2019高考数学一轮复习第7章立体几何第7节立体几何中的向量方法教师用书5

第七节 立体几何中的向量方法
1．直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a 的有向线段所在直线与直线l 平行或重合，则称此向量a 为直线l 的方向向量．
(2)平面的法向量：直线l ⊥α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α的法向量．
2．空间位置关系的向量表示
设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则
设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n |
|a ||n |
.
5．求二面角的大小
(1)若AB ，CD 分别是二面角α­l ­β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB →与CD →
的夹角(如图①)．
图
(2)设n 1，n 2分别是二面角α­l ­β的两个面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )
(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )
(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的
范围是[0，π]．
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√
2．(教材改编)设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t ＝( )
A ．3
B ．4
C ．5
D ．6
C [∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0， ∴t ＝5.]
3．直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )
A.1
10 B.25 C.3010
D.22
C [建立如图所示的空间直角坐标系C ­xyz ，设BC ＝2，则B (0,2,0)，A (2,0,0)，
M (1,1,2)，N (1,0,2)，所以BM →＝(1，－1,2)，AN →
＝(－1,0,2)，故BM 与AN 所成角θ的余弦
值cos θ＝|BM →·AN →||BM →|·|AN →|
＝36×5＝30
10.]
4．如图7­7­1所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________. 【导学号：51062247】
图7­7­1
垂直 [以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→
所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A (0,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，AM →·ON
→
＝⎝
⎛⎭⎪⎫0，1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，1＝0，∴ON 与AM 垂直．]
5．(2017·湖州模拟)过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________．
45° [如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)，由题意，AD ⊥平面PAB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又CD ⊥平面PAD ，
∴CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD .
∴AD →＝(0,1,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面PAB ，平面PCD 的法向量，且〈AD →，AE →〉＝
45°.
故平面PAB 与平面PCD 所成的二面角为45°.]
，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 .
图7­7­2
[证明] 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1
2
，1，12，
F ⎝
⎛
⎭
⎪⎫0，1，12，EF →
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12
，0，0，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →
＝(1,0,0).3
分
(1)因为EF →＝－12AB →
，所以EF →∥AB →，即EF ∥AB .
又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， 所以EF ∥平面PAB .6分
(2)因为AP →·DC →
＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →
·DC →
＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
所以AP →⊥DC →，AD →⊥DC →
，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .10分 又因为AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， 所以DC ⊥平面PAD . 因为DC ⊂平面PDC ，
所以平面PAD ⊥平面PDC .15分
[规律方法] 1.利用向量证明平行与垂直，充分利用已知的线面垂直关系构建空间直角
坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的
关键．
2．运用向量知识判定空间位置关系，不可忽视几何定理满足的条件，如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，必需强调直线在平面外．
[变式训练1] (2017·绍兴一模)如图7­7­3，四棱锥P ­ABCD 的底面为正方形，侧棱
PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，H 分别是线段PA ，PD ，AB 的中点．
图7­7­3
求证：(1)PB ∥平面EFH ； (2)PD ⊥平面AHF .
[证明] 建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz .
∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，H (1,0,0).3分
(1)∵PB →＝(2,0，－2)，EH →
＝(1,0，－1)， ∴PB →＝2EH →
，∴PB ∥EH .
∵PB ⊄平面EFH ，且EH ⊂平面EFH ， ∴PB ∥平面EFH .6分
(2)PD →＝(0,2，－2)，AH →＝(1,0,0)，AF →
＝(0,1,1)， ∴PD →·AF →
＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，10分 PD →
·AH →
＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，
∴PD ⊥AF ，PD ⊥AH .
又∵AF ∩AH ＝A ，∴PD ⊥平面AHF .15分
☞角度1 求异面直线所成的角
将正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当以A ，B ，C ，D 四点为顶点的三棱锥体
积最大时，异面直线AD 与BC 所成的角为( )
A.π
6 B.π4 C.
π3
D.π2
C [不妨以△ABC 为底面，则由题意当以A ，B ，C ，
D 为顶点的三棱锥体积最大，即点D 到底面△ABC 的距离最大时，平面ADC ⊥平面ABC .
设点O 是AC 的中点，连接BO ，DO . 则易知BO ，CO ，DO 两两互相垂直．
以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令BO ＝CO ＝DO ＝1. 则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，D (0,0,1)，B (1,0,0)，C (0,1,0)， 于是AD →＝(0,1,1)，BC →
＝(－1,1,0)，
因此cos 〈AD →，BC →〉＝AD →·BC →
|AD →|·|BC →|＝12×2＝1
2.
所以异面直线AD 与BC 所成的角为π
3
.]
[规律方法] 1.利用向量法求异面直线所成的角． (1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量ν1，ν2；
(3)代入公式|cos 〈ν1，ν2〉|＝|ν1·ν2|
|ν1||ν2|
求解．
2．两异面直线所成角的范围是θ∈⎝
⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当
异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．
☞角度2 求直线与平面所成的角
(2015·全国卷Ⅱ)如图7­7­4所示，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝
10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的
面相交，交线围成一个正方形．
图7­7­4
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；
(2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值. 【导学号：51062248】 [解] (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示.5分
(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8， 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2
－EM 2
＝6，所以AH ＝10.
以D 为坐标原点，DA →
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，则
A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE →＝(10,0,0)，HE →
＝(0，－6，8).9分
设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·FE →＝0，
n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，
所以可取n ＝(0,4,3)．
又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →
||n||AF →|＝4515.
所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为45
15.15分
[规律方法] 1.利用向量法求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影，直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
2．(1)求直线与平面所成的角，不要误认为是直线的方向向量与平面法向量的夹角． (2)若求线面角的余弦值，要利用平方关系sin 2
θ＋cos 2
θ＝1求值.
为正方形，
AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D ­AF ­E 与二面角C ­BE ­F 都是60°.
(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E ­BC ­A 的余弦值．
图7­7­5
[解] (1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，
所以AF ⊥平面EFDC .2分
又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .6分 (2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G . 由(1)知DG ⊥平面ABEF .
以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →
|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G ­xyz .8分
由(1)知∠DFE 为二面角D ­AF ­E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．
由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC .10分 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF . 由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，
所以∠CEF 为二面角C ­BE ­F 的平面角，∠CEF ＝60°. 从而可得C (－2,0，3)．
所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →
＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·EC →＝0，
n ·EB →＝0，
即⎩⎨
⎧
x ＋3z ＝0，
4y ＝0，
所以可取n ＝(3,0，－3).12分
设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·AC →＝0，
m ·AB →＝0，
同理可取m ＝(0，3，4)．
则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m |＝－219
19
.
故二面角E ­BC ­A 的余弦值为－219
19
.15分
[规律方法] 1.求解本题要抓住几点：(1)充分利用垂线，建立恰当的直角坐标系； (2)确定二面角D ­AF ­E 与二面角C ­BE ­F 的平面角；(3)从空间图形能判定二面角E ­BC ­A 为钝角．
2．利用向量计算二面角大小的常用方法：
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
[变式训练2] (2017·衢州质检)如图7­7­6，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，BF ＝1.
图7­7­6
(1)求证：AD ⊥平面BFED ；
(2)点P 在线段EF 上运动，设平面PAB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．
[解] (1)证明：在梯形ABCD 中，
∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，∴AB ＝2. ∴BD 2
＝AB 2
＋AD 2
－2AB ·AD ·cos 60°＝3. ∴AB 2
＝AD 2
＋BD 2
，∴AD ⊥BD .2分 ∵平面BFED ⊥平面ABCD ，
平面BFED ∩平面ABCD ＝BD ，DE ⊂平面BFED ，DE ⊥DB ， ∴DE ⊥平面ABCD ， 则DE ⊥AD .
又DE ∩BD ＝D ，∴AD ⊥平面BFED .6分
(2)由(1)知可建立以直线DA ，DB ，DE 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系，令EP ＝λ(0≤λ≤3)，
则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0，λ，1)， ∴AB →＝(－1，3，0)，BP →
＝(0，λ－3，1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量， 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n 1·AB →＝0，
n 1·BP →＝0，
得⎩⎨
⎧
－x ＋3y ＝0，
λ－3y ＋z ＝0，
取y ＝1，则n 1＝(3，1，3－λ).10分 ∵n 2＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2|
|n 1||n 2|＝
13＋1＋
3－λ
2
×1
＝
1λ－3
2
＋4
.
∵0≤λ≤3，∴当λ＝3时，cos θ有最大值1
2.
∴θ的最小值为π
3
.15分
AC
和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成二面角A ­DC ­B ，如图7­7­7②所示．
(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E ­DF ­C 的余弦值；
(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论．
① ②
图7­7­7
[解] (1)如图，在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB .
又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， ∴AB ∥平面DEF .4分
(2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，易知平面CDF 的法向量为DA →
＝(0,0,2).6分
设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧
DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，
即⎩⎨
⎧
x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0.
取n ＝(3，－3，3)，
cos 〈DA →，n 〉＝DA →
·n |DA →|·|n |＝217，
∴二面角E ­DF ­C 的余弦值为
21
7
.9分 (3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →
＝3y －2＝0， ∴y ＝233
.
又BP →＝(x －2，y,0)，PC →
＝(－x,23－y,0)． ∵BP →∥PC →，
∴(x －2)(23－y )＝－xy ， ∴3x ＋y ＝2 3.12分 把y ＝233代入上式得x ＝43，
∴BP →＝13
BC →
，
∴在线段BC 上存在点P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
43，233，0，使AP ⊥DE .15分
[规律方法] 1.根据题目的条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论．
2．假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在．
[变式训练3] 如图7­7­8，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．
图7­7­8
(1)求证：B 1E ⊥AD 1；
(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．
[解] 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝a .1分
(1)证明：A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，
B 1E →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a 2，1，－1.3分
因为B 1E →·AD 1→＝－a
2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
因此B 1E →⊥AD 1→， 所以B 1E ⊥AD 1.6分 (2)存在满足要求的点P ，
假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)， 使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →
＝(0，－1，z 0)， 再设平面B 1AE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．
AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2，1，0.8分
因为n ⊥平面B 1AE ，所以n ⊥AB 1→
，n ⊥AE →
，得⎩⎪⎨⎪⎧
ax ＋z ＝0，ax
2
＋y ＝0，
取x ＝1，则y ＝－a
2
，z ＝－a ，
则平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
1，－a
2，－a .12分
要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝1
2.
所以存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝1
2
.15分
[思想与方法]
1．用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想．
2．用向量来求空间角，都需将各类角转化成对应向量的夹角来计算，问题的关键在于确定对应线段的向量．
[易错与防范]
1．用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，必需强调直线在平面外．
2．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同．
3．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
课时分层训练(四十二) 立体几何中的向量方法
A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)
一、选择题
1．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )
A ．P (2,3,3)
B ．P (－2,0,1)
C ．P (－4,4,0)
D ．P (3，－3,4)
A [逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →
⊥n ，∴点
P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．]
2．如图7­7­9，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1
与直线AB 1夹角的余弦值为( ) 【导学号：51062249】
图7­7­9
A.55 B ．－55
C.
25
5
D ．－255
A [不妨设C
B ＝1，则B (0,0,1)，A (2,0,0)，
C 1＝(0,2,0)，B 1(0,2,1)，∴BC 1→
＝(0,2，－1)，AB 1→
＝(－2,2,1)．
cos 〈BC 1→
，AB 1→
〉＝BC 1→·AB 1
→
|BC 1→|·|AB 1→|
＝
0＋4－15×3
＝5
5.]
3．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
→
|为( )
A.216a
B.66a
C.
156
a D.153
a A [以D 为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 →＝12
MC 1→，
(x －a ，y ，z )＝1
2(－x ，a －y ，a －z )，
∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3
.
得M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2a 3，a 3，a 3， ∴|MN →|＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2－a 32＝21a 6.] 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所成角的正弦值等于( )
A.6
4 B.
104 C.22
D.
32
A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，
O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→
＝(3，
1,2)，则BO →
＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量．即sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|
＝6
4.故选A.]
5．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.12
B.23
C.
33
D.
22
B [以A 为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 )， ∴有⎩⎪⎨
⎪⎧
A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
y －z ＝0，1－1
2
z ＝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＝2
3，
即所成的锐二面角的余弦值为2
3.]
二、填空题
6．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 →
.
其中正确的序号是________．
①②③ [∵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．] 7．(2017·杭州模拟)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________．
1
3
[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，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→〉|＝1
3
.]
8．在一直角坐标系中，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________. 【导学号：51062250】
217 [如图为折叠后的图形，其中作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 →， 得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2
＝68， ∴|AB →
|＝217.] 三、解答题
9．(2017·舟山模拟)如图7­7­10，四棱锥S ­ABCD 中，SD ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AD ⊥
DC ，AB ＝AD ＝1，DC ＝SD ＝2，E 为棱SB 上的一点，且SE ＝2EB .
图7­7­10
(1)证明：DE ⊥平面SBC ； (2)求二面角A ­DE ­C 的大小．
[解] 由题意，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，
则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，S (0,0,2)，DB →
＝(1,1,0)，DS →
＝(0,0,2).2分
(1)证明：∵SE ＝2EB ，
∴DE →＝23DB →＋13DS →＝23(1,1,0)＋13(0,0,2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23.
又BC →＝(－1,1,0)，BS →
＝(－1，－1,2)， ∴DE →·BC →＝0，DE →·BS →
＝0，4分 ∴DE →⊥BC →，DE →⊥BS →.
又BC ∩BS ＝B ，∴DE ⊥平面SBC .6分 (2)由(1)知，DE ⊥平面SBC ， ∵EC ⊂平面SBC ，∴DE ⊥EC .9分 取DE 的中点F ，
则F ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，13，FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2
3，－13，－13，
故FA →·DE →
＝0，由此得FA ⊥DE .12分
∴向量FA →与EC →
的夹角等于二面角A ­DE ­C 的平面角， 又cos 〈FA →，EC →〉＝FA →·EC →
|FA →||EC →|＝－1
2，
∴二面角A ­DE ­C 的大小为120°.15分
10．在四棱锥P ­ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是
AB ，PB 的中点．
(1)求证：EF ⊥CD ；
(2)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB .若存在，求出点G 坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y
轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，
B (a ，a,0)，
C (0，a,0)，E ⎝
⎛⎭⎪⎫a ，a 2
，0，P (0,0，a )，F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2，a 2，a 2，
则EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，a 2，DC →
＝(0，a,0).3分
∵EF →·DC →
＝0，
∴EF →⊥DC →
，从而得EF ⊥CD .6分 (2)假设存在满足条件的点G ，
设G (x,0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
x －a 2
，－a 2，z －a 2.
若使GF ⊥平面PCB ，则FG ⊥CB ，FG ⊥CP . FG →
·CB →＝⎝
⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2
，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2
.10分
由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )
＝a 2
2＋a ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫
z －a 2＝0，得z ＝0.
∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫a
2，0，0，即存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点.
15分
B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)
1．(2017·浙江金华联盟联考)已知斜四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，∠A 1AD ＝60°，∠BAD ＝90°，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( )
A.3
4 B.
134 C.3913
D.
393
C [取A
D 中点O ，连接OA 1，易证A 1O ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系，
得B (2，－1,0)，D 1(0,2，3)，BD 1→
＝(－2,3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设BD 1与平面ABCD 所成的角为θ，∴sin θ＝|BD 1→
·n ||BD 1→|·|n |
＝34，∴tan θ＝39
13.]
2．(2017·浙江柯桥中学质检)如图7­7­11所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，
M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝
2a
3
，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________. 【导学号：51062251】
图7­7­11
MN ∥平面BB 1C 1C [以C 1为坐标原点建立如图所示的坐标系．
∵A 1M ＝AN ＝
2a 3
， 则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ，∴MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，0，23a .
又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)， ∴C 1D 1→
＝(0，a,0)， ∴MN →·C 1D 1→
＝0， ∴MN →⊥C 1D 1→.
又∵C 1D 1→
是平面BB 1C 1C 的法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .]
3.如图7­7­12，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.
图7­7­12
(1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O ­EF ­C 的正弦值；
(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝2
3HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．
[解] 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →
，BA →，OF →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角
坐标系，依题意可得O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (－1，－1,0)，
21 C (1，－1,0)，D (1,1,0)，E (－1，－1,2)，F (0,0,2)，G (－1,0,0).2分
(1)证明：依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)．
设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，4分
不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0,2,1)．
又EG →＝(0,1，－2)，可得EG →·n 1＝0.
又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .5分
(2)易证OA →＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，
EF →＝(1,1,0)，CF →＝(－1,1,2).6分
设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，
不妨取x 2＝1，
可得n 2＝(1，－1,1).8分
因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63， 于是sin 〈OA →，n 2〉＝33
. 所以，二面角O ­EF ­C 的正弦值为33
.9分 (3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1,2)，所以AH →＝25AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，－25，45，进而有H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，35，45，从而BH →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫25，85，45. 因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →|·|n 2|＝－721. 所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为
721.15分。