC ＝CD ，所以CO ⊥BD ．在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝3，而AC ＝2， 所以AO 2＋CO 2＝AC 2，所以∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC ．因为BD ∩OC ＝O ，所以AO ⊥平面BCD ．(2)以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0，3，0)，A (0,0,1)，BA →＝(－1,0,1)，CD →＝(－1，－3，0)，所以cos 〈BA →，CD →〉＝BA →·CD →|BA →||CD →|＝24，所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24． 10．如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．[解] (1)证明：连接A 1E ．因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ． 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E -xyz ．不妨设AC ＝4，则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)， F ⎝⎛⎭⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF →＝⎝⎛⎭⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC →＝0，得EF ⊥BC ．(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45，所以cos θ＝35．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．1．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ．则A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A ．23 B ．73 C ．32D ．37A [以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，CC 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设CA ＝CB ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，A 1(a,0,2)，D (0,0，1)，∴E ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，1，G ⎝⎛⎭⎫a 3，a 3，13，GE →＝⎝⎛⎭⎫a 6，a 6，23，BD →＝(0，－a,1)．∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ，∴GE →⊥平面ABD ，∴GE →·BD →＝0，解得a ＝2，∴GE →＝⎝⎛⎭⎫13，13，23，BA 1→＝(2，－2,2)，∵GE →⊥平面ABD ，∴GE →为平面ABD 的一个法向量．又cos 〈GE →，BA 1→〉＝GE →·BA 1→|GE →||BA 1→|＝4363×23＝23，∴A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为23．] 2．如图，已知矩形ABCD 与矩形ABEF 全等，二面角D -AB -E 为直二面角，M 为AB 的中点，FM 与BD 所成的角为θ，且cos θ＝39，则ABBC＝( )A ．1B ． 2C ．22D ．12C [不妨设BC ＝1，AB ＝λ，则AB BC ＝λ．记AF →＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，则FM →＝12b －a ，BD →＝c －b ，根据题意，|a |＝|c |＝1，|b |＝λ，a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴FM →·BD →＝－12b 2＝－12λ2，而|FM →|＝14λ2＋1，|BD →|＝λ2＋1，∴|cos 〈FM →，BD →〉|＝|FM →·BD →||FM →|·|BD →|＝⎪⎪⎪⎪－12λ214λ2＋1·λ2＋1＝39，得λ＝22．故选C ．] 3．在空间中，已知平面α过(3,0,0)和(0,4,0)及z 轴上一点(0,0，a )(a ＞0)，如果平面α与平面xOy 的夹角为45°，则a ＝________．125[平面xOy 的法向量为n ＝(0,0,1)，设平面α的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4y ＝0，－3x ＋az ＝0，即3x ＝4y ＝az ，取z ＝1，则u ＝⎝⎛⎭⎫a 3，a 4，1．而cos 〈n ，u 〉＝1a 29＋a 216＋1＝22， 又∵a ＞0，∴a ＝125．]4．如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD 且PD ＝AD ＝1，AB ＝2，点E 是线段AB 上一点，当二面角P -EC -D 为π4时，AE ＝________．2－3[设AE ＝a (0≤a ≤2)，以点D 为坐标原点，DA →，DC →，DP →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系D -xyz (图略)，则D (0,0,0)，E (1，a,0)，C (0,2,0)，P (0,0,1)，则PE →＝(1，a ，－1)，PC →＝(0,2，－1)，设平面PEC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥PE →m ⊥PC→，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋ay －z ＝02y －z ＝0，令y ＝1，可得x ＝2－a ，z ＝2，则m ＝(2－a,1,2)，易知平面DEC 的一个法向量为DP →＝(0,0,1)，则|cos 〈m ，DP →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2(2－a )2＋5＝22，解得a ＝2－3或2＋3(舍去)，所以AE ＝2－3．]5．如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD ．(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D -AE -C 的余弦值．[解](1)证明：由题设可得△ABD ≌△CBD ，从而AD ＝CD ． 又△ACD 是直角三角形， 所以∠ADC ＝90°．取AC 的中点O ，连接DO ，BO ， 则DO ⊥AC ，DO ＝AO ．又因为△ABC 是正三角形，故BO ⊥AC ， 所以∠DOB 为二面角D -AC -B 的平面角． 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2，又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°．所以平面ACD ⊥平面ABC ．(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴正方向，|OA →|为单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫0，32，12， 故AD →＝(－1,0,1)，AC →＝(－2,0,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎫－1，32，12．设n ＝(x ，y ，z )是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0，可取n ＝⎝⎛⎭⎫1，33，1．word- 11 - / 11 设m 是平面AEC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AC →＝0，m ·AE →＝0， 同理可取m ＝(0，－1，3)， 则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m |＝77． 所以二面角D -AE -C 的余弦值为77．。
高中数学第三章空间向量与立体几何3.2第3课时用空间向量解决空间角与距离问题学案新人教A版选修2-
（浙江专版）2018-2019高中数学第三章空间向量与立体几何3.2 第3课时用空间向量解决空间角与距离问题学案新人教A版选修2-1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（浙江专版）2018-2019高中数学第三章空间向量与立体几何3.2 第3课时用空间向量解决空间角与距离问题学案新人教A版选修2-1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第3课时用空间向量解决空间角与距离问题学习目标1。
理解直线与平面所成角、二面角的概念。
2。
掌握向量法解决空间角和距离问题。
3。
体会空间向量解决立体几何问题的三步曲．知识点空间三种角的向量求法空间角包括线线角、线面角、二面角，这三种角的定义确定了它们相应的取值范围,结合它们的取值范围可以用向量法进行求解．角的分类向量求法范围异面直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量分别为a，b,则cosθ＝｜cos〈a,b〉｜＝错误!错误!直线与平面所成的角设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sinθ＝｜cos〈a,n>|＝错误!错误!二面角设二面角α－l－β为θ，平面α,β的法向量分别为n1，n2，则｜cosθ｜＝|cos〈n1，n2〉|＝｜n1·n2||n1｜｜n2|［0，π](1）直线与平面所成的角α与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角β互余．(×）（2)二面角的大小范围是错误!.(×）（3）二面角的大小等于其两个半平面的法向量的夹角的大小．(×)（4）直线与平面所成角的范围是错误!.(√）类型一求线线角、线面角例1 （1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为________．考点向量法求直线与直线所成的角题点向量法求线线角答案错误!解析如图所示，以C为坐标原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线CC为z轴建立空间直角坐标系Cxyz.1设CA＝CB＝CC1＝1，则B（0，1,0),M错误!，A（1,0，0)，N错误!，故错误!＝错误!，错误!＝错误!,所以cos<错误!,错误!>＝错误!＝错误!＝错误!。
高中数学第三章空间向量与立体几何263.2.3空间向量与空间角a21a高二21数学
∵AC＝BC＝4，∴C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,4,0)，E(4,0,4)，
∴A→B＝(－4,4,0)，C→E＝(4,0,4)．
∴cos
A→B，C→E
＝ 4
－16 2×4
2＝－12，
∴异面直线 AB 与 CE 所成角的大小为π3.
第三十二页，共四十三页。2,2,0)， ∴C→D＝(0,4,2)，O→D＝(－2,4,0)，M→D＝(－2,2,2)． 设平面 ODM 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则由nn⊥ ⊥OM→→DD ，可得－ －22xx＋ ＋42yy＝ ＋02z＝0 ， 令 x＝2，则 y＝1，z＝1，∴n＝(2,1,1)． 设直线 CD 与平面 ODM 所成的角为 θ，
课时作业(zuòyè)26 空间向量与空间角
第一页，共四十三页。
时间：45 分钟
——基础巩固类——
一、选择题
1．若直线 l1 的方向向量与直线 l2 的方向向量的夹角是 150°，
则 l1 与 l2 这两条异面直线所成的角等于( A )
A．30°
B．150°
C．30°或 150° D．不能确定
解析：异面直线的夹角的取值范围是(0°，90°]，故选 A.
(1)易得A→1B＝(2,0，－4)，C→1D＝(1，－1，－4)．
第二十七页，共四十三页。
因为 cos A→1B，C→1D
＝|AA→→11BB|·|CC→→11DD|
＝
18 20×
18＝31010，
所以异面直线
A1B
与
C1D
所成角的余弦值为3
10 10 .
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(2)设平面 ADC1 的法向量为 n1＝(x，y，z)，因为A→D＝(1,1,0)， A→C1＝(0,2,4)，所以 n1·A→D＝0，n1·A→C1＝0，即 x＋y＝0，y＋2z ＝0，取 z＝1，得 x＝2，y＝－2，所以 n1＝(2，－2,1)是平面 ADC1 的一个法向量．
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【课堂新坐标】2016-2017学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2.3 空间向量与空间角学业分层测评 新人教A 版选修2-1(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．若异面直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2所成的角为( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均不对【解析】 l 1与l 2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.应选A.【答案】 A2．已知A (0，1，1)，B (2，－1，0)，C (3，5，7)，D (1，2，4)，则直线AB 与直线CD 所成角的余弦值为( )A.52266 B ．－52266C.52222D ．－52222【解析】 AB →＝(2，－2，－1)，CD →＝(－2，－3，－3)， ∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝53×22＝52266，∴直线AB ，CD 所成角的余弦值为52266.【答案】 A3．正方形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ，若PA ＝AB ，则平面PAB 与平面PCD 的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【解析】 如图所示，建立空间直角坐标系，设PA ＝AB ＝1.则A (0，0，0)，D (0，1，0)，P (0，0，1)．于是AD →＝(0，1，0)．取PD 中点为E ，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，易知AD →是平面PAB 的法向量，AE →是平面PCD 的法向量，∴cos AD →，AE→＝22， ∴平面PAB 与平面PCD 的夹角为45°. 【答案】 B4．如图3228，在空间直角坐标系Dxyz 中，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1为长方体，AA 1＝AB ＝2AD ，点E ，F 分别为C 1D 1，A 1B 的中点，则二面角B 1A 1B E 的余弦值为( ) 【导学号：18490121】图3228A ．－33B ．－32C.33 D.32【解析】 设AD ＝1，则A 1(1，0，2)，B (1，2，0)，因为E ，F 分别为C 1D 1，A 1B 的中点，所以E (0，1，2)，F (1，1，1)，所以A 1E →＝(－1，1，0)，A 1B →＝(0，2，－2)，设m ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧A 1E →·m ＝0，A 1B →·m ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，2y －2z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝z ，取x ＝1，则y ＝z＝1，所以平面A 1BE 的一个法向量为m ＝(1，1，1)，又DA ⊥平面A 1B 1B ，所以DA →＝(1，0，0)是平面A 1B 1B 的一个法向量，所以cos 〈m ，DA →〉＝m ·DA →|m ||DA →|＝13＝33，又二面角B 1A 1B E 为锐二面角，所以二面角B 1A 1B E 的余弦值为33，故选C. 【答案】 C5.如图3229，空间正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成角的大小是( )图3229A.π6B.π4C.π3D.π2【解析】 以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建系，则A 1M →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，－1，DN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，cos 〈A 1M →，DN →〉＝A 1M →·DN →|A 1M →||DN →|＝0.∴〈A 1M →，DN →〉＝π2.【答案】 D 二、填空题6．在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，则异面直线AM 与CN 所成角的余弦值是________．【解析】 依题意，建立如图所示的坐标系，则A (1，0，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，C (0，1，0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，CN →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，∴cos 〈AM →，CN →〉＝1252·52＝25， 故异面直线AM 与CN 所成角的余弦值为25.【答案】 257．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (1，－2，0)，B (2，1，6)，则向量AB →与平面xOz 的法向量的夹角的正弦值为________．【解析】 设平面xOz 的法向量为n ＝(0，t ，0)(t ≠0)，AB →＝(1，3, 6)，所以cos 〈n ，AB →〉＝n ·AB →|n |·|AB →|＝3t 4|t |，因为〈n ，AB →〉∈[0，π]，所以sin 〈n ，AB →〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 4|t |2＝74. 【答案】748．已知点E ，F 分别在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值等于________．【解析】 如图，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，平面ABC 的法向量为n 1＝(0，0，1)，平面AEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )．所以A (1，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，23， 所以AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，13，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AE →＝0，n 2·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋13z ＝0.取x ＝1，则y ＝－1，z ＝3.故n 2＝(1，－1，3)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝31111.所以平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的平面角α满足cos α＝31111，sin α＝2211，所以tan α＝23. 【答案】23三、解答题9.如图3230所示，在四面体ABCD 中，O ，E 分别是BD ，BC 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2. 【导学号：18490119】图3230(1)求证：AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值． 【解】 (1)证明：连接OC ，由题意知BO ＝DO ，AB ＝AD ， ∴AO ⊥BD .又BO ＝DO ，BC ＝CD ，∴CO ⊥BD .在△AOC 中，由已知可得AO ＝1，CO ＝3， 又AC ＝2，∴AO 2＋CO 2＝AC 2， ∴∠AOC ＝90°，即AO ⊥OC . ∵BD ∩OC ＝O ，∴AO ⊥平面BCD .(2)以O 为坐标原点建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (－1，0，0)，C (0, 3，0)，A (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0， ∴BA →＝(－1，0，1)，CD →＝(－1，－3，0)，∴cos 〈BA →，CD →〉＝BA →·CD →|BA →|·|CD →|＝24.∴异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24. 10．四棱锥P ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上． (1)求证：平面AEC ⊥平面PDB ；(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小． 【解】 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系Dxyz ，设AB ＝a ，PD ＝h ，则A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，D (0，0，0)，P (0，0，h )，(1)∵AC →＝(－a ，a ，0)，DP →＝(0，0，h )，DB →＝(a ，a ，0)， ∴AC →·DP →＝0，AC →·DB →＝0， ∴AC ⊥DP ，AC ⊥DB ，又DP ∩DB ＝D ， ∴AC ⊥平面PDB ，又AC ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面PDB .(2)当PD ＝2AB 且E 为PB 的中点时，P (0，0，2a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，12a ，22a ，设AC ∩BD ＝O ，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a2，0，连接OE ，由(1)知AC ⊥平面PDB 于O ，∴∠AEO 为AE 与平面PDB 所成的角，∵EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，－12a ，－22a ，EO →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，－22a ，∴cos ∠AEO ＝EA →·EO →|EA →|·|EO →|＝22，∴∠AEO ＝45°，即AE 与平面PDB 所成的角的大小为45°.[能力提升]1．已知在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( )A ．60°B ．90°C ．45°D ．以上都不对【解析】 以点D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图．由题意知，A 1(1，0，2)，E (1，1，1)，D 1(0，0，2)，A (1，0，0)，所以A 1E →＝(0，1，－1)，D 1E →＝(1，1，－1)，EA →＝(0，－1，－1)．设平面A 1ED 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·D 1E →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x ＋y －z ＝0.令z ＝1，得y ＝1，x ＝0，所以n ＝(0，1，1)， cos 〈n ，EA →〉＝n ·EA →|n ||EA →|＝－22·2＝－1.所以〈n ，EA →〉＝180°.所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°. 【答案】 B2.在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )图3231A.55B.53C.255D.35【解析】 不妨设CA ＝CC 1＝2CB ＝2， 则AB 1→＝(－2，2，1)，C 1B →＝(0，－2，1)， 所以cos 〈AB 1→，C 1B →〉＝AB 1→·C 1B→|AB 1→||C 1B →|＝（－2）×0＋2×（－2）＋1×19×5＝－55.因为直线BC 1与直线AB 1的夹角为锐角，所以所求角的余弦值为55. 【答案】 A3．在空间中，已知平面α过(3，0，0)和(0，4，0)及z 轴上一点(0，0，a )(a ＞0)，如果平面α与平面xOy 的夹角为45°，则a ＝________．【解析】 平面xOy 的法向量为n ＝(0，0，1)，设平面α的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋4y ＝0，－3x ＋az ＝0， 即3x ＝4y ＝az ，取z ＝1，则u ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，a4，1.而cos 〈n ，u 〉＝1a 29＋a 216＋1＝22， 又∵a ＞0，∴a ＝125.【答案】1254.如图3232，在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．图3232(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值. 【导学号：18490120】【解】 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (1，1，0)，A 1(0，0，4) ，C 1(0，2，4)，所以A 1B →＝(2，0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4).因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D→|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1，1，0)，AC 1→＝(0，2，4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以n 1＝(2，－2，1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.。