高考数学(理)二轮专题练习【专题5】(3)立体几何中的向量方法(含答案)

第 3 讲立体几何中的向量方法
考情解读 1.以多面体 (特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考察空间中平行与垂直的证明，
常出此刻解答题的第(1)问中，考察空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2.以多面体 ( 特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考察空间角 (主假如线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3.以已知结论追求成立的条件(或能否存在问题)的探究性问题，
考察逻辑推理能力、空间想象能力以及探究能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问
题．
1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线 l 的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α、β的法向量分别为μ＝ (a2，b2， c2)，v＝(a3，b3， c3)( 以下同样 )．
(1) 线面平行
l∥ α? a⊥ μ? a·μ＝ 0? a1a2＋ b1b2＋ c1c2＝ 0.
(2) 线面垂直
l⊥ α? a∥ μ? a＝ kμ? a1＝ ka2，b1＝kb2， c1＝ kc2.
(3)面面平行
α∥ β? μ∥v? μ＝λv? a2＝λa， b ＝λb，c ＝λc
32323.
(4)面面垂直
α⊥ β? μ⊥v? μ·v＝ 0? a2a3＋b2b3＋ c2c3＝ 0.
2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算
设直线 l ，m 的方向向量分别为a＝( a1， b1，c1)，b＝(a2，b2， c2)．平面α、β的法向量分别为μ＝ (a3， b3， c3)，v＝ (a4， b4， c4)(以下同样 )．
(1)线线夹角
π
设 l， m 的夹角为θ(0≤θ≤2)，则
|a·b|
＝
|a1a2＋ b1b2＋ c1c2|
cos θ＝a12＋ b
1
2＋ c
1
2 a
2
2＋ b
2
2＋ c
2
2
.
|a ||b|
(2)线面夹角
π设直线 l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤2)，
则 sin θ＝|
|
a
a
·μ
||μ
|
|＝ |cos〈a，μ〉 |.
(3) 面面夹角
设半平面 α、 β的夹角为 θ(0 ≤θ≤π)，
则 |cos θ|＝ ||μ·μ||v v |
|＝ |cos 〈 μ，v 〉 |.
提示 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中剖析．
3．求空间距离
直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转变为点到平面的距离，点
P 到平面 α的距离： d
→
＝
|PM ·n |
(此中 n 为 α的法向量， M 为 α内任一点 ).
|n |
热门一 利用向量证明平行与垂直
例 1 如图，在直三棱柱 ADE — BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且相互垂直， M 为 AB 的中点， O 为 DF 的中点．运用向量方法证明：
(1) OM ∥平面 BCF ；
(2) 平面 MDF ⊥平面 EFCD .
思想启示
从 A 点出发的三条直线
AB 、 AD ， AE 两两垂直，可成立空间直角坐标系．
证明
方法一
由题意，得
AB ， AD ， AE 两两垂直，以
A 为原点成立如
图所示的空间直角坐标系．
设正方形边长为 1，则 A(0,0,0)， B(1， 0,0)，C(1,1,0) ， D(0,1,0) ，
F(1,0,1) ， M 1
，0， 0
，O 1，1， 1
2 2 2
2 .
→
1 ，－ 1 → 1,0,0)，
(1) OM ＝ 0，－ 2 2 ， BA ＝ (－
→ → → →
∴ OM ·BA ＝ 0, ∴ OM ⊥BA.
∵ 棱柱 ADE — BCF 是直三棱柱，
∴ ⊥ 平面 ， ∴ →
是平面 的一个法向量，
AB BCF BA BCF
且 OM? 平面 BCF ，∴OM ∥平面 BCF .
(2) 设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为
n 1＝ (x 1， y 1，z 1)， n 2 ＝ (x 2， y 2， z 2)．
→ → 1
，－ 1，0 → ，
∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝ 2
， DC ＝ (1,0,0)
→ →
由 n 1·DF ＝ n 1·DM ＝ 0，
x 1－ y 1＋ z 1＝ 0，
1
y 1＝ 2x 1，
得 1
解得
1
x 1－ y 1＝ 0，
1＝－
1，
2
2
x
z
1 1
令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1， 2，－
2 .
同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．
∵ n 1·n 2＝ 0， ∴平面 MDF ⊥ 平面 EFCD .
方法二
→
→
→ →
1 → →
1 →
(1) OM ＝ OF ＋ FB ＋ BM ＝ DF － BF ＋ 2
BA
2
1 → →→
1 → 1 →
1→ 1 →
＝ (DB ＋ BF)－ BF ＋ 2 BA ＝－
2 BD － BF ＋ BA
2
2
2
＝－ 1 → →
1→ 1 →
2 (BC ＋ BA)－
BF ＋ BA
2
2
1 → 1 →
＝－ 2BC － 2BF.
∴ 向量 → 与向量 →，→
共面，
OMBF BC 又 OM? 平面 BCF ，∴OM ∥平面 BCF .
(2) 由题意知， BF ，BC ， BA 两两垂直，
→ → → → → ∵CD ＝BA ，FC ＝BC －BF ，
→ →
1 → 1 →
→
∴OM ·CD ＝ －
2 BC － BF
·BA ＝ 0，
2
→ →
1 → 1 →
→ →
OM ·FC ＝
－ BC － BF
·(BC － BF)
2
2
＝－ 1BC →2＋ 1BF → 2
＝ 0.
2 2
∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ，
∴OM ⊥平面 EFCD .
又 OM? 平面 MDF ，∴ 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD .
思想升华
(1) 要证明线面平行，只需证明向量
→
OM 与平面 BCF 的法向量垂直；另一个思路则
是依据共面向量定理证明向量 → → →
OM 与 BF ， BC 共面． (2) 要证明面面垂直，只需证明这两个平面 的法向量相互垂直； 也可依据面面垂直的判断定理证明直线 OM 垂直于平面 EFCD ，即证 OM
垂直于平面 EFCD 内的两条订交直线， 从而转变为证明向量
→ →
OM 与向量 FC 、
→ CD 垂直．
如图，在四棱锥 P － ABCD 中， PA ⊥平面 ABCD ，底面 ABCD
是菱形， PA ＝ AB ＝2，∠ BAD ＝ 60°， E 是 PA 的中点．
(1) 求证：直线 PC ∥平面 BDE ；
(2) 求证： BD⊥ PC；
证明设 AC∩BD＝ O.因为∠ BAD ＝ 60°， AB ＝2，底面 ABCD 为菱形，所以BO＝ 1， AO＝ CO＝3， AC⊥BD .
如图，以O 为坐标原点，以OB，OC所在直线分别为x 轴， y 轴，过点 O 且平行于PA 的直线为z 轴，成立空间直角坐标系O－ xyz，
则 P(0，－ 3，2)，A(0，－ 3，0)，B(1,0,0) ，C(0， 3，0)，D(－ 1,0,0) ，E(0，－3，1)．
(1) 设平面
→→
，由BDE 的法向量为n1＝ (x1， y1， z1)，因为 BE＝ (－ 1，－3，1)， BD ＝ (－ 2,0,0)
→
－ 2x1＝ 0，n1·BD＝0，
→得
－ x1－ 3y1＋ z1＝ 0，
n1·BE＝0，
令 z1＝ 3，得 y1＝ 1，所以n1＝ (0,1， 3)．
→→
3＝0，
又 PC＝ (0,23，－ 2)，所以 PC·n1＝ 0＋ 2 3－ 2
→
即 PC⊥n1，又 PC?平面 BDE，
所以 PC∥平面 BDE .
→→
(2) 因为 PC＝ (0,2 3，－ 2)， BD ＝( －2,0,0)，
→ →
＝ 0.
所以 PC·BD
故 BD⊥PC.
热门二利用向量求空间角
例 2如图，五面体中，四边形ABCD是矩形，AB∥EF，AD⊥平面ABEF ，
且 AD ＝ 1， AB＝ 1EF＝ 22， AF＝ BE＝ 2， P、
Q 2
分别为AE、 BD的中
点．
(1)求证： PQ∥平面 BCE；
(2)求二面角 A－ DF － E 的余弦值．
思想启示 (1) 易知 PQ 为△ ACE 的中位线； (2)依据 AD⊥平面 ABEF (1)
证明连结 AC，∵四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点，
建立空间直角坐标系．∴Q 为 AC 的中点，
又在△AEC 中， P 为 AE 的中点，∴ PQ∥ EC，
∵EC? 面 BCE， PQ? 面 BCE，∴ PQ∥平面 BCE.
(2)解如图，取 EF 的中点 M ，则 AF ⊥AM ，以 A 为坐标原点，以
则 A(0,0,0) ，D (0,0,1) ， M(2,0,0) ，F(0,2,0) ．
→→→
，－ 1)．可得 AM＝ (2,0,0)， MF ＝ (－2,2,0)， DF ＝ (0,2
→
n·MF＝0
设平面 DEF 的法向量为n＝ (x， y， z)，则.
→
n·DF＝0－ 2x＋ 2y＝ 0x－ y＝ 0
.
故，即
2y－z＝02y－ z＝ 0
令 x＝ 1，则 y＝ 1，z＝2，
故 n＝(1,1,2)是平面DEF的一个法向量．
→
∵ AM ⊥面 ADF ，∴AM为平面 ADF 的一个法向量．
→
→
2×1＋ 0×1＋0×26 n·AM
∴ cos〈n，AM 〉＝→ ＝
6×2＝6 .
|n| ·|AM |
由图可知所求二面角为锐角，∴二面角 A－DF － E 的余弦值为
6
6
.
思想升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：① 成立合适的空间直角坐标系；
② 求出有关点的坐标；③ 写出向量坐标；④ 联合公式进行论证、计算；⑤ 转变为几何结论．
(2) 求空间角注意：① 两条异面直线所成的角α不必定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不必定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③ 直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意
函数名称的变化．
(2013 ·山东 )如下图，在三棱锥P－ ABQ 中，PB⊥平面 ABQ，
BA＝ BP ＝BQ，D ，C，E，F 分别是 AQ，BQ，AP ，BP 的中点， AQ＝2BD，
PD 与 EQ 交于点 G， PC 与 FQ 交于点 H，连结 GH.
(1)求证： AB∥ GH ；
(2)求二面角 D － GH －E 的余弦值．
(1) 证明因为D，C，E，F分别是AQ， BQ，AP，BP的中点，所以EF∥ AB， DC ∥ AB.
所以EF∥DC.又EF ?平面PCD ，DC ?平面PCD ，
所以EF∥平面PCD .
又EF?平面EFQ ，平面EFQ ∩平面PCD＝ GH ，
所以EF∥GH.又EF ∥ AB，所以AB∥GH .
(2) 解方法一在△ABQ中，AQ＝2BD ，AD ＝DQ，
所以∠ABQ＝ 90°，即 AB⊥ BQ.
因为 PB⊥平面 ABQ ，所以 AB⊥ PB.
又 BP∩BQ＝B，所以 AB⊥平面 PBQ.
由 (1)知 AB∥ GH ，所以 GH⊥平面 PBQ.
又 FH ? 平面 PBQ ，所以 GH ⊥FH .
同理可得GH⊥ HC ，
所以∠FHC 为二面角D－ GH－E 的平面角．设 BA＝ BQ＝ BP＝ 2，连结 FC ，
在 Rt△ FBC 中，由勾股定理得
FC＝2，
在 Rt△ PBC 中，由勾股定理得
PC＝ 5.
又 H 为△ PBQ 的重心，
所以 HC ＝1
PC＝5.同理 FH ＝5.
333
5
＋
5
－2
在△ FHC 中，由余弦定理得cos∠ FHC ＝
99
5
2×
9
＝－4.即二面角 D － GH－ E 的余弦值为－4.
55
方法二在△ ABQ 中， AQ＝ 2BD， AD ＝ DQ ，所以∠ ABQ ＝90°
又 PB⊥平面 ABQ ，所以 BA ，BQ， BP 两两垂直．
以 B 为坐标原点，分别以 BA， BQ， BP 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，成
立如下图的空间直角坐标系．
设 BA＝ BQ＝ BP＝ 2，则 E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0) ，D(1,1,0) ，C(0,1,0) ，
P(0,0,2) ．
→→→→
．所以 EQ＝ (－ 1,2，－ 1)， FQ ＝(0,2，－ 1)， DP ＝ (－ 1，－ 1， 2)，CP＝(0，－ 1,2)
设平面 EFQ 的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
→→
由 m·EQ＝0， m·FQ＝0，
－x1＋ 2y1－z1＝ 0，
得取 y1＝1，得m＝ (0,1,2) ．
2y1－ z1＝ 0，
设平面 PDC 的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，
→→
由 n·DP＝0，n·CP＝ 0，
得－ x2－ y2＋ 2z2＝ 0，
－ y2＋ 2z2＝0，
取 z2＝ 1，得n＝(0,2,1)．
所以 cos〈m，n〉＝m·n4
＝ . |m||n|5
因为二面角 D－ GH－ E 为钝角，所以二面角D－ GH － E 的余弦值为－4 5 .
热门三利用空间向量求解探究性问题
例 3 如图，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，AB＝ BC＝ 2AA1，∠ABC ＝ 90°，
D 是 BC 的中点．
(1)求证： A1B∥平面 ADC 1；
(2)求二面角 C1－ AD － C 的余弦值；
(3) 试问线段 A1B1上能否存在点E，使 AE 与 DC1成 60°角？若存在，确立 E 点地点；若不存在，说明原因．
(1)证明连结 A1C，交 AC1于点 O，连结 OD.
由 ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形， O 为 A1C 的
中点．
又 D为 BC的中点，
所以 OD 为△ A1BC 的中位线，
所以 A1B∥ OD .
因为 OD? 平面 ADC1， A1B? 平面 ADC 1，
所以 A1B∥平面 ADC 1.
(2)解由 ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝ 90°，得 BA ， BC，BB 1两两垂直．
以 BC， BA， BB1所在直线分别为x， y， z 轴，成立如下图的空间直角坐标系B－ xyz.
设 BA＝ 2，则 B(0,0,0) ， C(2,0,0) ， A(0,2,0)， C1(2,0,1) ， D(1,0,0) ，
→→
．
所以 AD ＝ (1，－ 2,0)， AC1＝ (2，－ 2,1)
设平面 ADC 1的法向量为n＝(x，y，z)，则有
→
n·AD
＝0，
→n·AC1＝0.
x－ 2y＝ 0，
所以取 y＝1，得n＝(2,1，－ 2)．
2x－ 2y＋ z＝ 0.
易知平面ADC 的一个法向量为v＝(0,0,1)．
n·v2
所以 cos〈n，v〉＝|n|·|v|＝－3.
因为二面角C1－AD －C 是锐二面角，
2
所以二面角C1－AD －C 的余弦值为3.
(3)解假定存在知足条件的点 E.
因为点 E 在线段 A1B1上， A1(0,2,1) ， B1(0,0,1) ，故可设 E(0，λ， 1)，此中 0≤λ≤2.
→→
．
所以 AE＝ (0，λ－ 2,1)， DC 1＝ (1,0,1)
因为 AE 与 DC 1成 60°角，
→ →
→ →
1
〉 |＝ |AE ·DC 1|
所以 |cos 〈 AE ， DC 1
＝ ，
→ → 1 2
|AE| |DC · |
即
1
＝ 1
，解得 λ＝1 或 λ＝ 3(舍去 )．
λ－
2
＋1· 2 2
所以当点 E 为线段 A 1B 1 的中点时， AE 与 DC 1 成 60°角． 思想升华
空间向量最合适于解决这种立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、
论证、推理，只需经过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论看作条件，据此列方程
或方程组，把 “能否存在 ”问题转变为 “点的坐标能否有解，能否有规定范围内的解 ”等，所认为
使问题的解决更简单、有效，应擅长运用这一方法．
如图，在三棱锥 P — ABC 中， AC ＝ BC ＝ 2，∠ ACB ＝ 90°， AP ＝
BP ＝ AB ，PC ⊥ AC ，点 D 为 BC 的中点．
(1) 求二面角 A — PD — B 的余弦值；
1
(2) 在直线 AB 上能否存在点 M ，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为 6， 若存在，求出点 M 的地点；若不存在，说明原因．
解 (1)∵ AC ＝ BC ，PA ＝ PB ， PC ＝ PC ， ∴△ PCA ≌△ PCB ，
∴∠ PCA ＝∠ PCB ，
∵ PC ⊥ AC ， ∴PC ⊥CB ，又 AC ∩CB ＝C ，
∴ PC ⊥ 平面 ACB ，且 PC ，CA ，CB 两两垂直，
故以 C 为坐标原点， 分别以 CB ，CA ，CP 所在直线为 x ，y ，z 轴成立空间直角坐标系， 则 C(0,0,0)，
→ (1，－ →
，－ 2)，
A(0,2,0) ，D(1,0,0) ， P(0,0,2) ， ∴ AD ＝ 2,0)， PD ＝ (1,0 设平面 PAD 的一个法向量为
n ＝ (x ， y ，z)，
→
n ·AD ＝ 0
∴
， ∴ 取 n ＝ (2,1,1) ，
→
n ·PD ＝ 0
→
，
平面 PDB 的一个法向量为 CA ＝(0,2,0)
→ 6 ∴ cos 〈 n ，CA 〉＝ 6 ，
设二面角 A —PD —B 的平面角为 θ，且 θ为钝角，
6 6
∴ cos θ＝－ 6 ， ∴ 二面角 A — PD — B 的余弦值为－ 6
.
(2) 方法一 存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．
→
设 M(x,2－ x,0) (x ∈ R )， ∴ PM ＝( x,2－x ，－ 2)，
→
|x|
1 ，
∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝
x 2 ＋ － x
＝
2
＋4· 6 6
解得 x ＝1 或 x ＝－ 2， ∴ M(1,1,0) 或 M(－ 2,4,0) ，
∴ 在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，
使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为
1 6
.
方法二 存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．
→ →
设 AM ＝ λAB ，
→
则 AM ＝ λ(2，－ 2,0)＝ (2λ，－ 2λ，0) ( λ∈R )，
→ → →
∴ PM ＝PA ＋AM ＝ (2λ， 2－2λ，－ 2)，
→ |2λ|
1
∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝ 2 － 2λ 2
＋4· 6 ＝ . λ ＋ 6
解得 λ＝ 1
或 λ＝－ 1.
2
∴M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．
∴ 在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD
所成角的正弦值为
1
6
.
空间向量在办理空间问题时拥有很大的优胜性， 能把 “非运算 ”问题 “运算 ”化，即经过直线的方
向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各种角、距离以向量的方式表达
出来，把立体几何问题转变为空间向量的运算问题．应用的中心是充足认识形体特点，从而
成立空间直角坐标系，经过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运
算的正确性．
提示三点： (1)直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，
而不是余弦值．
(2) 求二面角除利用法向量外，还能够依据二面角的平面角的定义和空间随意两个向量都是共面向量的知识，我们只假如在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量，而且两个向量的方向均指向棱或许都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的
大小．如下图．
→ →→→
(3) 关于空间随意一点 O 和不共线的三点 A ，B ， C ，且有 OP ＝ xOA ＋ yOB ＋ zOC(x ， y ， z ∈ R )，
四点 P ， A ，B ， C 共面的充要条件是
x ＋ y ＋ z ＝ 1.
空间一点 P 位于平面 MAB 内 ? 存在有序实数对 →→→
x ， y ，使 MP ＝ xMA ＋ yMB ，或对空间任必定
点 O ，有序实数对 → →→ →
x ， y ，使 OP ＝ OM ＋ xMA ＋ yMB .
真题感悟
(2014 ·京北 )如图，正方形 AMDE 的边长为 2， B ， C 分别为 AM ， MD 的中点，在五棱锥 P － ABCDE 中， F 为棱 PE 的中点，平面 ABF 与棱 PD ， PC 分别交于点 G ， H.
(1) 求证： AB ∥ FG ；
(2) 若 PA ⊥底面 ABCDE ，且 PA ＝ AE ，求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小，并求线段 PH 的
长．
(1) 证明 在正方形 AMDE 中，因为 B 是 AM 的中点， 所以 AB ∥ DE.
又因为 AB ? 平面 PDE ， DE? 平面 PDE ， 所以 AB ∥ 平面 PDE .
因为 AB? 平面 ABF ，且平面 ABF ∩平面 PDE ＝ FG ， 所以 AB ∥ FG.
(2) 解 因为 PA ⊥ 底面 ABCDE ， 所以 PA ⊥ AB ， PA ⊥ AE.
如图成立空间直角坐标系
Axyz ，
→
．
则 A(0,0,0) ，B(1,0,0) ， C(2,1,0) ， P(0,0,2) ，F(0,1,1) ， BC ＝ (1,1,0) 设平面 ABF 的一个法向量为
n ＝ (x ， y ， z)，则
→
x ＝ 0，
n ·AB ＝ 0，
→
即
y ＋ z ＝ 0.
n ·AF ＝ 0，
令 z＝ 1，则 y＝－ 1，所以n＝(0 ，－
1,1)．设直线 BC 与平面 ABF 所成角为α，
→
→
1 n·BC
则 sin α＝ |cos〈n， BC〉 |＝→＝ .2
|n||BC|
所以直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为π，6
设点 H 的坐标为 (u， v， w)．
→→
λ<1)，因为点 H 在棱 PC 上，所以可设 PH＝λPC(0<
即 (u， v， w－ 2)＝λ(2,1，－ 2)，
所以 u＝2λ， v＝λ， w＝2－ 2λ.
因为 n 是平面ABF的一个法向量，所以
→n·AH＝0，
即 (0，－ 1,1) ·(2λ，λ， 2－ 2λ)＝0，
解得λ＝2
，所以点H 的坐标为 (
4
，2，2)．3333
所以 PH＝42＋22＋－42＝ 2.
333
押题精练
如下图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面相互垂直，AB＝
2， AF＝ 1.
(1)求直线 DF 与平面 ACEF 所成角的正弦值；
→→
(2)在线段 AC 上找一点 P，使 PF 与 DA 所成的角为 60°，试确立点 P
的地点．
解 (1)以 C 为坐标原点，分别以 CD ， CB，CE 所在直线为 x 轴， y 轴，
z 轴，成立如下图的空间直角坐标系，则E(0,0,1) ，D (2， 0,0)， B(0，
2， 0)， A(2， 2， 0)，F( 2，2， 1)，连结 BD ，则 AC⊥ BD .因为平
→
面 ABCD ⊥平面 ACEF ，且平面 ABCD ∩平面 ACEF ＝AC，所以 DB 是平面 ACEF 的一个法向量．
→→→→→ →
3 DF ·DB
又 DB＝ (－2， 2， 0)， DF ＝ (0，2，1)，所以 cos〈DF ，DB〉＝→ →＝ 3
.
|DF | ×|DB |
故直线 DF 与平面 ACEF 所成角的正弦值为
3
3
.
→
2－a，→
＝ (0，2，0)．
(2) 设 P(a， a,0)(0≤a≤ 2)，则 PF＝ (2－ a,1)， DA
→→22－ a1因为〈 PF ，DA〉＝ 60°，所以 cos 60 °＝＝ .
2×2－ a2＋ 12
解得 a ＝
2
或 a ＝
3
2
2， 2
， 0)为 AC 的中点．
2
2 (舍去 )，故存在知足条件的点
P( 2
2
(介绍时间： 60 分钟 )
一、选择题
1．已知平面 ABC ，点 M 是空间随意一点，点
→ 3 → 1 → 1 → M 知足条件 OM ＝ OA ＋
OB ＋
OC ，则直线
4
8
8
AM( )
A ．与平面 ABC 平行
B ．是平面 AB
C 的斜线 C ．是平面 ABC 的垂线
D ．在平面 ABC 内 答案
D
分析
由已知得 M 、A 、 B 、 C 四点共面．所以 AM 在平面 ABC 内，选 D.
2．在棱长为 1 的正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， M 是 BC 的中点， P ，Q 是正方体内部或面上的
→ →
两个动点，则 AM ·PQ 的最大值是 (
)
1
A. 2 B ． 1
3
5 C.2 D. 4
答案 C
分析
以 A 为坐标原点，分别以
AD ，AB ，AA 1 所在直线为 x 轴， y 轴， z
轴成立如下图的空间直角坐标系，则
A(0,0,0) ，M (1
，1,0)，
2
→
1 ， 1,0)．
所以 AM ＝(
2
－ 1≤x ≤1， →
－1≤y ≤1， 设 PQ ＝ (x ， y ， z)，由题意可知
－1≤z ≤1. → → 1
1
因为 AM ·PQ ＝ ·x ＋1·y ＋ 0·z ＝ x ＋ y ，
2
2
又－ 1≤x ≤1，－ 1≤y ≤1，
所以－ 1 1 1
≤ x ≤ .
2 2 2 所以－
3 1 3
≤ x ＋ y ≤ .
2 2 2
→ →
3
故 AM ·PQ 的最大值为
.
2
3．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，那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为 ()
3
10
A. 2
B. 10
3
2 C.5
D. 5
答案
D
分析 以 D 点为坐标原点，分别以
DA ， DC ，DD 1 所在直线为 x 轴， y
1 轴，z 轴成立如下图的空间直角坐标系，
则 A(1,0,0) ，M(1，，1)，C(0,1,0) ，
2
1
N(1,1，2)．
→
1 →
1 )．
所以 AM ＝ (0，
， 1)， CN ＝(1,0，
2
2 → →
1 1 1 ，
故 AM ·CN ＝ 0×1＋
×0＋ 1×＝
2
2 2
→ 2
1 2
2
5
|AM |＝
0 ＋
2
＋ 1 ＝ 2 ，
→ 2
2
1 2
＝ 5
|CN|＝
1＋0＋
2
2 ，
→ →
1
→
→
2
2
AM ·CN
＝
所以 cos 〈AM ， CN 〉＝
＝ .
→ → 5 5 5
|AM||CN|
2 ×2
4．已知正三棱柱 ABC － A 1B 1C 1 的侧棱长与底面边长相等，则
AB 1 与侧面 ACC 1A 1 所成角的正
弦等于 (
)
6 10 A. 4
B. 4 2 3
C. 2
D. 2
答案 A
分析
如下图成立空间直角坐标系， 设正三棱柱的棱长为
2，O(0,0,0) ，B( 3，
0,0)，A(0，－ 1,0)，B 1(
→ →
＝(－ 3，0,0)为侧
3，0,2)，则 AB 1＝ ( 3，1,2)，则 BO
→ →
|AB 1·BO|
6
面 ACC 1A 1 的法向量，由
sin θ＝ →
→
＝ 4 .
|AB 1||BO|
5．在正方体 ABCD — A 1B 1C 1 D 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 (
)
1 2 3 2 A. 2 B. 3 C. 3 D. 2
答案 B
分析
以 A 为原点成立如下图的空间直角坐标系
A － xyz ，设棱长为 1，
1
则 A 1(0,0,1) ，E 1， 0，2 ， D(0,1,0) ，
→ ＝ (0,1，－ 1)
→
1， 0，－ 1 ， ∴ A 1
，A 1 ＝
D
E
2
设平面 A 1ED 的一个法向量为
n 1＝ (1， y ， z)，
y － z ＝ 0，
y ＝ 2，
则 1
∴
1－2z ＝ 0，
z ＝ 2.
∴ n 1＝ (1,2,2) ．
∵ 平面 ABCD 的一个法向量为
n 2＝(0,0,1) ，
2
2
∴ cos 〈 n 1， n 2〉＝ 3×1＝3.
即所成的锐二面角的余弦值为
2
3
.
6．如图，三棱锥 A －BCD 的棱长全相等， E 为 AD 的中点，则直线 CE 与 BD 所成角的余弦值
为 (
)
3
3 A. 6
B. 2 33 1
C. 6
D. 2
答案 A
分析
设 AB ＝ 1，
→ → → → → →
则 CE ·BD ＝ (AE －AC ) ·(AD － AB)
1→21→→ →→ →→
＝ 2AD － 2AD ·AB － AC ·AD ＋AC ·AB
1 1 －°cos 60 ＋°cos 60 1 ＝ － cos 60 ＝° .
2 2
4
→ →
1
→ →
4 3
CE ·BD
＝
∴ cos 〈 CE ， BD 〉＝
→ → ＝
6.选A.
3
|CE||BD |
2
二、填空题
7．在向来角坐标系中已知 A(－ 1,6)， B(3，－ 8)，现沿 x 轴将坐标平面折成 60°的二面角，则折叠后 A 、 B 两点间的距离为 ________．
答案 2 17
分析
如图为折叠后的图形，此中作 AC ⊥ CD ， BD ⊥ CD ，
则 AC ＝ 6，BD ＝ 8， CD ＝4，
两异面直线 AC 、 BD 所成的角为 60°，
→ → → →
故由 AB ＝ AC ＋ CD ＋DB ，
→ 2 → → → 2
得 |AB| ＝ |AC ＋CD ＋ DB| ＝ 68，
→ 17. ∴ |AB|＝ 2
8．正方体 ABCD － A 1B 1C 1 D 1 的棱长为 1，E 、F 分别为 BB 1、CD 的中点， 则点 F 到平面 A 1D 1E 的距离为 ______________ ．
3 5 答案
10
分析
以 A 为坐标原点， AB 、AD 、 AA 1 所在直线分别为
x 轴、 y 轴、 z 轴建
立空间直角坐标系，如下图，
1
1
则 A 1(0,0,1) ，E(1,0， 2)， F(2，1,0)， D 1(0,1,1) ．
→
1
→
∴ A 1E ＝ (1,0，－ 2)，A 1D 1＝ (0,1,0) ． 设平面 A 1D 1E 的一个法向量为
n ＝ (x ，y ， z)，
→
＝0， 1
则 n ·A 1E
即 x － 2z ＝ 0，
→
y ＝ 0.
n ·A 1D 1＝ 0，
令 z ＝ 2，则 x ＝ 1.∴ n ＝ (1,0,2) ．
又→＝1
，，－ ，
A 1F
(
1 1)
2
∴ 点 F 到平面 A 1D 1E 的距离为
→ |1
－ 2|
|A 1F ·n |＝ 2
＝ 3 5
d ＝
|n |
510.
9．已知正方形 ABCD 的边长为 4， CG ⊥平面 ABCD ， CG ＝ 2， E ， F 分别是 AB ，AD 的中点， 则点 C 到平面 GEF 的距离为 ________．
答案 6 11
11
分析 成立如下图的空间直角坐标系 C －xyz ，则 G(0,0,2) ， E(2,4,0) ，F(4,2,0) ．
→→→
．
所以 GF ＝ (4,2，－ 2)， GE＝ (2,4，－ 2)， CG＝ (0,0,2)
设平面 GEF 的法向量为n＝(x，y，z)，
→
GF·n＝ 0，
由
→
GE·n＝ 0，
得平面 GEF 的一个法向量为n＝(1,1,3)，
所以点 C 到平面 GEF 的距离
→
|n·CG| 6 11
d＝＝.
|n|11
→→→ 2→ 2→ →→10．已知 ABCD －A1B1C1D1为正方体，① (A1A＋A1D 1＋ A1B1)＝ 3A1B1；②A1C·(A1B1－ A1A) ＝0；
→→→ → →
③向量 AD 1与向量 A1B的夹角是 60°；④正方
体ABCD － A1B1C1D1的体积为 |AB·AA1·AD|.此中正确命题的序号是 ________．
答案①②
分析
→→→ 2→ 2→2→设正方体的棱长为 1，①中 (A1A＋ A1D 1＋ A1B1)＝ A1C ＝ 3(A1B1) ＝ 3，故①正确；②中 A1B1
→→→－ A1A＝ AB1，因为 AB1⊥ A1C，故② 正确；③中 A1B 与 AD1两异面直线所成的角为60°，但 AD 1→→ → →
与 A1B的夹角
为120°，故③不正确；④中|AB ·AA1·AD |＝ 0.故④也不正确．
三、解答题
11.如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD 中， PA⊥底面 ABCD ，
E， F 分别是 PC， PD 的中点， PA＝ AB＝1， BC＝ 2.
(1)求证： EF∥平面 PAB；
(2)求证：平面 PAD⊥平面 PDC .
证明 (1) 以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，
AP 所在直线为 z 轴，成立如下图的空间直角坐标系，
则 A(0,0,0) ，B(1,0,0) ， C(1,2,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,1) ，
∵ E，F 分别是 PC， PD 的中点，
∴E 1
，1，
1
，F 0，1，
1
，222
→1
， 0，0→→→→→
EF＝－，PB＝ (1,0，－ 1)，PD＝ (0,2，－ 1)，AP＝ (0,0,1)，AD ＝ (0,2,0)，DC＝ (1,0,0)，2
→＝ (1,0,0) ．
AB
→1→→→
∵EF＝－2AB，∴EF∥AB ，
即 EF∥AB，
又 AB? 平面 PAB， EF?平面 PAB，
∴ EF ∥ 平面 PAB.
→
→
＝ (0,0,1) (1,0,0)· ＝ 0，
(2) ∵AP ·DC
→ →
AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)· ＝0，
→ → → →
∴ AP ⊥ DC ， AD ⊥DC ，即 AP ⊥ DC ， AD ⊥DC .
又 AP ∩AD ＝A ， ∴ DC ⊥ 平面 PAD.
∵ DC? 平面 PDC ，
∴平面 PAD ⊥平面 PDC .
12． (2014 ·标全国Ⅱ课 )如图，四棱锥 P － ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA ⊥平面 ABCD ，E 为 PD 的中点．
(1) 证明： PB ∥平面 AEC ；
(2) 设二面角 D － AE －C 为 60°，AP ＝1， AD ＝ 3，求三棱锥 E － ACD 的体积．
(1)证明
连结 BD 交 AC 于点 O ，连结 EO.
因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点．
又 E 为 PD 的中点，所以
EO ∥PB .
因为 EO? 平面 AEC ，PB?平面 AEC ，
所以 PB ∥ 平面 AEC .
(2) 解 因为 PA ⊥ 平面 ABCD ， ABCD 为矩形，所以 AB ， AD ， AP 两两垂直．
如图，以
→ 的方向为
→ A 为坐标原点， AB 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，
3 1
→
3 1 )． 2， )，AE ＝ (0，
，
2
2 2
设 B(m,0,0)( m>0) ，则 C(m ，设 n 1＝ (x ， y ， z)为平面 ACE
→ n 1·AC ＝
0，
则
→
n 1·AE ＝ 0，
→
3， 0)， AC ＝ (m ， 3， 0)．
的法向量，
mx ＋ 3y ＝ 0，
即
3 1
2 y ＋ 2z ＝ 0，
3
可取 n 1＝( ，－ 1， 3)．
又 n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，
1
由题设 |cos〈n1，n2〉 |＝，
即3
2＝
1
，3＋ 4m
2
3
解得 m＝2.
因为 E 为 PD 的中点，
1所以三棱锥E－ ACD 的高为，
1131
＝3
三棱锥 E－ ACD 的体积 V＝× × 3× ×.
32228
13．如图，在三棱柱ABC － A1B1C1中，侧面AA 1C1C⊥底面 ABC， AA1
＝A1C＝ AC＝ 2， AB＝ BC， AB⊥BC， O 为 AC 的中点．
(1)证明： A1O⊥平面 ABC；
(2)求直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值；
(3)在 BC1上能否存在一点E，使得 OE∥平面 A1AB？若存在，确立点 E 的地点；若不存在，请说明原因．
(1)证明∵ AA1＝ A1C＝ AC＝ 2，且 O 为 AC 的中点，
∴A1O⊥ AC.
又侧面 AA 1C1C⊥底面 ABC，交线为AC， A1O? 平面 AA 1C1C，
∴A1O⊥平面 ABC.
(2)解连结 OB ，如图，以 O 为原点，分别以 OB、OC、OA1所在直线为 x、y、
z 轴，成立空间直角坐标系，则由题意可知 B(1,0,0) ，C(0,1,0) ，
A1(0,0， 3)， A(0，－ 1,0)．
→
，－ 3)，设平面A1AB 的法向量为→
∴ A1C＝ (0,1n＝(x，y，z)，则 n·AA1
→→
，→
n＝(3，－3，3)，
＝ n·AB＝0，而AA1＝(0,13)， AB＝ (1,1,0) ，可求得一个法向量
→
→
621
|n·A1 C|
＝＝，
∴ |cos〈 A1 C，n〉 |＝→2× 217
|n| |A·1C|
故直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值为21
. 7
(3)解存在点 E，且 E 为线段 BC 1的中点．连结 B1C 交 BC1于点 M，连结AB1、 OM，
则 M 为 B1C 的中点，
从而 OM 是△ CAB1的一条中位线， OM ∥ AB1，又 AB1? 平面 A1AB，OM ?平面 A1AB，
∴OM ∥平面 A1 AB，
故 BC1的中点 M 即为所求的 E 点．。