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，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，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，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，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 ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)(以下相同)． (1)线面平行
l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直
l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行
α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝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 ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角
设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π
2)，则
cos θ＝|a ·b |
|a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角
设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，
则sin θ＝
|a ·μ|
|a ||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·v |
|μ||v |
＝|cos 〈μ，v 〉|. 提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． 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化为点到平面的距离，点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |
(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点).
热点一 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 都是正方形且互相垂直，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 .
思维启迪 从A 点出发的三条直线AB 、AD ，AE 两两垂直，可建立空间直角坐标系．
证明 方法一 由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建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 ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →
＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →
. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，
∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →
是平面BCF 的一个法向量， 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)．
∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →
＝(1,0,0)， 由n 1·DF →＝n 1·DM →
＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧
x 1－y 1＋z 1＝0，
12x 1－y 1＝0，
解得⎩⎨⎧
y 1＝12
x 1，
z 1
＝－1
2
x 1
，
令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1)．
∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .
方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →
＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →
＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →
＝－12BC →－12
BF →.
∴向量OM →与向量BF →，BC →
共面， 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 →， ∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12
BF →
2＝0.
∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ， ∴OM ⊥平面EFCD .
又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .
思维升华 (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；另一个思路则是根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，只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线OM 垂直于平面EFCD ，即证OM 垂直于平面EFCD 内的两条相交直线，从而转化为证明向量OM →与向量FC →
、
CD →
垂直．
如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD
是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 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P A 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系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BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE →＝(－1，－3，1)，BD →
＝(－2,0,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧
n 1·BD →＝0，n 1·
BE →＝0，得⎩⎨⎧
－2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，
令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0,1，3)．
又PC →＝(0,23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0， 即PC →
⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ， 所以PC ∥平面BDE .
(2)因为PC →＝(0,23，－2)，BD →
＝(－2,0,0)， 所以PC →·BD →＝0. 故BD ⊥PC .
热点二 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 ＝1
2EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 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．
思维启迪 (1)易知PQ 为△ACE 的中位线；(2)根据AD ⊥平面ABEF 构建空间直角坐标系． (1)证明 连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点， ∴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AM 、AF 、AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．
则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)．
可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →
＝(0,2，－1)． 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·
MF →＝0n ·
DF →＝0.
故⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋2y ＝02y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
x －y ＝0
2y －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． ∴cos 〈n ，AM →
〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66.
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
. 思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，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)如图所示，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 ，连接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，连接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 ＝13PC ＝53.同理FH ＝5
3
.
在△FHC 中，由余弦定理得cos ∠FHC ＝59＋5
9
－22×59
＝－45.即二面角D －GH －E 的余弦值为－45
.
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，建立如图所示的空间直角坐标系．
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 ＝(x 1，y 1，z 1)， 由m ·EQ →＝0，m ·FQ →＝0，
得⎩
⎪⎨⎪⎧ －x 1＋2y 1－z 1＝0，2y 1－z 1＝0，取y 1＝1，得m ＝(0,1,2)． 设平面PDC 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由n ·DP →＝0，n ·CP →＝0，
得⎩
⎪⎨⎪⎧
－x 2－y 2＋2z 2＝0，－y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n ＝(0,2,1)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝
4
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.
热点三 利用空间向量求解探索性问题
例3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．
(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；
(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．
(1)证明 连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .
由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．
又D 为BC 的中点，
所以OD 为△A 1BC 的中位线， 所以A 1B ∥OD .
因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1， 所以A 1B ∥平面ADC 1.
(2)解 由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直． 以BC ，BA ，BB 1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B －xyz . 设BA ＝2，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A (0,2,0)，C 1(2,0,1)，D (1,0,0)， 所以AD →＝(1，－2,0)，AC →
1＝(2，－2,1)．
设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧
n ·
AD →＝0，n ·
AC →1＝0.
所以⎩
⎪⎨⎪⎧
x －2y ＝0，
2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2,1，－2)．
易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)． 所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.
因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角， 所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为2
3.
(3)解 假设存在满足条件的点E .
因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0,2,1)，B 1(0,0,1)，故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以AE →＝(0，λ－2,1)，DC →
1＝(1,0,1)．
因为AE 与DC 1成60°角，
所以|cos 〈AE →，DC →
1〉|＝|AE →·DC →
1||AE →|·|DC →
1|＝12，
即
1(λ－2)2＋1·2＝12
，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．
所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．
思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．
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；
(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16，
若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．
解 (1)∵AC ＝BC ，P A ＝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 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (0,2,0)，D (1,0,0)，P (0,0,2)，∴AD →＝(1，－2,0)，PD →
＝(1,0，－2)， 设平面P AD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AD →＝0n ·PD →＝0，∴取n ＝(2,1,1)，
平面PDB 的一个法向量为CA →
＝(0,2,0)， ∴cos 〈n ，CA →
〉＝66
，
设二面角A —PD —B 的平面角为θ，且θ为钝角， ∴cos θ＝－
66，∴二面角A —PD —B 的余弦值为－66
. (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)， ∴|cos 〈PM →
，n 〉|＝
|x |x 2＋(2－x )2＋4·6＝1
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P AD 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 →＝P A →＋AM →
＝(2λ，2－2λ，－2)， ∴|cos 〈PM →
，n 〉|＝|2λ|(2λ)2＋(2－2λ)2＋4·6＝1
6
.
解得λ＝1
2
或λ＝－1.
∴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P AD 所成角的正弦值为1
6
.
空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通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，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性．
提醒三点：(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，还可以按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共面向量的知识，我们只要是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，并且两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如图所示．
(3)对于空间任意一点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 →
，或对空间任一定点O ，有序实数对x ，y ，使OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →
.
真题感悟
(2014·北京)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P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝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P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE . 如图建立空间直角坐标系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
⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝0，y ＋z ＝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，
则sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12. 因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6
， 设点H 的坐标为(u ，v ，w )．
因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)，
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＝23，所以点H 的坐标为(43，23，23
)． 所以PH ＝ (43)2＋(23)2＋(－43
)2＝2. 押题精练
如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，
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°，试确定点P
的位置．
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，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0,0,1)，D (2，0,0)，B (0，
2，0)，A (2，2，0)，F (2，2，1)，连接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．
又DB →＝(－2，2，0)，DF →＝(0，2，1)，所以cos 〈DF →，DB →〉＝DF →·DB →|DF →|×|DB →|
＝33. 故直线DF 与平面ACEF 所成角的正弦值为33. (2)设P (a ，a,0)(0≤a ≤2)，则PF →＝(2－a ，2－a,1)，DA →＝(0，2，0)．
因为〈PF →，DA →〉＝60°，所以cos 60°＝2(2－a )
2×2(2－a )2＋1＝12. 解得a ＝22或a ＝322(舍去)，故存在满足条件的点P (22，22
，0)为AC 的中点．
(推荐时间：60分钟)
一、选择题
1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18
OC →，则直线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
解析 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( )
A.12
B ．1 C.32
D.54 答案 C
解析 以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z
轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，M (12
，1,0)， 所以AM →＝(12
，1,0)． 设PQ →＝(x ，y ，z )，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤x ≤1，－1≤y ≤1，
－1≤z ≤1.
因为AM →·PQ →＝12·x ＋1·y ＋0·z ＝12
x ＋y ， 又－1≤x ≤1，－1≤y ≤1，
所以－12≤12x ≤12
. 所以－32≤12x ＋y ≤32
. 故AM →·PQ →的最大值为32
. 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( ) A.32 B.1010
C.35
D.25
答案 D 解析 以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1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，则A (1,0,0)，M (1，12
，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12
)． 所以AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12
)． 故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12
， |AM →|＝ 02＋(12)2＋12＝52， |CN →|＝ 12＋02＋(12)2＝52
， 所以cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1252×52
＝25. 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( )
A.
64 B.104 C.22 D.32
答案 A
解析 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，由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64. 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
答案 B
解析 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 )，
则⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧
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
. 即所成的锐二面角的余弦值为23
. 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( ) A.
36 B.32 C.336 D.12
答案 A
解析 设AB ＝1，
则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →) ＝12AD →2－12
AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB → ＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14
. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝143
2
＝36.选A.
二、填空题
7．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________．
答案 217
解析 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.
8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 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______________．
答案 3510
解析 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，如图所示，
则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12
，1,0)，D 1(0,1,1)． ∴A 1E →＝(1,0，－12
)，A 1D 1→＝(0,1,0)． 设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
x －12z ＝0，y ＝0.
令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)．
又A 1F →＝(12
，1，－1)， ∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为
d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5
＝3510. 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 61111 解析 建立如图所示的空间直角坐标系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 )，
由⎩⎪⎨⎪⎧
GF →·n ＝0，GE →·
n ＝0， 得平面GEF 的一个法向量为n ＝(1,1,3)，
所以点C 到平面GEF 的距离
d ＝|n ·CG →||n |＝61111
. 10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；
③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．
答案 ①②
解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3(A 1B 1→)2＝3，故①正确；②中A 1B 1
→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·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，P A ⊥底面ABCD ，
E ，
F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.
(1)求证：EF ∥平面P AB ；
(2)求证：平面P AD ⊥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，建立如图所示的空间直角坐标系，
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 ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12，
EF →＝⎝⎛⎭
⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．
∵EF →＝－12
AB →，∴EF →∥AB →， 即EF ∥AB ，
又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，
∴EF ∥平面P AB .
(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
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P AD .
∵DC ⊂平面PDC ，
∴平面P AD ⊥平面PDC .
12．(2014·课标全国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．
(1)证明 连接BD 交AC 于点O ，连接EO .
因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．
又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .
因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，
所以PB ∥平面AEC .
(2)解 因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，
所以AB ，AD ，AP 两两垂直．
如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，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＝1
2
， 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
.
13．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，AB ⊥BC ，O 为AC 的中点．
(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；
(2)求直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值；
(3)在BC 1上是否存在一点E ，使得OE ∥平面A 1AB ？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 ∵AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，且O 为AC 的中点，
∴A 1O ⊥AC .
又侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，交线为AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .
(2)解 连接OB ，如图，以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则由题意可知B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0，3)，A (0，－1,0)．
∴A 1C →＝(0,1，－3)，设平面A 1AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AA 1→＝n ·AB →＝0，而AA 1→＝(0,1，3)，AB →＝(1,1,0)，可求得一个法向量n ＝(3，－3，3)，
∴|cos 〈A 1C →，
n 〉|＝|n ·A 1C →
||n |·|A 1C →|＝62×21＝21
7，
故直线A 1C 与平面A 1AB 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．连接B 1C 交BC 1于点M ，连接AB 1、OM ，
则M 为B 1C 的中点，
从而OM 是△CAB 1的一条中位线，OM ∥AB 1，又AB 1⊂平面A 1AB ，OM ⊄平面A 1AB ，
∴OM ∥平面A 1AB ，
故BC 1的中点M 即为所求的E 点．。