高考数学一轮复习讲义7.8讲 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离

第8讲 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离
[最新考纲]
1．能用向量方法解决直线与直线，直线与平面，平面与平面的夹角的计算问题．
2．了解向量方法在研究立体几何问题中的应
用.
知 识 梳 理
1．两条异面直线所成角的求法
设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则
l 1与l 2所成的角θ
a 与
b 的夹角β
范围 ⎝ ⎛
⎦⎥⎤0，π2 [0，π] 求法
cos θ＝|a ·b ||a ||b |
cos β＝a ·b
|a ||b |
2.直线与平面所成角的求法
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，a 与n 的夹角为β.则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |. 3．求二面角的大小
(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝<AB →，CD →
>.
(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos<n 1，n 2>|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．
4．利用空间向量求距离(供选用)
(1)两点间的距离
设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →
|＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＋(z 1－z 2)2. (2)点到平面的距离
如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →
·n |
|n |.
辨 析 感 悟
1．直线的方向向量与平面的法向量
(1)若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥β.(×) (2)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．(×)
(3)已知a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，则a ∥c ，a ⊥b .(√) 2．空间角
(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]．(√)
(5)(2014·济南调研改编)已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos<m ，n >＝－1
2，则l 与α所成的角为150°.(×)
(6)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为45°.(×) (7)(2013·上海卷改编)
在如图所示的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，异面直线A 1B 与B 1C 所成角的大小为60°.(√)
[感悟·提升]
1．利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化．主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算．
2．两种关系
一是异面直线所成的角与其方向向量的夹角：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；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角，如(2)．
二是二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补，如(6).
学生用书第129页
考点一求异面直线所成的角
【例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝22，P A＝2.求：
(1)三角形PCD的面积．
(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．
解(1)因为P A⊥底面ABCD，所以P A⊥CD.
又AD⊥CD，所以CD⊥平面P AD，从而CD⊥PD.
因为PD＝22＋(22)2＝23，CD＝2，
所以三角形PCD 的面积为1
2×2×23＝2 3.
图1
(2)法一 如图1，取PB 中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角．
在△AEF 中，由于EF ＝2，AF ＝2，AE ＝1
2PC ＝2. 则△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF ＝π
4. 因此，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π
4.
图2
法二 如图2，建立空间直角坐标系，则B (2,0,0)，C (2,22，0)，E (1，2，1)，AE →＝(1, 2，1)，BC →
＝(0,22，0)． 设AE →与BC →
的夹角为θ，则
cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π
4.
由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π
4.
规律方法 本题可从两个不同角度求异面直线所成的角，一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦
值为cos β＝|AC →·BD →|
|AC
→||BD →|.
【训练1】 如图所示，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( )．
A.55
B.53
C.255
D.35 解析 不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2.
可得O (0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，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→|＝4－15×9＝15＝55>0.
∴BC 1→与AB 1→
的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角， ∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为5
5. 答案 A
考点二 利用空间向量求直线与平面所成的角
【例2】 (2013·湖南卷)
如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.
(1)证明：AC ⊥B 1D ；
(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．
审题路线 由于在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，∠BAD ＝90°，易于建立空间坐标系，可利用向量法求解．第(1)问AC ⊥B 1D 转化为判定AC →·B 1D →＝0；第(2)问可利用直线B 1C 1的方向向量与平面ACD 1的法向量的夹角求解．
(1)证明 法一 因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD .∴AC ⊥BB 1，又AC ⊥BD ，
∴AC ⊥平面BB 1D ，
又B 1D ⊂平面BB 1D ，从而AC ⊥B 1D . 法二
易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，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．
设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3)．
从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →
＝(－t,3,0)． 因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →
＝－t 2＋3＋0＝0. 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．
于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →
＝(3，1,0)． 因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0， 所以AC →⊥B 1D →
，即AC ⊥B 1D .
(2)解 由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)，B 1C 1→
＝(0,1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，
即⎩
⎨⎧
3
x
＋y ＝0，
3y ＋3z ＝0. 令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)． 设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则 sin θ＝|cos<n ，B 1C 1→>|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→|＝
37
＝21
7. 规律方法 (1)本题求解时关键是结合题设条件进行空间联想，抓住垂直条件有目的推理论证，在第(2)问中，运用空间向量，将线面角转化为直线的方向向量与平面法向量夹角，考查化归思想与方程思想．
(2)利用空间向量求线面角有两种途径：一是求斜线和它在平面内射影的方向向量的夹角(或其补角)；二是借助平面的法向量．
【训练2】 (2014·青岛质检)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°. (1)证明：AB ⊥A 1C ；
(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． (1)证明
图1
如图1，取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB . 由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形，
所以OA 1⊥AB .
因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C . (2)解
图2
由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB ，又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．
以O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴的正方向，|OA →
|为单位长，建立如图2所示的空间直角坐标系O －xyz .
由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，
B
(－1,0,0)，
则BC →＝(1,0，3)，BB 1→＝AA 1→＝(－1，3，0)，A 1C →
＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·BC →＝0，n ·BB 1→＝0，
即⎩
⎨⎧
x ＋3z ＝0，
－x ＋3y ＝0. 可取n ＝(3，1，－1)，
故cos<n ，A 1C →>＝n ·A 1C →
|n ||A 1C →|
＝－10
5.
所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为10
5.
学生用书
第130页
考点三 利用向量求二面角
【例3】 (2013·天津卷)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点． (1)证明B 1C 1⊥CE ；
(2)求二面角B 1－CE －C 1的正弦值；
(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为
26，求线段AM 的长．
审题路线 由条件特征，易建立空间坐标系，方便运用向量求解．(1)利用向量证明B 1C 1→·CE →＝0；(2)求平面B 1CE 与平面CEC 1的法向量，进而求二面角的正弦值；(3)设出EM →＝λEC 1→
，根据线面角求λ，进一步求出AM 的长．
解 如图，以点A 为原点以AD ，AA 1，AB 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，B (0，0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1，2,1)，E (0,1,0)． (1)证明：易得B 1C 1→＝(1,0，－1)，CE →＝(－1，1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝－1×1＋0＋(－1)2
＝0，∴B 1C 1→⊥CE →
，故B 1C 1⊥CE .
(2)解：B 1C →
＝(1，－2，－1)． 设平面B 1CE 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧
m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，
即⎩⎨⎧
x －2y －z ＝0，
－x ＋y －z ＝0.
消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝(－3，－2,1)． 由(1)知，B 1C 1⊥CE ，
又CC 1⊥B 1C 1，从而B 1C 1⊥平面CEC 1.
故B 1C 1→
＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量． 于是cos<m ，B 1C 1→>＝m ·B 1C 1→
|m |·|B 1C 1→|＝－414×2＝－27
7，
从而sin<m ，B 1C 1→>＝21
7，
所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为21
7.
(3)解：AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)，设EM →＝λEC 1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →
＝AE →＋EM →
＝(λ，λ＋1，λ)．
可取AB →
＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量． 设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角， 则sin θ＝|cos<AM →，AB →>|＝|AM →·AB →
|
|AM →|·|AB →|
＝
2λλ2＋(λ＋1)2＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1，
于是
λ3λ2＋2λ＋1＝26
，解得λ＝
1
3(负值舍去)， ∴AM →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
13，43，13，故AM ＝ 2.
规律方法 (1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设m ，n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与<m ，n >互补或相等，故有|cos θ|＝|cos<m ，n >|＝|m·n|
|m ||n |.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 【训练3】
(2014·重庆调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝π
3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB . (1)求P A 的长；
(2)求二面角B －AF －D 的正弦值． 解 (1)
如图，连接BD 交AC 于点O . 因为BC ＝CD ，且AC 平分∠BCD ， 故AC ⊥BD .
以O 为坐标原点，OB →，OC →，AP →
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ， 则OC ＝CD cos π
3＝1.
而AC ＝4，所以AO ＝AC －OC ＝3. 又OD ＝CD sin π
3＝3，
故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)． 因为P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )(z >0)， 由点F 为线段PC 的中点，知F ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，－1，z 2，
因此AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB →
＝(3，3，－z )，
∵AF ⊥PB ，
∴AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，∴z ＝23， 从而|P A →
|＝23，即P A 的长为2 3.
(2)由(1)知，AD →＝(－3，3,0)，AB →＝(3，3,0)，AF →
＝(0,2，3)．
设平面F AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 由n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，得
⎩⎨⎧
－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，
因此可取n 1＝(3，3，－2)． 由n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0，得
⎩⎨⎧
3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，
故可取n 2＝(3，－3，2)． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为 cos<n 1，n 2>＝n 1·n 2|n 1
|·
|n 2
|＝1
8.
故二面角B －AF －D 的正弦值为37
8.
1．若利用向量求角，各类角都可以转化为向量的夹角来运算．
(1)求两异面直线a ，b 的夹角θ，须求出它们的方向 向量a ，b 的夹角，则cos θ＝|cos<a ，b >|.
(2)求直线l 与平面α所成的角θ，可先求出平面α的法向量n 与直线l 的方向向量a 的夹角，则sin θ＝|cos<n ，a >|.
(3)求二面角α－l －β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n 1，n 2所成的角，则θ＝<n 1，n 2>或π－<n 1，n 2>.
2．(1)利用向量夹角转化为各空间角时，一定要注意向量夹角与各空间角的定义、范围不同．
(2)求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补，这
是利用向量求二面角的难点、易错点.
答题模板9——空间向量在立体几何中的应用
【典例】(12分)(2012·安徽卷)平面图形ABB1A1C1C如图1所示，其中BB1C1C 是矩形．BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝ 5.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题．
(1)证明：AA1⊥BC；
(2)求AA1的长；
(3)求二面角A－BC－A1的余弦值.
学生用书第131页
[规范解答](1)证明取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1.
因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1.
又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.
故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz.①
(3分)
由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.
由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1.所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)， 故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →＝(－2,0,0)，AA 1→·BC →＝0， 因此AA 1→⊥BC →
，即AA 1⊥BC .(5分) (2)解 因为AA 1→
＝(0,3，－4)， 所以|AA 1→
|＝5，即AA 1＝5.(7分)
(3)解 设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)． 又因为A 1C →＝(－1，－2,4)，A 1B →
＝(1，－2,4)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧
A 1C →·n 1＝0，A 1
B →
·n 1＝0，
即⎩⎨⎧ x 1＋2y 1－4z 1＝0，x 1－2y 1＋4z 1＝0⇒⎩⎨⎧
x 1＝0，
y 1＝2z 1.
令z 1＝1，则n 1＝(0,2,1)，又因为平面ABC ⊥z 轴， 所以取平面ABC 的法向量为n 2＝(0,0,1)，② (10分)
则cos<n 1，n 2>＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝15＝5
5，
所以二面角A －BC －A 1的余弦值为－5
5.③ (12分)
[反思感悟] ①中不能发掘条件，作出辅助线，导致不能恰当建立以D 1为坐标原点的空间直角坐标系，解题受阻；②中忽视“z 轴⊥平面ABC ”，致使求法向量n 2复杂化．③不能确定两个平面法向量的夹角与二面角A －BC －A 1的关系，错误认为二面角A －BC －A 1的余弦值为5
5.
答题模板 第一步：证明DD 1⊥平面A 1B 1C 1，A 1D 1⊥B 1C 1，从而以点D 1为坐标
原点建立空间直角坐标系；
第二步：写出点A ，B ，A 1，C ，D 的坐标，求出AA 1→，BC →的坐标，根据AA 1→·BC →
＝0证明AA 1⊥BC ；
第三步：求|AA 1→
|，从而求出AA 1的长；
第四步：求出平面A 1BC 和平面ABC 的法向量；
第五步：求出两个平面法向量夹角的余弦值，从而得到二面角A －BC －A 1的余弦值． 【自主体验】
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)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.
对应学生用书P323
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．平面α的一个法向量为n ＝(1，－3，0)，则y 轴与平面α所成的角的大小
为( )．
A.π6
B.π3
C.π4
D.5π6
解析 y 轴的方向向量为m ＝(0,1,0)，设y 轴与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos<m ，n >|，
∵cos<m ，n >＝m ·n |m ||n |＝－32×1＝－3
2，
∴sin θ＝32，∴θ＝π
3.
答案 B 2.
如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是( )．
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
解析 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，设AB ＝1，则
D (0,0,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，M ⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，12，0，A 1(1,0,1)，
∴DN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，MA →1＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫1，－12，1，
∴DN →·MA 1→＝1×0＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋1
2×1＝0，
∴DN →⊥MA 1→
，∴A 1M 与DN 所成的角的大小是90°. 答案 D
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.156a D.153a 解析
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 →＝12MC 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
＝
216a . 答案 A 4.
过正方形ABCD 的顶点A ，引P A ⊥平面ABCD .若P A ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是( )．
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
解析 法一 建立如图1所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB 与平面PCD 的法向量分别为n 1＝(0,1,0)，n 2＝(0,1,1)，故平面ABP 与平面CDP 所成二面角
的余弦值为|n 1·n
2||n 1||n 2
|＝2
2，故所求的二面角的大小是45°.
法二 将其补成正方体．如图2，不难发现平面ABP 和平面CDP 所成的二面角就是平面ABQP 和平面CDPQ 所成的二面角，其大小为45°. 答案 B
5．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为( )．
A.22
B.155
C.64
D.63 解析
建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)，A (0,0，2)，AC 1→
＝(3，1，－2)，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)．所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为|AC 1→
·n ||AC 1→||n |＝38＝6
4.
答案 C
二、填空题
6．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________． 解析
以A 为原点建系，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 的法向量为n 1＝(1，y ，z )，
则⎩⎨⎧ y －z ＝0，1－1
2z ＝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，故锐二面角的余弦值为2
3.
答案 23
7．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________． 解析
以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→
＝(0,1,2)． 设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨
⎪⎧
x ＋y ＝0，
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，则sin θ＝|cos<n ，DC →>|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝2
3.
答案 23
8．已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →
＝(1,1,2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时，OQ →
的坐标是________．
解析 ∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)， 则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →
＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，
QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－432
－2
3.
当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值－2
3. 此时OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.
答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫
43，43，83
三、解答题 9．(2013·江苏卷)
如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．
(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． 解
(1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，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＝310
10，
所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为310
10. (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5
3. 10.
(2014·广州质检)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE . (1)证明：BD ⊥平面P AC ；
(2)若P A ＝1，AD ＝2，求二面角B －PC －A 的正切值． (1)证明 ∵P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥BD .
同理由PC ⊥平面BDE ，可证得PC ⊥BD . 又P A ∩PC ＝P ，∴BD ⊥平面
P AC . (2)解
如图，分别以射线AB ，AD ，AP 为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系．
由(1)知BD ⊥平面P AC ， 又AC ⊂平面P AC ，∴BD ⊥AC . 故矩形ABCD 为正方形， ∴AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2.
∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)． ∴PB →＝(2,0，－1)，BC →＝(0,2,0)，BD →
＝(－2,2,0)． 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧
n ·PB →＝0，n ·BC →＝0，
即⎩⎨⎧
2·
x ＋0·y －z ＝0，0·
x ＋2·y ＋0·z ＝0，
∴⎩⎨⎧
z ＝2x ，y ＝0，
取x ＝1得n ＝(1,0,2)． ∵BD ⊥平面P AC ，
∴BD →
＝(－2,2,0)为平面P AC 的一个法向量． cos<n ，BD →>＝n ·BD →
|n |·|BD →|
＝－10
10.
设二面角B －PC －A 的平面角为α，由图知0<α<π
2， ∴cos α＝1010，sin α＝1－cos 2α＝310
10.
∴tan α＝sin α
cos α＝3，即二面角B －PC －A 的正切值为3.
能力提升题组 (建议用时：25分钟)
一、选择题 1.
如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点．则AD 与GF 所成的角的余弦值为( )．
A.
3
6B
．－
3
6 C.
3
3D．－
3
3
解析
如图，以C为原点建立空间直角坐标系C－xyz，A(0,2,0)，B(2,0,0)，D(0,0,2)，G(1,0,0)，F(0,2,1)，AD
→
＝(0，－2,2)，GF
→
＝(－1,2，1)，
∴|AD
→
|＝22，|GF
→
|＝6，AD
→
·GF
→
＝－2，
∴cos<AD
→
，GF
→
>＝
AD
→
·GF
→
|AD
→
||GF
→
|
＝－3
6.
∴直线AD与GF所成角的余弦值为3
6.
答案 A
2．在四面体P－ABC中，P A，PB，PC两两垂直，设P A＝PB＝PC＝a，则点P 到平面ABC的距离为()．
A.
2
3a B.
3
3a C.
6
3a D.
5
3a
解析根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，则P(0,0,0)，A(a，0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)．过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．
∵P A＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．
又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H 点的坐标为⎝ ⎛
⎭⎪⎫
a 3，a 3，a 3.
∴PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0－a 32＝33a .
答案 B 二、填空题
3．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________．
解析 如图，以O 为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＝1
2，
∴<CB →
，n >＝60°，
∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案 30°
三、解答题
4．(2013·北京卷改编)
如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5. (1)求证：AA 1⊥平面ABC ；
(2)求二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值；
(3)在线段BC 1上是否存在点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，试求出BD
BC 1
的值．
(1)证明 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .
又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ， ∴AA 1⊥平面ABC .
(2)解 由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，由题意知， 在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5， ∴BC 2＝AC 2＋AB 2， ∴AB ⊥AC .
∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz .
A 1(0,0,4)，
B (0,3,0)，
C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，于是A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →
＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→
＝(0,0,4)．
设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．
∴⎩⎪⎨⎪⎧ A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0
⇒⎩⎨⎧
4x 1＝0，
3y 1－4z 1＝0，
∴取向量n 1＝(0,4,3)， 由⎩⎪⎨⎪⎧
B 1
C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0
⇒⎩⎨⎧
4x 2－3y 2＝0，
4z 2
＝0. 取向量n 2＝(3,4,0)， ∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2
|＝165×5＝16
25.
由题图可判断二面角A 1－BC 1－B 1为锐角， 故二面角A 1－BC 1－B 1的余弦值为16
25.
(3)解 假设存在点D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点， 使AD ⊥A 1B ，且BD →＝λBC 1→
. ∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，
解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ，∴AD →
＝(4λ，3－3λ，4λ)， 又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，解得λ＝9
25， 因为9
25∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ， 使得AD ⊥A 1B .此时BD BC 1
＝9
25.
步骤规范练——空间向量与立体几何 (对应学生用书P325)
(建议用时：90分钟)
一、选择题
1．已知a ，b 是平面α内的两个不相等的非零向量，非零向量c 在直线l 上，则
c·a ＝0且c·b ＝0是l ⊥α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 若l ⊥α，则l 与a ，b 所在的直线垂直，∴c ⊥a ，c ⊥b ，∴c·a ＝0，c·b ＝0，是必要条件；∵a ≠b ，∴当a 与b 同向(或反向)时，由c·a ＝0且c·b ＝0可以推出c ⊥a 且c ⊥b ，但不能推出l ⊥α，不是充分条件． 答案 B
2．已知二面角α－l －β的大小为π
3，m ，n 为异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( )． A.π6 B.π3 C.π2 D.2π3
解析 设m ，n 的方向向量分别为m ，n .由m ⊥α，n ⊥β知m ，n 分别是平面α，β的法向量．∵|cos<m ，n >|＝cos π3＝12，∴<m ，n >＝π3或2π
3.但由于两异面直线所成的角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，故异面直线m ，n 所成的角为π3. 答案 B
3．在正四面体P －ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，BC ，CA 的中点，下面四个结论中不成立的是( )． A ．BC ∥平面PDF B ．DF ⊥平面P AE C ．平面PDF ⊥平面ABC D ．平面P AE ⊥平面ABC
解析 若平面PDF ⊥平面ABC ，则顶点P 在底面的射影在DF 上，又因为正四面体的顶点在底面的射影是底面的中心，因此假设不成立，故C 不成立．
答案 C
4．(2013·潍坊二模)已知m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，给出四个命题：
①若α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，则α⊥β；②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β；③若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β；④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β. 其中正确的命题是( )．
A ．①②
B ．②③
C ．①④
D ．②④
解析 命题①中，α与β不一定垂直，不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，命题②正确；易知，命题③正确，命题④不正确．故选B. 答案 B
5．在以下命题中，不正确的个数为( )． ①|a |－|b |＝|a ＋b |是a ，b 共线的充要条件； ②若a ∥b ，则存在唯一的实数λ，使a ＝λb ；
③对空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，若OP →＝2OA →－2OB →－OC →
，则P ，A ，B ，C 四点共面；
④若{a ，b ，c }为空间的一个基底，则{a ＋b ，b ＋c ，c ＋a }构成空间的另一个基底；
⑤|(a·b )·c |＝|a |·|b |·|c |. A ．2 B ．3 C ．4 D ．5
解析 ①|a |－|b |＝|a ＋b |⇒a 与b 共线，但a 与b 共线时|a |－|b |＝|a ＋b |不一定成立，故不正确；②b 需为非零向量，故不正确；③因为2－2－1≠1，由共面向量定理知，不正确；④由基底的定义知正确；⑤由向量的数量积的性质知，不正确． 答案 C
6．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中
心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点．那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于( )．
A.23
B.105
C.45
D.155
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则O (1,1,0)，E (0,2,1)，D 1(0,0,2)，F (1,0,0)，OE →＝(－1，1,1)，FD 1→
＝(－1,0,2)， ∴OE →·FD 1→＝3，|OE →|＝3，|FD 1→|＝5， ∴cos<OE →，FD 1→>＝
33·5
＝15
5. 即OE 与FD 1所成的角的余弦值为15
5. 答案 D
7．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( )． A.13 B.23 C.33 D.23
解析 设A 1在面ABC 内的射影为O ，过O 作OH ∥BC 交AB 于点H ，以O 为坐标原点，OA ，OH ，OA 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设△ABC 边长为1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，0，B 1⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－32，12，63，
∴AB 1→＝⎝
⎛⎭⎪⎫
－536，12，
63.面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)，则AB 1与底面ABC 所成角
α的正弦值为sin α＝|cos<AB 1→
，n >|
＝
63
7536＋14＋6
9
＝23.
答案 B
8．如图为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列三个命题： ①点M 到AB 的距离为22；②三棱锥C －DNE 的体积是1
6；③AB 与EF 所成的角是π2
其中正确命题的个数是( )．
A ．0
B ．1
C ．2
D ．3
解析 依题意可作出正方体的直观图如图，显然M 到AB 的距离为12MC ＝2
2，∴①正确；而V C －DNE ＝13×12×1×1×1＝1
6，∴②正确；AB 与EF 所成的角等于AB 与MC 所成的角，即为π
2，∴③正确． 答案 D
9．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A －BD －C 的正弦值为( )． A.55 B.33 C.255 D.63
解析 取BC 中点O ，连接AO ，DO .建立如图所示坐标系，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.由于OA →＝
⎝
⎛⎭⎪⎫
0，0，32为平面BCD 的一个法向量，可进一步求出平面ABD 的一个法向量n
＝(1，－3，1)，∴cos<n ，OA →>＝55，∴sin<n ，OA →>＝25
5. 答案 C
10．正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长都为2，E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )． A.35 B.56 C.3310 D.3610
解析 如图，取AB 的中点E ，建立如图所示空间直角坐标系E －xyz .
则E (0,0,0)，F (－1,0,1)，B 1(1,0,2)，A 1(－1,0,2)，C 1(0，3，2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫
－12，32，2.
∴B 1F →＝(－2,0，－1)，EF →＝(－1,0,1)，FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3
2，1，
设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧
n ·EF →
＝－x ＋z ＝0，n ·FG →＝12x ＋32y ＋z ＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧
z ＝x ，
y ＝－3x .
令x ＝1，则n ＝(1，－3，1)，设B 1F 与平面GEF 所成角为θ，则sin θ＝|cos<n ，B 1F →>|＝|n ·B 1F →
||n ||B 1F →|
＝35.
二、填空题
11．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为________．
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，且设正方体的棱长为1，
∵DB 1⊥平面ACD 1，∴取平面ACD 1的法向量n ＝DB 1→＝(1,1,1)，又BB 1→＝DD 1→＝(0,0,1)，若设BB 1与平面ACD 1所成角为θ，则sin θ＝|cos<n ，DD 1→>|＝|n ·DD 1→
|
|n |·|DD 1→|＝
3
3，∴cos θ＝1－sin 2θ＝6
3.
答案 6
3
12．(2014·南京一模)P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________．
解析 不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F . ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →
＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab 2＝0， ∴EM →⊥FN →，
∴二面角α－AB －β的大小为90°.
13．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝1，EF ∥BC 且AE ＝2EB ，G 为BC 的中点，K 为AF 的中点．沿EF 将矩形折成120°的二面角A －EF －B ，此时KG 的长为________．
解析 如图，过K 作KM ⊥EF ，垂足M 为EF 的中点，则向量MK →与FC →
的夹角为120°，<KM →，FC →>＝60°.又KG →＝KM →＋MG →＝KM →＋FC →
，
∴KG →2＝KM →2＋FC →2
＋2KM →·FC →＝1＋1＋2×1×1×cos 60°＝3.∴|KG →
|＝ 3. 答案
3
14．(2014·梅州模拟)如图，在三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA ＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，给出以下结论： ①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB ⊥平面ABC ； ③平面SBC ⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a . 其中正确结论的序号是________．
解析 由题意知AC ⊥平面SBC ，故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ，平面SBC ⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE
的长度即为C 到平面SAB 的距离，为1
2a ，④正确． 答案 ①②③④ 三、解答题
15．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，PB 与底面成的角为45°，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，P A ＝BC ＝12AD ＝1.问：在棱PD 上是否存在一点E ，使得CE ∥平面P AB ？若存在，求出E 点的位置，若不存在，请说明理由．
解 分别以AB →，AD →，AP →
的方向为x ，y ，z 轴的正方向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P AB 的法向量， CE →
＝(－1，y －1，z )，
∴由CE ∥平面P AB ，可得CE →⊥AD →
. ∴(－1，y －1，z )·(0,2,0)＝2(y －1)＝0.
∴y ＝1，代入①式得z ＝1
2.∴E 是PD 的中点， 即存在点E 为PD 中点时，CE ∥平面P AB .
16．(2013·福建卷节选)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k ＞0)． (1)求证：CD ⊥平面ADD 1A 1；
(2)若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为6
7，求k 的值．
图1
(1)证明 取CD 的中点E ，连接BE ，如图1. ∵AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ， ∴四边形ABED 为平行四边形， ∴BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k .
在△BCE 中，∵BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ，∴BE 2＋CE 2＝BC 2， ∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD ，又∵BE ∥AD ，∴CD ⊥AD . ∵AA 1⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，
∴AA 1⊥CD .又AA 1∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面ADD 1A 1.
(2)解 以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→
的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图2所
示的空间直角坐标系，
则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k,3k,1)，A 1(4k,0,1)， 于是AC →＝(－4k,6k,0)，AB 1→＝(0,3k,1)，AA 1→
＝(0,0,1)． 设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧
AC →·n ＝0，
AB 1→
·n ＝0，
得⎩
⎨⎧
－4kx ＋6ky ＝0，
3ky ＋z ＝0.取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )． 设AA 1与平面AB 1C 所成角为θ，则 sin θ＝|cos<AA 1→，n >|＝⎪⎪⎪
⎪⎪⎪AA 1→
·n |AA 1→|·|n |＝6k 36k 2＋13
＝6
7，解得k ＝1，故所求实数k 的值为1.
17．(2014·济南质检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1. (1)证明：PC ⊥AD ；
(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；
(3)设E 为棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．
(1)证明 如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，
依题意，得A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)，B －12，1
2，0，P (0,0,2)． 易得PC →＝(0,1，－2)，AD →＝(2,0,0)，于是PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD . (2)解 PC →＝(0,1，－2)，CD →
＝(2，－1，0)． 设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，
即⎩⎨⎧
y －2z ＝0，
2x －y ＝0.
不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)． 可取平面P AC 的法向量m ＝(1,0,0)．
于是cos<m ，n >＝m ·n |m ||n |＝16＝66，从而sin<m ，n >＝30
6.所以二面角A －PC －
D 的正弦值为30
6.
(3)解 设点E 的坐标为(0,0，h )，其中h ∈[0,2]． 由此得BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，h .由CD →
＝(2，－1,0)，
故cos<BE →，CD →>＝BE →·CD →|BE →||CD →|＝3
10＋20h
2 所以
310＋20h
2＝cos 30°＝3
2， 解得h ＝1010，即AE ＝10
10.
18．(2013·广东卷)如图1，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将ADE 沿DE 折
起，得到如图2所示的四棱锥A ′－BCDE ，其中A ′O ＝ 3.
(1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；
(2)求二面角A ′－CD －B 的平面角的余弦值．
(1)证明 在折叠前的图形中，等腰直角三角形ABC 中， 因为BC ＝6，O 为BC 的中点， 所以AC ＝AB ＝32，OC ＝OB ＝3， 又因为CD ＝BE
＝2，所以AD ＝AE ＝2 2. 如图1，连接OD ，在△OCD 中，由余弦定理可得 OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5. 在折叠后的图形中，因为AD ′＝22， 所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥OD . 同理可证A ′O ⊥OE ，又OD ∩OE ＝O ， 所以A ′O ⊥平面BCDE .
图3
(2)解 以O 点为原点，建立空间直角坐标O －xyz ，如图3所示． 则A ′(0,0，3)，C (0，－3,0)，D (1，－2，0)，所以CA ′→
＝(0,3，3)， DA ′→
＝(－1,2，3)，
设平面A ′CD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·CA ′→＝0，n ·DA ′→＝0，
即⎩⎨⎧
3y ＋3z ＝0，
－x ＋2y ＋3z ＝0，
解得y ＝－x ，且z ＝3x ， 令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)．
由(1)知，OA ′→
＝(0,0，3)为平面CDB 的一个法向量，
所以cos<n ，OA ′→>＝n ·OA ′→
|n |·|OA ′→|＝33×5＝15
5，
所以二面角A ′－CD －B 的平面角的余弦值为15
5.
必记内容: 高中数学三角函数公式汇总
一、任意角的三角函数
在角α的终边上任取．．
一点),(y x P ，记：2
2y x r +=， 正弦：r y =αsin 余弦：r x
=αcos 正切：x
y
=αtan 余切：y x =αcot
正割：x
r
=
αsec 余割：y
r =
αcsc 注：我们还可以用单位圆中的有向线段表示任意角的三角函数：如图，与单位圆有关的有向．．
线段MP 、OM 、AT 分别叫做角α的正弦线、余弦线、正切线。

二、同角三角函数的基本关系式
倒数关系：1csc sin =⋅αα，1sec cos =⋅αα，1cot tan =⋅αα。

商数关系：αααcos sin tan =
，α
α
αsin cos cot =。

平方关系：1cos sin 22=+αα，αα22sec tan 1=+，αα22csc cot 1=+。

三、诱导公式
⑴παk 2+)(Z k ∈、α-、απ+、απ-、απ-2的三角函数值，等于α的同名函数值，前面加上一个把α看成．．锐角时原函数值的符号。

（口诀：函数名不变，符号看象限）
⑵
απ
+2
、
απ
-2
、
απ+23、απ-2
3的三角函数值，等于α的异名函数值，
前面加上一个把α看成．．锐角时原函数值的符号。

（口诀：函数名改变，符号看象限）
四、和角公式和差角公式
βαβαβαsin cos cos sin )sin(⋅+⋅=+ βαβαβαsin cos cos sin )sin(⋅-⋅=- βαβαβαsin sin cos cos )cos(⋅-⋅=+ βαβαβαsin sin cos cos )cos(⋅+⋅=- β
αβ
αβαtan tan 1tan tan )tan(⋅-+=
+
β
αβ
αβαtan tan 1tan tan )tan(⋅+-=
-
五、二倍角公式
αααcos sin 22sin =
ααααα2222sin 211cos 2sin cos 2cos -=-=-=…)(*
α
α
α2
tan 1tan 22tan -=
二倍角的余弦公式)(*有以下常用变形：（规律：降幂扩角，升幂缩角）
αα2cos 22cos 1=+ αα2sin 22cos 1=- 2)cos (sin 2sin 1ααα+=+ 2)cos (sin 2sin 1ααα-=-
22cos 1cos 2αα+=
，22cos 1sin 2α
α-=，α
αααα2cos 12sin 2sin 2cos 1tan +=
-=。

六、万能公式（可以理解为二倍角公式的另一种形式）
ααα2tan 1tan 22sin +=，ααα22tan 1tan 12cos +-=，α
α
α2tan 1tan 22tan -=。

万能公式告诉我们，单角的三角函数都可以用半角的正切．．
来表示。

七、和差化积公式
2
cos
2
sin
2sin sin β
αβ
αβα-+=+ …⑴ 2
sin
2
cos
2sin sin β
αβ
αβα-+=- …⑵。