高考数学一轮复习课时跟踪检测(四十五)立体几何中的向量方法理(普通高中)
高考数学一轮复习 课时跟踪检测(四十五)立体几何中的向量方法 理(重点高中)
课时跟踪检测（四十五） 立体几何中的向量方法(二)重点高中适用作业A 级——保分题目巧做快做1．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A M 与C N 所成角的余弦值等于( )A.32B.1010C.35D.25解析：选 D 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， ∴C N ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，AM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.故cos 〈AM ―→，C N ―→〉＝AM ―→·C N ―→| AM ―→|·|C N ―→|＝0＋0＋1252·52＝25.2．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B AA 1C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B. 6C. 5D ．2解析：选A 由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4，AB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC 1―→| AB 1―→|·|BC 1―→|＝24，故tan AB 1―→，BC 1―→＝7.3.如图所示，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知PA ＝BC ＝2，AB ＝4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为( )A ．－3010B ．－305C.305D.3010解析：选D 因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥BC .过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ，则AP ，AB ，AE 两两垂直． 如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (4,0,0)，C (4，－2,0)． 因为D 为PB 的中点，所以D (2,0,1)． 故CP ―→＝(－4,2,2)，AD ―→＝(2,0,1)． 所以AD ―→，CP ―→＝AD ―→·CP ―→| AD ―→|·|CP ―→|＝－65×26＝－3010.设异面直线PC ，AD 所成的角为θ， 则cos θ＝AD ―→，CP―→＝3010.4.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为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.35B.56C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，1，GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧EF ―→·n ＝0， GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.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.12B.23C.33D.22解析：选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 )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.6.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和正方形ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角的大小是________．解析：以D 为原点，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D xyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0，0)，C (0，1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC ―→＝(0,1,0)，∴cos 〈EF ―→，DC ―→〉＝EF ―→·DC ―→| EF ―→||DC ―→|＝－22，∴〈EF ―→，DC ―→〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角的大小是45°.答案：45°7.如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线FO 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，DB ―→＝(0,23，0)，EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ， ∴n ＝(－a,0,1)，∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线FO 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22，解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：28.如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点．则二面角F OE A 的余弦值为________．解析：以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)，则OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝33. 由图知二面角F OE A 为锐角， 所以二面角F OE A 的余弦值为33. 答案：339．(2017·全国卷Ⅲ)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 ＝DC . 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，所以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 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD ―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0.可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1. 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ―→＝0，m ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0，可取m ＝(0，－1，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝－33＋3213×2＝77. 由图知二面角D AE C 为锐角， 所以二面角D AE C 的余弦值为77.10．(2017·山东高考)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E AG C 的大小． 解：(1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ⊂平面ABP ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP . 又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°.(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE ―→＝(2,0，－3)，AG ―→＝(1，3，0)，CG ―→＝(2,0,3)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE ―→＝0，m ·AG ―→＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG ―→＝0，n ·CG ―→＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝9＋3－44×4＝12.由图知二面角E AG C 为锐角， 故所求二面角E AG C 的大小为60°.B 级——拔高题目稳做准做1．(2017·天津高考)如图，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C E M N 的正弦值；(3)已知点H 在棱PA 上，且直线N H 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．解：由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)． 又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CE M 的一个法向量． 设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面E MN 的法向量， 又EM ―→＝(0，－2，－1)，MN ―→＝(1,2，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EM ―→＝0，n 2·MN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0.不妨取y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421，于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C E M N 的正弦值为10521. (3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得N H ―→＝(－1，－2，h )，BE ―→＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos 〈N H ―→，BE ―→〉|＝|N H ―→·BE ―→||N H ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.2.(2018·东北四市模拟)如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，AD ＝AP ，E 为棱PD 的中点．(1)求证：PD ⊥平面ABE ；(2)若F 为AB 的中点，PM ―→＝λPC ―→(0＜λ＜1)，试确定λ的值，使二面角P F M B 的余弦值为－33. 解：(1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥AB .又AD ⊥AB ，PA ∩AD ＝A ， ∴AB ⊥平面PAD .∵PD ⊂平面PAD ，∴PD ⊥AB . ∵E 是PD 的中点，AD ＝AP ， ∴AE ⊥PD .又AE ∩AB ＝A ， ∴PD ⊥平面ABE .(2)以A 为坐标原点，以AB ―→，AD ―→，AP ―→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，令AB ＝2，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，C (2,2,0)，F (1，0,0)， ∴PF ―→＝(1,0，－2)，BF ―→＝(－1,0,0)，PC ―→＝(2,2，－2)， ∵PM ―→＝λPC ―→(0＜λ＜1)，∴PM ―→＝(2λ，2λ，－2λ)，M(2λ，2λ，2－2λ)，F M ―→＝(2λ－1,2λ，2－2λ)． 设平面PF M 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PF ―→＝0，m ·PM ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2z 1＝0，2λx 1＋2λy 1－2λz 1＝0，令z 1＝1，则m ＝(2，－1,1)为平面PF M 的一个法向量． 设平面BF M 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF ―→＝0，n ·F M ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＝0，λ－x 2＋2λy 2＋－2λz 2＝0，令z 2＝λ，则n ＝(0，λ－1，λ)为平面BF M 的一个法向量． ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n||m||n|＝|1－λ＋λ|6·λ2＋λ－2＝33， 解得λ＝12.3.(2018·福建质检)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的多面体中，四边形ACDF 是菱形，∠FAC ＝60°，AB ∥DE ，BC ∥EF ，AB ＝BC ＝3，AF ＝23，BF ＝15.(1)求证：平面ABC ⊥平面ACDF ；(2)求平面AEF 与平面ACE 所成的锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：设O 是AC 的中点， 连接OF ，OB ，FC . 在△ABC 中，AB ＝BC ， 所以OB ⊥AC .因为四边形ACDF 是菱形，∠FAC ＝60°， 所以△FAC 是等边三角形，所以OF ⊥AC ，所以∠FOB 是二面角F AC B 的平面角． 在Rt △FAO 中，AF ＝23，AO ＝12AC ＝3，所以OF ＝AF 2－AO 2＝3.在Rt △ABO 中，AB ＝3，AO ＝3， 所以OB ＝AB 2－AO 2＝6，又BF ＝15，所以OF 2＋OB 2＝BF 2， 所以∠FOB ＝90°， 所以平面ABC ⊥平面ACDF .(2)由(1)知，OB ，OC ，OF 两两垂直，以O 为原点，OB ―→，OC ―→，OF ―→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O xyz ，则A (0，－3，0)，B (6，0,0)，C (0，3，0)，F (0,0,3)， 所以AF ―→＝(0，3，3)，AC ―→＝(0,23，0)， 因为AB ∥DE ，AF ∥CD ，又AB ⊄平面CDE ，AF ⊄平面CDE ，DE ⊂平面CDE ，CD ⊂平面CDE ， 所以AB ∥平面CDE ，AF ∥平面CDE . 又AB ∩AF ＝A ，所以平面ABF ∥平面CDE ，又平面ABF ∩平面BCEF ＝BF ，平面CDE ∩平面BCEF ＝CE ， 所以BF ∥CE . 因为EF ∥BC ，从而四边形BCEF 是平行四边形，所以FE ―→＝BC ―→＝(－6，3，0)．所以AE ―→＝AF ―→＋FE ―→＝(－6，23，3)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AF ―→＝0，n ·FE ―→＝0，即⎩⎨⎧ 3y 1＋3z 1＝0，－6x 1＋3y 1＝0， 令x 1＝3，得y 1＝6，z 1＝－2， 所以可取n ＝(3，6，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE ―→＝0，m ·AC ―→＝0，即⎩⎨⎧ －6x 2＋23y 2＋3z 2＝0，23y 2＝0， 令x 2＝3，得y 2＝0，z 2＝2，所以可取m ＝(3，0，2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝155＝5555， 所以平面AEF 与平面ACE 所成的锐二面角的余弦值为5555.。
高考数学一轮复习课时检测第七章第七节立体几何中的向量方法理
第七章 第七节 立体几何中的向量方法一、选择题1．若平面α，β的法向量分别为a ＝(－1,2,4)，b ＝(x ，－1，－2)，并且α⊥β，则x 的值为( )A ．10B ．－10 C.12D ．－12解析：∵α⊥β，∴a ·b ＝0 ∴x ＝－10. 答案：B2．已知A B ＝(1,5，－2)， B C ＝(3,1，z )，若 A B ⊥ B C ， B P ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为 ( )A.337，－157，4 B.407，－157，4 C.407，－2,4D ．4，407，－15解析： A B ⊥ B C ⇒ A B · B C ＝3＋5－2z ＝0，∴z ＝4. 又BP ⊥平面ABC ，∴B P ·A B ＝x －1＋5y ＋6＝0，①B P ·BC ＝3x －3＋y －3z ＝0，②由①②得x ＝407，y ＝－157.答案：B3.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为A 1C 1的中点，则异面直线CE 与BD 所成的角为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：以D 点为原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则相关点的坐标为C (0,1,0)，E (12，12，1)，B (1,1,0)，D (0,0,0)，∴C E ＝(12，－12，1)， B D ＝(－1，－1,0)．∴ C E · B D ＝－12＋12＋0＝0.∴ C E ⊥ B D ，即CE ⊥BD . 答案：D4.如图所示，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 ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是 ( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定解析：分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．∵A 1M ＝AN ＝23a ， ∴M (a ，23a ，a 3)，N (23a ，23a ，a )．∴ M N ＝(－a 3，0，23a )．又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)， ∴ 11C D ＝(0，a,0)．∴ M N · 11C D ＝0，∴M N ⊥ 11C D .∵ 11C D 是平面BB 1C 1C 的法向量， 且MN ⊄平面BB1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C . 答案：B5.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是( )A ．45°B ．60°C ．90°D ．120°解析：以B 点为坐标原点，以BC 、BA 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则B (0,0,0)，C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0，1)， ∴ E F ＝(0，－1,1)，1B C ＝(2,0,2)∴cos 〈 E F ， 1B C 〉＝ E F ·1B C | E F ||1B C |＝22·8＝12.∴EF 与BC 1所成角为60°. 答案：B6.如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.23解析：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)， A G ＝(a ，a,0)， A C ＝(0,2a,2a )，B G ＝(a ，－a,0)，B C＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎨⎧B G ·n 1＝0 B G ·n1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝02ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝| B G ·n 1|| B G ||n 1|＝2a 2a ×3＝63.答案：C 二、填空题7．已知 A B ＝(2,2,1)， A C ＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是________．解析：设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y,1)， 则n ⊥ A B 且n ⊥ A C ， 即n ·A B ＝0，且n ·A C ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋1＝0，4x ＋5y ＋3＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－1，∴n ＝(12，－1,1)，单位法向量为±n |n |＝±(13，－23，23)． 答案：(13，－23，23)或(－13，23，－23)8．在如右图所示的正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，E 是C 1D 1的中点，正方体的棱长为2，则异面直线DE 与AC 所成角的余弦值为________．解析：分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,2,0)，E (0,1,2)，A (2,0,0)，A C ＝(－2,2,0)，D E＝(0,1,2)，∴cos 〈 A C ， D E 〉＝1010.答案：10109．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PAC 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，a2)，则 C A ＝(2a,0,0) A P ＝(－a ，－a 2，a2)， C B ＝(a ，a,0)，设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)， 则cos 〈 C B ，n 〉＝C B ·n| C B |·|n |＝a 2a 2·2＝12，∴〈 CB ，n 〉＝60°.∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案：30° 三、解答题10．如图，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)设E 为BC 的中点，求 AE 与 DB 夹角的余弦值． 解：(1)证明：∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC . ∵AD ⊂平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由∠BDC ＝90°及(1)知DA ，DB ，DC 两两垂直，不妨设|DB |＝1，以D 为坐标原点，以 DB ， DC ， DA 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，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,3,0)，A (0,0，3)，E (12，32，0)，∴ A E ＝(12，32，－3)， DB ＝(1,0,0)，∴ AE 与 DB 夹角的余弦值为cos 〈AE ，DB 〉＝AE ·DB| A E |·| D B |＝12224×1＝2222. 11．(2012·温州模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝DC ＝12，AB ＝1，M 是PB 的中点．(1)证明：平面PAD ⊥平面PCD ； (2)求AC 与PB 所成的角；(3)求平面AMC 与平面BMC 所成二面角的余弦值．解：以A 为坐标原点，AD 长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (1,1,0)，D (1,0,0)，P (0,0,1)，M (0,1，12)．(1)证明：因 A P ＝(0,0,1)， D C ＝(0,1,0)，故 A P · D C ＝0，所以AP ⊥DC . 由题设知AD ⊥DC ，且AP 与AD 是平面PAD 内的两条相交直线，由此得DC ⊥平面PAD .又DC 在平面PCD 上，故面PAD ⊥面PCD . (2)因 A C ＝(1,1,0)， P B ＝(0,2，－1)， 故|A C |＝2，| PB |＝5， AC · P B ＝2，所以cos< A C ， P B >＝A C · P B | A C |·| P B |＝105.(3)在MC 上取一点N (x ，y ，z )，则存在λ∈R ，使 N C ＝λ M C ，N C ＝(1－x,1－y ，－z )， M C ＝(1,0，－12)，∴x ＝1－λ，y ＝1，z ＝12λ.要使AN ⊥MC ，只需 A N · M C ＝0即x －12z ＝0，解得λ＝45.可知当λ＝45时，N 点坐标为(15，1，25)，能使 A N · M C ＝0.此时，A N ＝(15，1，25)， B N ＝(15，－1，25)，有 B N · M C ＝0由A N · M C ＝0，B N · MC ＝0得AN ⊥MC ，BN ⊥MC . 所以∠ANB 为所求二面角的平面角．∵| A N |＝305，| B N |＝305， A N · B N ＝－45.∴cos 〈A N ， B N 〉＝A N · B N | A N |·| B N |＝－23.∴平面AMC 与平面BMC 所成角的余弦值为－23.12．(2011·福建高考)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°.(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ； (2)设AB ＝AP .(ⅰ)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；(ⅱ)在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由．解：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB .又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图)．在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ， 则CE ⊥AD .在Rt△CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)，C D ＝(－1,1,0)， P D ＝(0,4－t ，－t )．(ⅰ)设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥ C D ，n ⊥ P D ，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． 又 P B ＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos 60°＝|n · P B|n |·| P B ||，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋－t 2·2t 2＝12， 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，所以AB ＝45.(ⅱ)假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到P ，B ，C ，D的距离都相等，设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )， 则 G C ＝(1,3－t －m,0)，G D ＝(0,4－t －m,0)，G P ＝(0，－m ，t )．由|G C |＝| G D |得 12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m ；(1)由| G D |＝| G P |得(4－t －m )2＝m 2＋t 2.(2) 由(1)、(2)消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0.(3)由于方程(3)没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等。
新人教A版版高考数学一轮复习立体几何立体几何中的向量方法教学案理解析版
[考纲传真] 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，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．１．异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l１，l２的方向向量，则a与b的夹角〈a，b〉l１与l２所成的角θ范围0＜〈a，b〉＜π0<θ≤错误!关系cos〈a，b〉＝错误!cos θ＝|cos〈a，b〉|＝错误!２．直线与平面所成的角设直线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〉|＝错误!.３．二面角（１）如图１，AB，CD是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈错误!，错误!〉．（２）如图２３，n１，n２分别是二面角αlβ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〈n１，n２〉|，二面角的平面角大小是向量n１与n２的夹角（或其补角）．[常用结论]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|错误!|＝错误!.[基础自测]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错误!，直线与平面所成角的范围是错误!，二面角的范围是[0，π]．（）[答案] （１）×（２）×（３）×（４）√２．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为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!πＣ．错误!或错误!π Ｄ．错误!或错误!πC [∵m＝（0,１,0），n＝（0,１,１），∴m·n＝１，|m|＝１，|n|＝错误!，∴cos〈m，n〉＝错误!＝错误!，∴〈m，n〉＝错误!.∴两平面所成的二面角为错误!或错误!π，故选Ｃ．]３．如图所示，在正方体ABCDA１B１C１D１中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B１M与D１N所成角的余弦值为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!A [以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，如图，设AB＝２，则N（１,0,0），D１（0,0,２），M（１,１,0），B１（２,２,２），∴错误!＝（—１，—１，—２），错误!＝（１,0，—２），∴错误!·错误!＝—１＋４＝３，|错误!|＝错误!，|错误!|＝错误!，∴cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＞0，∴B１M与D１N所成角的余弦值为错误!.故选Ａ．]４．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝—错误!，则l与α所成的角为________．错误![设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝错误!，又θ∈错误!，∴θ＝错误!.]５．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.∴错误!＝（0,１,0），错误!＝错误!分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈错误!，错误!〉＝４５°.故平面PAB与平面PCD所成的二面角为４５°.]求异面直线所成的角１．已知直三棱柱ABCA１B１C１中，∠ABC＝１２0°，AB＝２，BC＝CC１＝１，则异面直线AB１与BC所成角的余弦值为（）１Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!C [在平面ABC内过点B作AB的垂线，以B为原点，以该垂线，BA，BB１所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则A（0,２,0），B１（0,0,１），C错误!，C１错误!，错误!＝（0，—２,１），错误!＝错误!，cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!，故选Ｃ．]２．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝２，∠BAD＝60°.（１）求证：BD⊥平面PAC；（２）若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．[解] （１）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.（２）设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝２，所以BO＝１，AO＝CO＝错误!.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P（0，—错误!，２），A（0，—错误!，0），B（１,0,0），C（0，错误!，0）．所以错误!＝（１，错误!，—２），错误!＝（0,２错误!，0）．设PB与AC所成角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!.即PB与AC所成角的余弦值为错误!.[规律方法] 用向量法求异面直线所成角的一般步骤１选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；２确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；３利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；４两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.求直线与平面所成的角【例１】（２0１8·合肥一模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．（１）求证：平面BDM∥平面EFC；（２）若DE＝２AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．[解] （１）连接AC，交BD于点N，连接MN，则N为AC的中点，又M为AE的中点，∴MN∥EC.∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，∴MN∥平面EFC.∵BF，DE都垂直底面ABCD，∴BF∥DE.∵BF＝DE，∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，∴BD∥平面EFC.又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.（２）∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，∴DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系Dxyz.设AB＝２，则DE＝４，从而D（0,0,0），B（２,２,0），M（１,0,２），A（２,0,0），E（0,0,４），∴错误!＝（２,２,0），错误!＝（１,0,２），设平面BDM的法向量为n＝（x，y，z），则错误!得错误!令x＝２，则y＝—２，z＝—１，从而n＝（２，—２，—１）为平面BDM的一个法向量．∵错误!＝（—２,0,４），设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!，∴直线AE与平面BDM所成角的正弦值为错误!.[规律方法] 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.１１１１别为A１B１，BC的中点．（１）求异面直线BP与AC１所成角的余弦值；（２）求直线CC１与平面AQC１所成角的正弦值．[解] 如图，在正三棱柱ABCA１B１C１中，设AC，A１C１的中点分别为O，O，连接OB，OO１，则OB⊥OC，OO１⊥OC，OO１⊥OB，１如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz.因为AB＝AA１＝２，所以A（0，—１,0），B（错误!，0,0），C （0,１,0），A１（0，—１,２），B１（错误!，0,２），C１（0,１,２）．（１）因为P为A１B１的中点，所以P错误!，从而错误!＝错误!，错误!＝（0,２,２），故|cos〈错误!，错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!.因此，异面直线BP与AC１所成角的余弦值为错误!.（２）因为Q为BC的中点，所以Q错误!，因此错误!＝错误!，错误!＝（0,２,２），错误!＝（0,0,２）．设n＝（x，y，z）为平面AQC１的法向量，则错误!即错误!不妨取n＝（错误!，—１,１）．设直线CC１与平面AQC１所成角为θ，则sin θ＝|cos〈错误!，n〉|＝错误!＝错误!＝错误!，所以直线CC１与平面AQC１所成角的正弦值为错误!.求二面角【例２】（２0１8·湖北二模）如图１，等腰直角三角形ABC的底边AB＝２，点D在线段AC上，DE⊥AB 于点E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图２）．图１图２（１）求证：PB⊥DE；（２）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为３0°，求平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值．[解] （１）证明：∵DE⊥PE，DE⊥BE，PE∩BE＝E，∴DE⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，∴PB⊥DE.（２）由题知DE⊥PE，DE⊥EB，且PE⊥EB，∴DE，BE，PE两两互相垂直．分别以错误!，错误!，错误!的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Exyz.设|PE|＝a（0＜a＜１），则B（0,２—a,0），D（a,0,0），C（１,１—a,0），P（0,0，a），∴错误!＝（0,２—a，—a），错误!＝（１，—１,0）．设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z），则错误!∴错误!∴平面PBC的一个法向量为n＝（a，a,２—a），∵直线PD与平面PBC所成的角为３0°，且错误!＝（a,0，—a），∴sin ３0°＝错误!，∴a＝２（舍）或a＝错误!.∴平面PBC的一个法向量为n＝错误!.易知平面PDE的一个法向量为m＝（0,１,0），设所求的锐二面角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!，所以sin θ＝错误!，即平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值为错误!.[规律方法] 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是锐钝二面角.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.得点D在平面ABC内的射影恰好落在边AB上．（１）求证：平面ACD⊥平面BCD；（２）当错误!＝２时，求二面角DACB的余弦值．[解] （１）证明：如图，设点D在平面ABC内的射影为点E，连接DE，则DE⊥平面ABC，所以DE⊥BC.因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AD.又AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，而AD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCD.（２）以点B为原点，线段BC所在的直线为x轴，线段AB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设AD＝a，则AB＝２a，所以A（0，—２a,0），C（—a,0,0）．由（１）知AD⊥BD，又错误!＝２，所以∠DBA＝３0°，∠DAB＝60°，所以AE＝AD cos∠DAB＝错误!a，BE＝AB—AE＝错误!a，DE＝AD sin∠DAB＝错误!a，所以D错误!，所以错误!＝错误!，错误!＝（—a,２a,0）．设平面ACD的法向量为m＝（x，y，z），则错误!即错误!取y＝１，则x＝２，z＝—错误!，所以m＝错误!.因为平面ABC的一个法向量为n＝（0,0,１），所以cos〈m，n〉＝错误!＝错误!＝—错误!.所以二面角DACB的余弦值为错误!.１．（２0１8·全国卷Ⅱ）如图所示，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝２错误!，PA＝PB＝PC＝AC＝４，O为AC的中点．（１）证明：PO⊥平面ABC；（２）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为３0°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．[解] （１）证明：因为AP＝CP＝AC＝４，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝２错误!.连接OB.因为AB＝BC＝错误!AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝错误!AC＝２．由OP２＋OB２＝PB２知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.（２）如图，以O为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由已知得O（0,0,0），B（２,0,0），A（0，—２,0），C（0,２,0），P（0,0,２错误!），错误!＝（0,２,２错误!）．取平面PAC的一个法向量错误!＝（２,0,0）．设M（a,２—a,0）（0＜a≤２），则错误!＝（a,４—a,0）．设平面PAM的法向量为n＝（x，y，z）．由错误!·n＝0，错误!·n＝0得错误!可取n＝（错误!（a—４），错误!a，—a），所以cos〈错误!，n〉＝错误!.由已知可得|cos〈错误!，n〉|＝错误!，所以错误!＝错误!，解得a＝—４（舍去）或a＝错误!，所以n＝错误!.又错误!＝（0,２，—２错误!），所以cos〈错误!，n〉＝错误!.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为错误!.２．（２0１6·全国卷Ⅱ）如图所示，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝５，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝错误!，EF交BD于点H.将△DEF沿EF 折到△D′EF的位置，OD′＝错误!.（１）证明：D′H⊥平面ABCD；（２）求二面角BD′AC的正弦值．[解] （１）证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得错误!＝错误!，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝５，AC＝6得DO＝BO＝错误!＝４．由EF∥AC得错误!＝错误!＝错误!.所以OH＝１，D′H＝DH＝３．于是D′H２＋OH２＝３２＋１２＝１0＝D′O２，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.（２）如图，以H为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，错误!的方向为y轴正方向，错误!的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz，则H（0,0,0），A（—３，—１,0），B（0，—５,0），C（３，—１,0），D′（0,0,３），错误!＝（３，—４,0），错误!＝（6,0,0），错误!＝（３,１,３）．设m＝（x１，y１，z１）是平面ABD′的法向量，则错误!即错误!所以可取m＝（４,３，—５）．设n＝（x２，y２，z２）是平面ACD′的法向量，则错误!即错误!所以可取n＝（0，—３,１）．于是cos〈m，n〉＝错误!＝错误!＝—错误!，sin〈m，n〉＝错误!.因此二面角BD′AC的正弦值是错误!.。
高三数学一轮复习课时作业3：立体几何中的向量方法
9.7立体几何中的向量方法A 级 基础达标1．平面α经过三点A (－1,0,1)，B (1,1,2)，C (2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是( )A ．(12，－1，－1)B ．(6，－2，－2)C ．(4,2,2)D ．(－1,1,4)2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19B.495C.295 D.233．如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为( )A.66B.33C.63D.234．如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF .当A 1、E 、F 、C 1共面时，平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为( )A.32B.12C.15D.2655．『2014·天津十校联考』如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为( )6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．7．『2014·佛山质检』已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，则直线AE与平面ABC1D1所成角的正弦值为________．8．『2014·合肥调研』已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是________．9．设动点P 在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B ＝λ.当∠APC 为钝角时，λ的取值范围是________．10．『2013·江苏高考』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夹角的正弦值．11．『2013·天津高考』如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB ∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．(1)证明：B1C1⊥CE；(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26，求线段AM的长．12. 『2013·江西七校高三联考』如下图所示，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成的角为60°.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)求二面角F－BE－D的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．B级知能提升1．『2014·皖北五校联考』在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为()A.64B．－64C.104D．－1042．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为()A. 2B.3C ．2 D.223．『2013·重庆高考』如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝π3，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．解析及答案05限时规范特训A 级 基础达标1．『解析』设平面α的法向量为n ，则n ⊥AB →，n ⊥AC →，n ⊥BC →，所有与AB →(或AC →、BC →)平行的向量或可用AB →与AC →线性表示的向量都与n 垂直，故选D.『答案』D2．『解析』设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.『答案』B3．『解析』如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)，F (a,0,0)，AG →＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a ，0)，BC →＝(0,0,2a )，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0，AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ ax 1＋ay 1＝02ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)． sin θ＝BG →·n 1|BG →||n 1|＝2a 2a×3＝63.『答案』C4．『解析』以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，易知当E (6,3,0)、F (3,6,0)时，A 1、E 、F 、C 1共面，设平面A 1DE 的法向量为n 1＝(a ，b ，c )，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DE →＝6a ＋3b ＝0，n 1·DA 1→＝6a ＋6c ＝0，可取n 1＝(－1,2,1)，同理可得平面C 1DF 的一个法向量为n 2＝(2，－1,1)，故平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为|n 1·n 2||n1|·|n 2|＝12.故选B.『答案』B5．『解析』以D 为原点，DA 、DC 所在直线分别为x 、y 轴建系如图：设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ，则P (a 2，0，32a )，C (0，a,0)，则|MC |＝x 2＋y －a2，|MP |＝x －a22＋y 2＋32a 2.由|MP |＝|MC |得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝12x 的一部分．『答案』A6．『解析』以D 1A 1、D 1C 1、D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，又F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴FB →＝(1,1，y )，由于AB ⊥B 1E ，故若B 1E ⊥平面ABF ，只需FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1,0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.『答案』17． 『解析』如图建立空间直角坐标系，AB →＝(0,1,0)，AD 1→＝(－1,0,1)，AE →＝(0，12，1)，设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0，可解得n ＝(1,0,1)设直线AE 与平面ABC 1D 所成的角为θ，则sin θ＝|AE →·n ||AE →|·|n |＝105『答案』1058．『解析』如图建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A 1(2,0,4)，A (2,0,0)， B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)， AD 1→＝(－2,0,4)， AB 1→＝(0,2,4)，AA 1→＝(0,0,4)，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋4z ＝0，2y ＋4z ＝0， 解得x ＝2z 且y ＝－2z ，不妨设n ＝(2，－2,1)， 设点A 1到平面AB 1D 1的距离为d ，则d ＝|AA 1→·n ||n |＝43.『答案』439．『解析』本题主要考查了用空间向量求直线间的夹角，一元二次不等式的解法，意在考查考生的空间想象能力以及运算求解能力．以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则有A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，则D 1B →＝(1,1，－1)，得D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以P A →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)，显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角等价于P A →·PC →<0，即－λ(1－λ)－λ(1－λ)＋(λ－1)2<0，即(λ－1)(3λ－1)<0，解得13<λ<1，因此λ的取值范围是(13，1)．『答案』(13，1)10．『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)，∴A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．∵cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，∴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 )，∵AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，∴n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且2y ＋4z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，∴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夹角的大小为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夹角的正弦值为53. 11． 『解』本题可通过建立空间坐标系求解．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)，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 →＝0，∴B 1C 1⊥CE .(2)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)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得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＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，故二面角B 1－CE －C 1的正弦值为217. (3)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＋12＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1. 于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13(λ＝－15舍去)，∴AM ＝ 2.12. 『解』(1)∵DE ⊥平面ABCD ，∴DE ⊥AC ，∵ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，又DE ∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面BDE .(2)∵DE ⊥平面ABCD ，∴∠EBD 就是BE 与平面ABCD 所成的角，即∠EBD ＝60°. ∴EDBD＝ 3.由AD ＝3，得DE ＝36，AF ＝ 6.如图所示，分别以DA ，DC ，DE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A (3,0,0)，F (3,0，6)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，∴BF →＝(0，－3，6)，EF →＝(3,0，－26)． 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n·BF →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎨⎧－3y ＋6z ＝03x －26z ＝0.令z ＝6，则n ＝(4,2，6)． ∵AC ⊥平面BDE ， ∴CA →＝(3，－3,0)为平面BDE 的一个法向量，∴cos 〈n ，CA →〉＝n ·CA →|n |·|CA →|＝626×32＝1313.又二面角F －BE －D 为锐角，故二面角F －BE －D 的余弦值为1313. (3)依题意，设M (t ，t,0)(0≤t ≤3)，则AM →＝(t －3，t,0)，∴AM ∥平面BEF ，∴AM →·n ＝0， 即4(t －3)＋2t ＝0，解得t ＝2.∴点M 的坐标为(2,2,0)，此时DM →＝23DB →，∴点M 是线段BD 上靠近B 点的三等分点．B 级 知能提升1．『解析』取AC 中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ， 如图，建立空间直角坐标系B －xyz ， 则A (32，12，0)，D (0,0,1)， 则AD →＝(－32，－12，1)． ∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，BE ⊥AC ， ∴BE ⊥平面AA 1C 1C . ∴BE →＝(32，0,0)为平面AA 1C 1C 的一个法向量， ∴cos 〈AD →，BE →〉＝－64， 设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，∴sin α＝|cos 〈AD →，BE →〉|＝64，故选A. 『答案』A2．『解析』如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB 1→＝0m ·CD →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0x ＋az ＝0，令z ＝－1， 得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n (0,1,0)， 则由cos60°＝m ·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝ 2. 『答案』A3．『解』(1)如图，连接BD 交AC 于O ，∵BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又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 π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC＝3，又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．∵P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )，由F 为PC 边中点，得F (0，－1，z2)，∴AF →＝(0,2，z 2)，PB →＝(3，3，－z )，∵AF ⊥PB ，∴AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，∴|P A →|＝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|＝18.故二面角B －AF －D 的正弦值为378.。
2019届高三数学(理)一轮课件：第45讲-立体几何中的向量方法(含答案)
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课前双基巩固
4.[教材改编] 在长方体 ABCD - A1B1C1D1
中,AB=2,BC=AA1=1,则 BB1与平面 A1BC1所
的正弦值为
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课前双基巩固
4.[教材改编] 在长方体 ABCD - A1B1C1D1
中,AB=2,BC=AA1=1,则 BB1与平面 A1BC1所
的正弦值为
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课前双基巩固
课堂考点探究
变式题 [2016·全国卷Ⅲ] 如图 7-45-7,四棱
ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4 段 AD 上一点,AM=2MD,N 为 PC 的中点.
课堂考点探究
变式题 [2016·全国卷Ⅲ] 如图 7-45-7,四棱
ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4 段 AD 上一点,AM=2MD,N 为 PC 的中点.
值为
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课前双基巩固
2.[教材改编] 如果平面的一条斜线和斜线 面上的射影的方向向量分别是 a=(0,2,1),b=( 2, 5, 5),那么这条斜线与
课前双基巩固
3.[教材改编] 如图 7-45-3 所示,在正方体
A1B1C1D1 中,M,N 分别为棱 AA1 和 BB1 的
sin<������������,������1������>的值为
第1课时
空间
课堂考点探究
探究点一
例 1 (1)[2018·扶余一中月考] 在正方体 ABC E,F 分别是 BB1,D1B1 的中点,则 EF 与 A1D 所 ()
课堂考点探究
例 1 (1)[2018·扶余一中月考] 在正方体 AB
高考数学一轮复习 课后限时集训42 立体几何中的向量方法 理(含解析)新人教A版-新人教A版高三全册
课后限时集训(四十二) 立体几何中的向量方法(建议用时：60分钟)A 组 基础达标一、选择题1．长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( ) A.1010B.3010 C.21510 D.31010B [建立空间直角坐标系如图．则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)，BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→||AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010.] 2.如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面为等边三角形，侧棱垂直于底面，AB ＝4，AA 1＝6，若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，且BE ＝B 1E ，C 1F ＝13CC 1，则异面直线A 1E 与AF 所成角的余弦值为( ) A.36B.26 C.310D.210D [以C 为原点，CA 为x 轴，在平面ABC 中作AC 的垂线为y 轴，CC 1为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．由题意知A 1(4,0,6)，E (2,23，3)，F (0,0,4)，A (4,0,0)， ∴A 1E →＝(－2,23，－3)， AF →＝(－4,0,4)．设异面直线A 1E 与AF 所成的角为θ，则cos θ＝|A 1E →·AF →||A 1E →||AF →|＝4202＝210.∴异面直线A 1E 与AF 所成角的余弦值为210.故选D.] 3．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D ，E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°A [由已知AB 2＋BC 2＝AC 2，得AB ⊥BC .以B 为原点，分别以BC ，BA ，BB 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AA 1＝2a ，则A (0,1,0)，C (3，0,0)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，a ，E (0,0，a )，所以ED →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， cos 〈ED →，n 〉＝ED →·n |ED →||n |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋02×1＝12，〈ED →，n 〉＝60°，所以直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°.故选A.]4.如图，在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面PAB ，PA ⊥AB ，M 为PB 的中点，PA ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B AC M 的余弦值为( ) A.66B.36 C.26D.16A [因为BC ⊥平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，所以PA ⊥BC ，又PA ⊥AB ，且BC ∩AB ＝B ，所以PA ⊥平面ABCD .以点A 为坐标原点，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A xyz .则A (0,0,0)，C (1,2,0)，P (0,0,2)，B (1,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，所以AC →＝(1,2,0)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1， 求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(－2,1,1)， 又平面ABC 的一个法向量AP →＝(0,0,2)，所以cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝24＋1＋1×2＝16＝66.所以二面角B AC M 的余弦值为66.] 5．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1DC C 1的大小为60°，则AD 的长为( ) A.2B. 3 C ．2 D.22A [如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)．设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)．设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎨⎧m ·CB 1→＝2y ＋2z ＝0，m ·CD →＝x ＋az ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－z ，x ＝－az ，令z ＝－1，则m ＝(a,1，－1)．又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，则由cos 60°＝|m ·n ||m ||n |，得1a 2＋2＝12，解得a ＝2，所以AD ＝ 2.故选A.] 二、填空题6.如图所示，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________． 60° [以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2， 则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.]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________． 23[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 →＝0，n ·DC 1→＝0，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量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 →|＝23.] 8．(2019·某某模拟)在底面是直角梯形的四棱锥S ABCD 中，∠ABC ＝90°，AD ∥BC ，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，则平面SCD 与平面SAB 所成锐二面角的余弦值是________．63[如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知， D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C (1,1,0)，S (0,0,1)，可知AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0是平面SAB 的一个法向量． 设平面SCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 因为SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－1， DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以n ·SD →＝0，n ·DC →＝0， 即x 2－z ＝0，x2＋y ＝0. 令x ＝2，则有y ＝－1，z ＝1， 所以n ＝(2，－1,1)．设平面SCD 与平面SAB 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|AD →·n ||AD →||n |＝12×2＋0×－1＋0×1⎝ ⎛⎭⎪⎫122×22＋－12＋12＝63.] 三、解答题9.(2019·某某模拟)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，A 1A ＝AB ，∠ABC ＝90°，侧面A 1ABB 1⊥底面ABC . (1)求证：AB 1⊥平面A 1BC ；(2)若AC ＝5，BC ＝3，∠A 1AB ＝60°，求二面角B A 1C C 1的余弦值．[解](1)证明：在侧面A 1ABB 1中，∵A 1A ＝AB ， ∴四边形A 1ABB 1为菱形，∴AB 1⊥A 1B . ∵侧面A 1ABB 1⊥底面ABC ，∠ABC ＝90°， 平面A 1ABB 1∩平面ABC ＝AB ， ∴CB ⊥侧面A 1ABB 1.∵AB 1⊂平面A 1ABB 1，∴CB ⊥AB 1.又∵A 1B ∩BC ＝B ，∴AB 1⊥平面A 1BC .(2)在Rt△ABC 中，AC ＝5，BC ＝3，∴AB ＝4， 在菱形A 1ABB 1中， ∵∠A 1AB ＝60°， ∴△A 1AB 为正三角形．如图，以菱形A 1ABB 1的对角线交点O 为坐标原点，OA 1所在直线为x 轴，OA 所在直线为y 轴，过点O 且与BC 平行的直线为z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A 1(2,0,0)，B (－2,0,0)，C (－2,0,3)，B 1(0，－23，0)，C 1(0，－23，3)， ∴C 1C →＝(－2,23，0)，C 1A 1→＝(2,23，－3)．设n ＝(x ，y ，z )为平面A 1CC 1的法向量，则⎩⎨⎧n ·C 1C →＝0，n ·C 1A 1→＝0.∴⎩⎨⎧－2x ＋23y ＝0，2x ＋23y －3z ＝0.令x ＝3，得n ＝(3，3，4)为平面A 1CC 1的一个法向量． 又OB 1→＝(0，－23，0)为平面A 1BC 的一个法向量，cos 〈n ，OB 1→〉＝n ·OB 1→|n ||OB 1→|＝－627×23＝－2114. 由直观图知，二面角B A 1C C 1的平面角为钝角， ∴二面角B A 1C C 1的余弦值为－2114. 10.(2018·某某高考)如图，AD ∥BC 且AD ＝2BC ，AD ⊥CD ，EG ∥AD 且EG ＝AD ，CD ∥FG 且CD ＝2FG ，DG ⊥平面ABCD ，DA ＝DC ＝DG ＝2. (1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ；(2)求二面角E BC F 的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长． [解] 依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA →，DC →，DG →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，E (2,0,2)，F (0,1,2)，G (0,0,2)，M 0，32，1，N (1,0,2)．(1)证明：依题意DC →＝(0,2,0)，DE →＝(2,0,2)．设n 0＝(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则⎩⎨⎧n 0·DC →＝0，n 0·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 0＝(1,0，－1)．又MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，1，可得MN →·n 0＝0，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE .(2)依题意，可得BC →＝(－1,0,0)，BE →＝(1，－2,2)，CF →＝(0，－1,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BCE 的法向量，则⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，x －2y ＋2z ＝0，不妨令z＝1，可得n ＝(0,1,1)．设m ＝(x ，y ，z )为平面BCF 的法向量，则⎩⎨⎧m ·BC →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，－y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得m ＝(0,2,1)．因此有cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝31010，于是sin 〈m ，n 〉＝1010. 所以，二面角E BC F 的正弦值为1010.(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2])，则点P 的坐标为(0,0，h )，可得BP →＝(－1，－2，h )．易知，DC →＝(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量，故 |cos 〈BP →，DC →〉|＝|BP →·DC →||BP →||DC →|＝2h 2＋5，由题意，可得2h 2＋5＝sin 60°＝32，解得h ＝33∈[0,2]．所以，线段DP 的长为33. B 组 能力提升1．设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A.32B.22 C.223 D.233D [如图建立坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)， D 1A 1→＝(2,0,0)，DB →＝(2,2,0)， DA 1→＝(2,0,2)．设平面A 1BD 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1,1,1)．∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.] 2．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.34B.134C.3913D.393C [取AD 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＝3913.] 3．如图所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为________． 60° [∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴|CD →|＝CA →＋AB →＋BD→2＝36＋16＋64＋2CA →·BD →＝116＋2CA →·BD →＝217.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos〈CA →，BD →〉＝－24. ∴cos〈CA →，BD →〉＝－12.又所求二面角与〈CA →，BD →〉互补， ∴所求的二面角为60°.]4．等边三角形ABC 的边长为3，点D ，E 分别是边AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12，如图1.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1DE B 为直二面角，连接A 1B ，A 1C ，如图2.图1 图2(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：因为等边三角形ABC 的边长为3，且AD DB ＝CE EA ＝12，所以AD ＝1，AE ＝2. 在△ADE 中，∠DAE ＝60°， 由余弦定理得DE ＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3.从而AD 2＋DE 2＝AE 2，所以AD ⊥DE .折起后有A 1D ⊥DE ，因为二面角A 1DE B 是直二面角， 所以平面A 1DE ⊥平面BCED ， 又平面A 1DE ∩平面BCED ＝DE ，A 1D ⊥DE ，所以A 1D ⊥平面BCED .(2)存在．理由：由(1)可知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，分别以DB ，DE ，DA 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D xyz . 设PB ＝2a (0≤2a ≤3)， 作PH ⊥BD 于点H ， 连接A 1H ，A 1P ，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a .所以A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a,0)，E (0，3，0)．所以PA 1→＝(a －2，－3a,1)． 因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →＝(0，3，0)．要使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，word则sin 60°＝|PA 1→·DE →||PA 1→||DE →|＝3a4a 2－4a ＋5×3＝32， 解得a ＝54，此时2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意． 所以在线段BC 上存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.。
【精品试题】高考数学一轮必刷题 专题45 立体几何中的向量方法(含解析)
考点45 立体几何中的向量方法1．（辽宁省沈阳市2019届高三教学质量监测三数学理）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PC 上的点，且BE ⊥平面APC（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥ABC P -体积最大时，求二面角B AC P --的余弦值．2．（湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷一数学理）如图所示，圆O 的直径AB ＝6，C 为圆周上一点，BC ＝3，平面PAC 垂直圆O 所在平面，直线PC 与圆O 所在平面所成角为60°，PA ⊥PC ．（1）证明：AP ⊥平面PBC（2）求二面角P —AB 一C 的余弦值3．（四川省绵阳市2019届高三下学期第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，且2PA AD ==，120PAD BAD ∠=∠=︒，E ，F 分别为PD ，BD 的中点，且6EF =.（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）求锐二面角E AC D --的余弦值.4．（四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥中，，平面，二面角为为中点．（1）求证：；（2）求与平面所成角的余弦值．5．（安徽省黄山市2019届高三毕业班第三次质量检测数学理）如图，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，23AF FD =，90AFD ︒∠=，且二面角E AF D --与二面角C BE F --都是30.（1）证明：⊥AF 平面EFDC ；（2）求直线BF 与平面BCE 所成角的正弦值.6．（湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练（五)数学（理）在五边形AEBCD 中，BC CD ⊥，C //D AB ，22AB CD BC ==，AE BE ⊥，AE BE =（如图）.将△ABE 沿AB 折起，使平面ABE ⊥平面ABCD ，线段AB 的中点为O(如图）.（1）求证：平面ABE ⊥平面DOE ；（2）求平面EAB 与平面ECD 所成的锐二面角的大小.7．（河北省保定市2019年高三第二次模拟考试理）如图，已知四棱锥中，四边形ABCD 为矩形，22AB =，2BC SC SD ===，BC SD ⊥.（1）求证：SC ⊥平面SAD ； （2）设12AE EB =，求平面SEC 与平面SBC 所成的二面角的正弦值. 8．（陕西省西安市2019届高三第三次质量检测理）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥平面11BB C C ，E 是1CC 的中点，1BC =，12BB =，160BCC ∠=°.（1）证明：1B E AE ⊥； （2）若2AB =，求二面角11A B E A --的余弦值.9．（河南省重点高中2019届高三4月联合质量检测数学理）在四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，是边长为4的等边三角形，，是的中点.（1）求证：；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 10．（天津市北辰区2019届高考模拟考试数学理）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点（I）求证：平面；（II）求二面角的正弦值；（III）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求的长。
2019版数学(理)一轮讲义：第45讲 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离 含答案
第45讲立体几何中的向量方法（二）——求空间角和距离考纲要求考情分析命题趋势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2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所成角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝｜cos β｜＝__错误!__。
3．求二面角的大小（1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ为__〈错误!，错误!〉__。
（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 |＝｜错误!|＝__错误!__.(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|错误!|＝错误!.1．思维辨析（在括号内打“√”或“×”）．(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错误!,直线与平面所成角的范围是错误!，二面角的范围是［0，π］．(√）2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－错误!，则l与α所成的角为(A）A．30°B．60°C．120°D．150°解析∵cos 〈m，n〉＝－错误!，0°≤〈m，n〉≤180°，∴<m，n>＝120°，∴l与α所成角为90°－(180°－120°）＝30°，故选A．3．正三棱柱（如右图，底面是正三角形的直棱柱）ABC－A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为2错误!，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为__30°__.解析取A1B1的中点E,连接C1E，AE，由正三棱柱性质得平面A1B1C1⊥平面A1B1BA，又∵C1E⊥A1B1，A1B1是平面A1B1C1与平面A1B1BA的交线，∴C1E⊥平面A1B1BA，则∠C1AE为所求．又∵A1B1＝2，AA1＝22，∴AE＝3，C1E＝错误!，∴tan ∠C1AE＝错误!＝错误!，∴∠C1AE＝30°,∴AC1与平面ABB1A1所成角为30°.4．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．已知AB＝4，AC＝6，BD ＝8,CD＝2错误!，则该二面角的大小为__60°__。
高三数学一轮复习课时作业2：立体几何中的向量方法
立体几何中的向量方法一、选择题1．(2013·宁波模拟)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.π6B.π3C.π4D.5π62．已知平面α、β的法向量分别为μ＝(－2，3，－5)，v ＝(3，－1，4)则( ) A ．α∥β B ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上都不正确图7－7－153．如图7－7－15，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A ．(1，1，1)B ．(23，23，1)C ．(22，22，1)D ．(24，24，1)图7－7－164．(2013·合肥模拟)如图7－7－16，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.36 B ．－36 C.33 D ．－335．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°图7－7－176．(2013·金华模拟) 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.35B.56C.3310D.3610 二、填空题7．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________．8．(2013·长春模拟)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________．9．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________．三、解答题图7－7－1810．(2012·辽宁高考)如图7－7－18，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′－MN －C 为直二面角，求λ的值．11．(2012·烟台四校检测)如图7－7－19(1)，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，M 为线段AB 的中点．将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D —ABC ，如图7－7－19(2)所示．图7－7－19(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)求二面角A —CD —M 的余弦值．图7－7－2012．已知在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，且AD ＝2，AB ＝1，P A ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是线段AB 、BC 的中点．(1)证明：PF ⊥FD ；(2)判断并说明P A 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ；(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求二面角A —PD —F 的平面角的余弦值．解析及答案一、选择题1．『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＝－32，∴sin θ＝32，∴θ＝π3.『答案』 B2．『解析』 ∵－23≠3－1≠－54，∴μ与v 不是共线向量，又∵μ·v ＝－2×3＋3×(－1)＋(－5)×4＝－29≠0，∴μ与v 不垂直，∴平面α与平面β相交但不垂直．『答案』 C 3．『解析』 ∵M 在EF 上，设ME ＝x ，∴M (22x ，22x ，1)，∵A (2，2，0)，D (2，0，0)，E (0，0，1)，B (0，2，0)，∴ED →＝(2，0，－1)，EB →＝(0，2，－1)，AM →＝(22x －2，22x －2，1)．设平面BDE 的法向量n ＝(a ，b ，c )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝0n ·EB →＝0，得a ＝b ＝22c .故可取一个法向量n ＝(1，1，2)．∵n ·AM →＝0，∴x ＝1，∴M (22，22，1)．『答案』 C 4．『解析』 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．以C 为原点建立空间直角坐标系Cxyz ，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 →|＝－36 .∴直线AD 与GF 所成角的余弦值为36.『答案』 A 5．『解析』 如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉． ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD → ∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →) ＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD → ∴CA →·BD →＝12『(217)2－62－42－82』＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，∴〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.『答案』 C 6．『解析』 如图，取A 1B 1的中点E 1，建立如图所示空间直角坐标系Exyz . 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)，设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝－x ＋z ＝0n ·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.『答案』 A 二、填空题 7．『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 ＝0，1－12z ＝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.『答案』 23 8．『解析』 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D 1(0，0，1)，C 1(0，2，1)，A 1(1，0，1)，B (1，2，0)，∴D 1C 1→＝(0，2，0)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝（x ，y ，z ）·（－1，2，0）＝－x ＋2y ＝0n ·A 1B →＝（x ，y ，z ）·（0，2，－1）＝2y －z ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2，1，2)， 设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.『答案』 13 9．『解析』 如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (－a ，0，0)，P (0，－a 2，a2)，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 ，可取n ＝(0，1，1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12， ∴〈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 10．『解』 (1)证明 法一 连接AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，所以M 为AB ′的中点．又因为N 为B ′C ′的中点，所以MN ∥AC ′.又MN ⊄平面A ′ACC ′，AC ′⊂平面A ′ACC ′，因此MN ∥平面A ′ACC ′.法二 取A ′B ′的中点P ，连接MP ，NP .而M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′，所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′.又MP ∩NP ＝P ，因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′.而MN ⊂平面MPN ，所以MN ∥平面A ′ACC ′.(2)以A 为坐标原点，分别以直线AB ，AC ，AA ′为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，如图所示．设AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，于是A (0，0，0)，B (λ，0，0)，C (0，λ，0)，A ′(0，0，1)，B ′(λ，0，1)，C ′(0，λ，1)，所以M (λ2，0，12)，N (λ2，λ2，1)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′M →＝0，m ·MN →＝0得⎩⎨⎧λ2x 1－12z 1＝0，λ2y 1＋12z 1＝0，可取m ＝(1，－1，λ)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·NC →＝0，n ·MN →＝0得⎩⎨⎧－λ2x 2＋λ2y 2－z 2＝0，λ2y 2＋12z 2＝0，可取n ＝(－3，－1，λ)．因为A ′－MN －C 为直二面角，所以m ·n ＝0.即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝2(负值舍去)． 即二面角A ′－MN －C 为直二面角，λ为 2. 11．『解』 (1)在图(1)中，根据已知条件，可得AC ＝22，由题易知∠CAB ＝45°，又AB ＝4，由余弦定理得CB 2＝(22)2＋42－2×22×4×cos ∠CAB ＝8，故CB ＝22，从而AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC ⊥BC .取AC 中点O ，连接DO ，则OD ⊥AC ，又平面ADC ⊥平面ABC ， 平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ，从而OD ⊥平面ABC . ∴OD ⊥BC ，又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O . ∴BC ⊥平面ACD .(2)连接OM ，由(1)易知OM ⊥AC ，以O 为坐标原点，OA ，OM ，OD 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O —xyz ，如图所示，由(1)知M (0，2，0)，C (－2，0，0)，D (0，0，2)， ∴CM →＝(2，2，0)，CD →＝(2，0，2)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面CDM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CM →＝0，n 1·CD →＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，2x ＋2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ，z ＝－x .令x ＝－1，可得n 1＝(－1，1，1)．由题易知n 2＝(0，1，0)为平面ACD 的一个法向量，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝13＝33.∴二面角A —CD —M 的余弦值为33.12．『解』 (1)证明 ∵P A ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°， AB ＝1，AD ＝2，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ， 则A (0，0，0)，B (1，0，0)，F (1，1，0)，D (0，2，0)．不妨令P (0，0，t )，∵PF →＝(1，1，－t )，DF →＝(1，－1，0)， ∴PF →·DF →＝1×1＋1×(－1)＋(－t )×0＝0， 即PF ⊥FD .(2)存在，设平面PFD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 结合(1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PF →＝0n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －tz ＝0x －y ＝0，令z ＝1，解得：x ＝y ＝t2.∴n ＝(t 2，t2，1)．设G 点坐标为(0，0，m )，E (12，0，0)，则EG →＝(－12，0，m )，要使EG ∥平面PFD ，只需EG →·n ＝0，即(－12)×t 2＋0×t 2＋1×m ＝m －t 4＝0，得m ＝14t ，从而满足AG ＝14AP 的点G 即为所求．(3)∵AB ⊥平面P AD ，∴AB →是平面P AD 的法向量，易得AB →＝(1，0，0)， 又∵P A ⊥平面ABCD ，∴∠PBA 是PB 与平面ABCD 所成的角，得∠PBA ＝45°，P A ＝1，结合(2)得平面PFD 的法向量为n ＝(12，12，1)，∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝1214＋14＋1＝66，由题意知二面角A —PD —F 为锐二面角．故所求二面角A —PD —F 的平面角的余弦值为66.。
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时作业46 立体几何中的向量方法课件
(1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC⊥ 平面 BCGE；
(2)求图 2 中的二面角 B-CG-A 的大小．
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解：(1)证明：由已知得 AD∥BE，CG∥BE，所以 AD∥CG， 故 AD，CG 确定一个平面， 从而 A，C，G，D 四点共面． 由已知得 AB⊥BE，AB⊥BC，故 AB⊥平面 BCGE. 又因为 AB⊂平面 ABC，所以平面 ABC⊥平面 BCGE. (2)作 EH⊥BC，垂足为 H.因为 EH⊂平面 BCGE，平面 BCGE ⊥平面 ABC，所以 EH⊥平面 ABC. 由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，∠EBC＝60°，可求得 BH ＝1，EH＝ 3.
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(2)连接 AD.由△ABC 是正三角形，且 D 为 BC 的中点得， AD⊥BC.由(1)知，CG⊥平面 ABC，CG∥DF，∴DF⊥AD，DF ⊥BC，∴DB，DF，DA 两两垂直．以 D 为坐标原点，DB，DF， DA 所在的直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 D-xyz. 设 BC＝2，则 A(0,0， 3)，B(1,0,0)，F(0， 3，0)，G(－1， 3， 0)，
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(2)由(1)知，BO⊥PO，由题意可得 BO⊥AC，所以 BO⊥平 面 PAC，所以∠BMO 是直线 BM 与平面 PAC 所成的角，
且 tan∠BMO＝OBOM＝O1M， 所以当线段 OM 最短，即 M 是 PA 的中点时，∠BMO 最大．
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4．(2019·北京卷)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且PPCF＝13.
高考数学一轮复习 课时跟踪检测(四十五)立体几何中的向量方法 理(重点高中)
课时跟踪检测（四十五） 立体几何中的向量方法(二)重点高中适用作业A 级——保分题目巧做快做1．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A M 与C N 所成角的余弦值等于( )A.32B.1010C.35D.25解析：选 D 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， ∴C N ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，AM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1.故cos 〈AM ―→，C N ―→〉＝AM ―→·C N ―→| AM ―→|·|C N ―→|＝0＋0＋1252·52＝25.2．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1＝2，二面角B AA 1C 1的大小为60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，则直线BC 1与直线AB 1所成角的正切值为( )A.7B. 6C. 5D ．2解析：选A 由题意可知，∠BAC ＝60°，点B 到平面ACC 1A 1的距离为3，点C 到平面ABB 1A 1的距离为23，所以在三角形ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，BC ＝23，∠ABC ＝90°，则AB 1―→·BC 1―→＝(BB 1―→－BA ―→)·(BB 1―→＋BC ―→)＝4， |AB 1―→|＝22，|BC 1―→|＝4，AB 1―→，BC 1―→＝AB 1―→·BC 1―→| AB 1―→|·|BC 1―→|＝24，故tan AB 1―→，BC 1―→＝7.3.如图所示，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知PA ＝BC ＝2，AB ＝4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为( )A ．－3010B ．－305C.305D.3010解析：选D 因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥BC .过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ，则AP ，AB ，AE 两两垂直． 如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (4,0,0)，C (4，－2,0)． 因为D 为PB 的中点，所以D (2,0,1)． 故CP ―→＝(－4,2,2)，AD ―→＝(2,0,1)． 所以AD ―→，CP ―→＝AD ―→·CP ―→| AD ―→|·|CP ―→|＝－65×26＝－3010.设异面直线PC ，AD 所成的角为θ， 则cos θ＝AD ―→，CP―→＝3010.4.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为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.35B.56C.3310D.3610解析：选A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1()0，3，2，F (1,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，G (0,0,2)， B 1F ―→＝()1，－3，－1，EF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，1，GF ―→＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧EF ―→·n ＝0， GF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝()1，3，1为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F ―→〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.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.12B.23C.33D.22解析：选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 )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D ―→＝0，n 1·A 1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.6.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和正方形ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角的大小是________．解析：以D 为原点，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D xyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0，0)，C (0，1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC ―→＝(0,1,0)，∴cos 〈EF ―→，DC ―→〉＝EF ―→·DC ―→| EF ―→||DC ―→|＝－22，∴〈EF ―→，DC ―→〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角的大小是45°.答案：45°7.如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线FO 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，DB ―→＝(0,23，0)，EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ， ∴n ＝(－a,0,1)，∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n ·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a 2＋1×10.∵直线FO 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a 2＋1×10＝22，解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：28.如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点．则二面角F OE A 的余弦值为________．解析：以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)，则OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝33. 由图知二面角F OE A 为锐角， 所以二面角F OE A 的余弦值为33. 答案：339．(2017·全国卷Ⅲ)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 ＝DC . 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，所以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 1，y 1，z 1)是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD ―→＝0，n ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，－x 1＋32y 1＋12z 1＝0.可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1. 设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面AEC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC ―→＝0，m ·AE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＝0，－x 2＋32y 2＋12z 2＝0，可取m ＝(0，－1，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m|n ||m |＝－33＋3213×2＝77. 由图知二面角D AE C 为锐角， 所以二面角D AE C 的余弦值为77.10．(2017·山东高考)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF的中点．(1)设P 是CE 上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E AG C 的大小． 解：(1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ⊂平面ABP ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP . 又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°.(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE ―→＝(2,0，－3)，AG ―→＝(1，3，0)，CG ―→＝(2,0,3)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE ―→＝0，m ·AG ―→＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG ―→＝0，n ·CG ―→＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝9＋3－44×4＝12.由图知二面角E AG C 为锐角， 故所求二面角E AG C 的大小为60°.B 级——拔高题目稳做准做1．(2017·天津高考)如图，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ； (2)求二面角C E M N 的正弦值；(3)已知点H 在棱PA 上，且直线N H 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．解：由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0,0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)． 又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CE M 的一个法向量． 设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面E MN 的法向量， 又EM ―→＝(0，－2，－1)，MN ―→＝(1,2，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EM ―→＝0，n 2·MN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0.不妨取y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－421，于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C E M N 的正弦值为10521. (3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )， 进而可得N H ―→＝(－1，－2，h )，BE ―→＝(－2,2,2)． 由已知，得|cos 〈N H ―→，BE ―→〉|＝|N H ―→·BE ―→||N H ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12.2.(2018·东北四市模拟)如图，四棱锥P ABCD 的底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，AD ＝AP ，E 为棱PD 的中点．(1)求证：PD ⊥平面ABE ；(2)若F 为AB 的中点，PM ―→＝λPC ―→(0＜λ＜1)，试确定λ的值，使二面角P F M B 的余弦值为－33. 解：(1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥AB .又AD ⊥AB ，PA ∩AD ＝A ， ∴AB ⊥平面PAD .∵PD ⊂平面PAD ，∴PD ⊥AB . ∵E 是PD 的中点，AD ＝AP ， ∴AE ⊥PD .又AE ∩AB ＝A ， ∴PD ⊥平面ABE .(2)以A 为坐标原点，以AB ―→，AD ―→，AP ―→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，令AB ＝2，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，C (2,2,0)，F (1，0,0)， ∴PF ―→＝(1,0，－2)，BF ―→＝(－1,0,0)，PC ―→＝(2,2，－2)， ∵PM ―→＝λPC ―→(0＜λ＜1)，∴PM ―→＝(2λ，2λ，－2λ)，M(2λ，2λ，2－2λ)，F M ―→＝(2λ－1,2λ，2－2λ)． 设平面PF M 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PF ―→＝0，m ·PM ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2z 1＝0，2λx 1＋2λy 1－2λz 1＝0，令z 1＝1，则m ＝(2，－1,1)为平面PF M 的一个法向量． 设平面BF M 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF ―→＝0，n ·F M ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＝0，λ－x 2＋2λy 2＋－2λz 2＝0，令z 2＝λ，则n ＝(0，λ－1，λ)为平面BF M 的一个法向量． ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n||m||n|＝|1－λ＋λ|6·λ2＋λ－2＝33， 解得λ＝12.3.(2018·福建质检)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的多面体中，四边形ACDF 是菱形，∠FAC ＝60°，AB ∥DE ，BC ∥EF ，AB ＝BC ＝3，AF ＝23，BF ＝15.(1)求证：平面ABC ⊥平面ACDF ；(2)求平面AEF 与平面ACE 所成的锐二面角的余弦值． 解：(1)证明：设O 是AC 的中点， 连接OF ，OB ，FC . 在△ABC 中，AB ＝BC ， 所以OB ⊥AC .因为四边形ACDF 是菱形，∠FAC ＝60°， 所以△FAC 是等边三角形，所以OF ⊥AC ，所以∠FOB 是二面角F AC B 的平面角． 在Rt △FAO 中，AF ＝23，AO ＝12AC ＝3，所以OF ＝AF 2－AO 2＝3.在Rt △ABO 中，AB ＝3，AO ＝3， 所以OB ＝AB 2－AO 2＝6，又BF ＝15，所以OF 2＋OB 2＝BF 2， 所以∠FOB ＝90°， 所以平面ABC ⊥平面ACDF .(2)由(1)知，OB ，OC ，OF 两两垂直，以O 为原点，OB ―→，OC ―→，OF ―→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O xyz ，则A (0，－3，0)，B (6，0,0)，C (0，3，0)，F (0,0,3)， 所以AF ―→＝(0，3，3)，AC ―→＝(0,23，0)， 因为AB ∥DE ，AF ∥CD ，又AB ⊄平面CDE ，AF ⊄平面CDE ，DE ⊂平面CDE ，CD ⊂平面CDE ， 所以AB ∥平面CDE ，AF ∥平面CDE . 又AB ∩AF ＝A ，所以平面ABF ∥平面CDE ，又平面ABF ∩平面BCEF ＝BF ，平面CDE ∩平面BCEF ＝CE ， 所以BF ∥CE . 因为EF ∥BC ，从而四边形BCEF 是平行四边形，11 所以FE ―→＝BC ―→＝(－6，3，0)．所以AE ―→＝AF ―→＋FE ―→＝(－6，23，3)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AF ―→＝0，n ·FE ―→＝0，即⎩⎨⎧3y 1＋3z 1＝0，－6x 1＋3y 1＝0， 令x 1＝3，得y 1＝6，z 1＝－2，所以可取n ＝(3，6，－2)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE ―→＝0，m ·AC ―→＝0，即⎩⎨⎧ －6x 2＋23y 2＋3z 2＝0，23y 2＝0， 令x 2＝3，得y 2＝0，z 2＝2，所以可取m ＝(3，0，2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m||n|＝155＝5555，所以平面AEF 与平面ACE 所成的锐二面角的余弦值为5555.。
2019届高考数学一轮复习第7单元立体几何第45讲立体几何中的向量方法课件理
教学参考
1.[2017· 全国卷Ⅱ] 如图,四棱锥 P-ABCD 中,侧面 设 M(x,y,z)(0<x<1),则 PAD 为等边三角形且垂直于底面
1 ABCD,AB=BC= AD,∠BAD= 2
������������=(x-1,y,z),������������=(x,y-1,z- 3). 因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45° ,而 n=(0,0,1)是底面 ABCD 的法向 量,所以|cos<������������,n>|=sin 45° ,
6 , 2 2 6 ,1, 2 2 2 , 2 6 2
2 , 2
(舍去)或
∠ABC=90° ,E 是 PD 的中点. (1)证明:直线 CE∥平面 PAB; (2)点 M 在棱 PC 上,且直线 BM 与底面 ABCD 所 成角为 45° ,求二面角 M-AB-D 的余弦值.
所以 M 1-
, .
从而������������= 1-
立体几何中的 向量方法
教学参考│课前双基巩固│课堂考点探究│教师备用例题
第45讲 PART 7
考试说明
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,了
解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
教学参考
考情分析
考点 异面直线 所成的角
考查方向 求异面直线所成的角或 与异面直线所成角有关 的探索性问题
考例
考查热度
2015全国卷Ⅰ18
★☆☆
直线与平面 2016全国卷Ⅲ19、2015全国 求直线与平面所成的角 所成的角 卷Ⅱ19、2013全国卷Ⅰ18 2017全国卷Ⅱ19、2016全国 求二面角或与二面角有 卷Ⅰ18、2016全国卷Ⅱ19、 二面角 关的探索性问题 2014全国卷Ⅰ19、2014全国 卷Ⅱ18,2013全国卷Ⅱ18 平行 与平行和垂直有关的探 与垂直 索性问题
2022届高中数学(理科)【统考版】一轮复习课时作业8.7 立体几何中的向量方法
课时作业46立体几何中的向量方法[基础达标]1.[2021·广州市高三年级阶段训练题]如图，三棱锥P－ABC中，P A＝PC，AB＝BC，∠APC ＝120°，∠ABC＝90°，AC＝3PB.(1)求证：AC⊥PB；(2)求直线AC与平面P AB所成角的正弦值．2．[2021·安徽合肥调研]如图，矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，∠ABE＝60°，G为BE的中点．(1)求证：平面ACG⊥平面BCE；(2)若AB＝3BC，求二面角B－CA－G的余弦值．3．[2021·石家庄市高三年级阶段性训练题]如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC ＝4，D，E分别是AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C＝A1D，如图2.(1)求证：平面A1CD⊥平面A1BC；(2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值．4．[2020·天津卷，17]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC ＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．(1)求证：C1M⊥B1D；(2)求二面角B－B1E－D的正弦值；(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．5．[2021·保定市高三第一次模拟考试]如图，四边形ABCD为矩形，△ABE和△BCF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°，EA∥FC.(1)求证：DE∥平面BCF.(2)设BCAB＝λ，问是否存在λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为33？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．6．[2020·江苏卷，22]在三棱锥A －BCD 中，已知CB ＝CD ＝5，BD ＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF ＝14BC ，设二面角F －DE －C 的大小为θ，求sin θ的值．[能力挑战]7．[2020·山东卷，20]如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．课时作业461．解析：(1)证明：如图1，取AC 的中点O ，连接PO ，BO ，因为P A ＝PC ，所以PO ⊥AC . 因为AB ＝BC ，所以BO ⊥AC .因为PO ∩BO ＝O ，PO ⊂平面POB ，BO ⊂平面POB ， 所以AC ⊥平面POB .因为PB ⊂平面POB ，所以AC ⊥PB .(2)解法一 不妨设AC ＝2，因为AC ＝3PB ，所以PB ＝233.因为AB ＝BC ，∠ABC ＝90°，所以BO ＝AO ＝12AC ＝1.因为P A ＝PC ，∠APC ＝120°，所以∠APO ＝60°.在Rt △POA 中，PO ＝AO tan60°＝33. 因为BO 2＋PO 2＝43＝PB 2，所以PO ⊥BO .因为PO ⊥AC ，AC ∩BO ＝O ，AC ⊂平面ABC ，BO ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz . 则A (0，－1,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，33，AB →＝(1,1,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫0，1，33，AC →＝(0,2,0)．设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·AB →＝0，n ·AP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0y ＋33z ＝0，令z ＝3，则y ＝－1，x ＝1. 故平面P AB 的一个法向量为n ＝(1，－1，3)． 则cos 〈n ，AC →〉＝n ·AC →|n ||AC →|＝－25×2＝－55.设直线AC 与平面P AB 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝55.所以直线AC 与平面P AB 所成角的正弦值为55.解法二 如图2，作AD ⊥PB ，交PB 于D ，连接CD ， 根据题意，得△ABP ≌△CBP ，则CD ⊥PB ，AD ＝CD .因为AD ∩CD ＝D ，AD ⊂平面ACD ，CD ⊂平面ACD ， 所以PB ⊥平面ACD .因为PB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面ACD . 则AD 是直线AC 在平面P AB 上的射影．所以∠CAD 为直线AC 与平面P AB 所成的角． 不妨设AC ＝2，因为AC ＝3PB ，所以PB ＝233.因为AB ＝BC ，∠ABC ＝90°，所以AB ＝2，AO ＝1. 因为P A ＝PC ，∠APC ＝120°，所以∠P AO ＝30°.在Rt △POA 中，P A ＝AO cos30°＝233.故P A ＝PB ＝233.则△ABP 的面积S ＝12·AB ·P A 2－⎝⎛⎭⎫12AB 2＝156，又S ＝12·PB ·AD ，即156＝12×233·AD ，所以AD ＝52.在△ACD 中，CD ＝AD ＝52，AC ＝2，则cos ∠CAD ＝AC 2＋AD 2－CD 22·AC ·AD ＝255，故sin ∠CAD ＝1－cos 2∠CAD ＝55.所以直线AC 与平面P AB 所成角的正弦值为55.2．解析：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABEF ，∴CB ⊥AG . 在菱形ABEF 中，∠ABE ＝60°，连接AE ，则△ABE 为等边三角形， 又G 为BE 的中点，∴AG ⊥BE . ∵BE ∩CB ＝B ，∴AG ⊥平面BCE .∵AG ⊂平面ACG ，∴平面ACG ⊥平面BCE .(2)由(1)知，AD ⊥平面ABEF ，AG ⊥BE ，∴AG ，AF ，AD 两两垂直．以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝2，则BC ＝233，A (0,0,0)，G (3，0,0)，C ⎝⎛⎭⎫3，－1，233，B (3，－1,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ＝0，3x －y ＋233z ＝0，取x ＝1，得y ＝3，z ＝0，∴m ＝(1，3，0)是平面ABC 的一个法向量，同理可得平面ACG 的一个法向量为n ＝(0,2，3)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝232×7＝217，结合图形知，二面角B －CA －G 为锐二面角，故二面角B －CA －G 的余弦值为217.3．解析：(1)在题图1△ABC 中，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，所以DE ∥BC .又AC ⊥BC ，所以DE ⊥AC .在题图2中，DE ⊥A 1D ，DE ⊥DC ，又A 1D ∩DC ＝D ，所以DE ⊥平面A 1CD . 又DE ∥BC ，所以BC ⊥平面A 1CD .又BC ⊂平面A 1BC ，所以平面A 1CD ⊥平面A 1BC . (2)由(1)知DE ⊥平面A 1CD .又DE ⊂平面BCDE ，所以平面A 1CD ⊥平面BCDE ，易知平面A 1CD ∩平面BCDE ＝DC .在正三角形A 1CD 中过A 1作A 1O ⊥CD ，垂足为O ，则A 1O ⊥平面BCDE .分别以CD ，梯形BCDE 的中位线，OA 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(0,0，3)，B (1,4,0)，C (1,0,0)， E (－1,2,0)． A 1C →＝(1,0，－3)，EA 1→＝(1，－2，3)，EB →＝(2,2,0)．设平面A 1BE 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧EA 1→·n ＝x 1－2y 1＋3z 1＝0EB →·n ＝2x 1＋2y 1＝0，取n ＝(1，－1，－3)．设直线A 1C 与平面A 1BE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|A 1C →·n ||A 1C →|·|n |＝|1×1－1×0＋(－3)×(－3)|1＋3×1＋1＋3＝255.所以直线A 1C 与平面A 1BE 所成角的正弦值为255.4．解析：依题意，以C 为原点，分别以CA →，CB →，CC 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，C 1(0,0,3)，A 1(2,0,3)，B 1(0,2,3)，D (2,0,1)，E (0,0,2)，M (1,1,3)．(1)证明：依题意，C 1M →＝(1,1,0)，B 1D →＝(2，－2，－2)，从而C 1M →·B 1D →＝2－2＋0＝0，所以C 1M ⊥B 1D .(2)依题意，CA →＝(2,0,0)是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→＝(0,2,1)，ED →＝(2,0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面DB 1E 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB 1→＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0.不妨设x ＝1，可得n ＝(1，－1,2)．因此有cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n |＝66，于是sin 〈CA →，n 〉＝306.所以，二面角B －B 1E －D 的正弦值为306.(3)依题意，AB →＝(－2,2,0)．由(2)知n ＝(1，－1,2)为平面DB 1E 的一个法向量，于是cos〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝－33.所以，直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33. 5．解析：(1)证明：因为AD ∥BC ，AD ⊄平面BCF ，BC ⊂平面BCF ，所以AD ∥平面BCF . 因为EA ∥FC ，EA ⊄平面BCF ，FC ⊂平面BCF ，所以EA ∥平面BCF ，又AD ∩EA ＝A ，所以平面ADE ∥平面BCF ，故DE ∥平面BCF .(2)以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．因为∠BAE ＝∠DAE ＝90°，所以EA ⊥AB ，EA ⊥AD ，又AB ∩AD ＝A ，所以EA ⊥平面ABCD ，又EA ∥FC ，所以FC ⊥平面ABCD .设AB ＝a ，BC ＝b ，则D (0,0,0)，F (0，a ，b )，E (b,0，a )，B (b ，a,0)， 则DE →＝(b,0，a )，DF →＝(0，a ，b )． 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n ＝0DF →·n ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧bx ＋az ＝0ay ＋bz ＝0，取x ＝1，因为BC AB ＝ba＝λ，所以z ＝－λ，y ＝λ2，则n ＝(1，λ2，－λ)．设平面BEF 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，因为BE →＝(0，－a ，a )，BF →＝(－b,0，b )，所以⎩⎪⎨⎪⎧BE →·m ＝0BF →·m ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－ay ′＋az ′＝0－bx ′＋bz ′＝0，所以x ′＝y ′＝z ′，取m ＝(1,1,1)．因为二面角B －EF －D 的余弦值为33，所以|m·n ||m ||n |＝|λ2－λ＋1|3 λ4＋λ2＋1＝33， 所以λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3<0，所以不存在正实数λ，使得二面角B －EF －D 的余弦值为33.6．解析：(1)连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB →，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz . 因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，AO ＝2，所以B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)． 因为E 为AC 的中点，所以E (0,1,1)． 则AB →＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515.(2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1,2,0)，所以BF →＝14BC →＝⎝⎛⎭⎫－14，12，0. 又DB →＝(2,0,0)，故DF →＝DB →＋BF →＝⎝⎛⎭⎫74，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 1＝0，DF →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＋z 1＝0，74x 1＋12y 1＝0， 取x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7,5)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEC 的一个法向量，又DC →＝(1,2,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，DC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝0，x 2＋2y 2＝0，取x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1，所以n 2＝(2，－1，－1)．故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313.所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913.7．解析：(1)证明：因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥AD .又底面ABCD 为正方形，所以AD ⊥DC .因此AD ⊥平面PDC .因为AD ∥BC ，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC . 由已知得l ∥AD . 因此l ⊥平面PDC .(2)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D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，P (0,0,1)，DC →＝(0,1,0)，PB →＝(1,1，－1)．由(1)可设Q (a,0,1)，则DQ →＝(a,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面QCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DQ →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，y ＝0.可取n ＝(－1,0，a )．所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n |·|PB →|＝－1－a 3 1＋a 2. 设PB 与平面QCD 所成角为θ，则sin θ＝33×|a ＋1|1＋a 2＝331＋2aa 2＋1. 因为331＋2a a 2＋1≤63，当且仅当a ＝1时等号成立，所以PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63.。
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时作业46 立体几何中的向量方法课件
12/11/2021
∴四边形 CDFG 为平行四边形，∴CG∥DF. ∵BF＝CF，D 为 BC 的中点， ∴DF⊥BC，∴CG⊥BC. ∵平面 ABC⊥平面 BCGF， 且平面 ABC∩平面 BCGF＝BC，CG⊂平面 BCGF， ∴CG⊥平面 ABC，又 AB⊂平面 ABC， ∴CG⊥AB.
得xx22－－yz22＝＝00，，
12/11/2021
令 x2＝1，得 y2＝1，z2＝1， 即 n＝(1,1,1)是平面 PBC 的一个法向量．
所以 cos〈m，n〉＝|mm|··n|n|＝
5 ＝5 33
33 33 .
结合图可知所求二面角为锐角，二面角 P-BC-M 的余弦值为
5 33 33 .
12/11/2021
(2)由(1)知，BO⊥PO，由题意可得 BO⊥AC，所以 BO⊥平 面 PAC，所以∠BMO 是直线 BM 与平面 PAC 所成的角，
且 tan∠BMO＝OBOM＝O1M， 所以当线段 OM 最短，即 M 是 PA 的中点时，∠BMO 最大．
12/11/2021
由 PO⊥平面 ABC，OB⊥AC，得 PO⊥OB，PO⊥OC，OB ⊥OC，以 O 为坐标原点，OC，OB，OP 所在的直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 O(0,0,0)， C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(－1,0,0)，P(0,0,1)，M－12，0，12，B→C＝ (1，－1,0)，P→C＝(1,0，－1)，M→C＝32，0，－12.
则nn··AA→ →EF＝ ＝00， ，
y＋z＝0， 即23x＋23y＋43z＝0.
令 z＝1，则 y＝－1，x＝－1.于是 n＝(－1，－1,1)． 又因为平面 PAD 的法向量为 p＝(1,0,0)，
(浙江专用)高考数学一轮复习 课时跟踪检测(四十一)立体几何中的向量方法(含解析)-人教版高三全册数
课时跟踪检测（四十一） 立体几何中的向量方法一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交解析：选B ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，∴n ＝－2a ， 即a ∥n ，∴l ⊥α.2．(2018·某某模拟)已知A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则平行四边形ABCD 的顶点D 的坐标是( )A ．(2,4，－1)B ．(2,3,1)C ．(－3,1,5)D ．(5,13，－3)解析：选D 由题意知，AB ―→＝(－2，－6，－2)，设点D (x ，y ，z )，则DC ―→＝(3－x,7－y ，－5－z )，因为AB ―→＝DC ―→，所以x ＝5，y ＝13，z ＝－3，故选D.3．(2018·某某模拟)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，O 为坐标原点，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66B.66 C ．－66D ．± 6 解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)， 所以cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，解得λ＝－66. 4．若平面α的一个法向量为u 1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u 2＝(6，－2，z )，且α∥β，则y ＋z ＝________.解析：因为α∥β，所以u 1∥u 2，所以－36＝y －2＝2z ，所以y ＝1，z ＝－4，所以y ＋z ＝－3. 答案：－35．(2019·某某质检)如图，60°的二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，则CD 的长为________．解析：∵60°的二面角的棱上有A ，B 两点，AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，∴CD ＝CA ＋AB ＋BD ，CA ·AB ＝0，AB ·BD ＝0， ∵AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，∴CD 2＝(CA ＋AB ＋BD )2＝CA 2＋AB 2＋BD 2＋2CA ·BD＝36＋16＋64＋2×6×8×cos 120° ＝68，∴CD 的长为217. 答案：2176．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP ―→＝13VC ―→，VM ―→＝23VB ―→，VN ―→＝23VD ―→.则VA 与平面PMN 的位置关系是________．解析：如图，设VA ―→＝a ，VB ―→＝b ，VC ―→＝c ，则VD ―→＝a ＋c －b ， 由题意知PM ―→＝23b －13c ，PN ―→＝23VD ―→－13VC ―→＝23a －23b ＋13c. 因此VA ―→＝32PM ―→＋32PN ―→，∴VA ―→，PM ―→，PN ―→共面．又∵VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN . 答案：平行二保高考，全练题型做到高考达标1.如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1 AB C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：∵二面角A 1 AB C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面ABC .又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°， 即CA ⊥AB ，∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ， 设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)．(1)A 1B 1―→＝(0,2,0)，A 1A ―→＝(0,0，－2)，AC ―→＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴A 1B 1―→＝2n ，即A 1B 1―→∥n.∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1―→＝(0,2,2)，A 1C 1―→＝(1,1,0)，A 1C ―→＝(2,0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1―→＝0，m ·A 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1―→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1―→⊥m.又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .2．(2018·某某名校联考)如图，在直三棱柱ADF BCE 中，AB ＝BC ＝BE ＝2，CE ＝22，点K 在线段BE 上．(1)求证：AC ⊥平面BDE ；(2)若EB ＝4EK ，求直线AK 与平面BDF 所成角φ的正弦值． 解：(1)证明：在直三棱柱ADF BCE 中，AB ⊥平面BCE ，因为BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BC . 又AB ＝BC ＝BE ＝2，CE ＝22， 所以BC 2＋BE 2＝CE 2，且AC ⊥BD ， 所以BE ⊥BC .因为AB ∩BC ＝B ，所以BE ⊥平面ABCD . 因为AC ⊂平面ABCD ，所以BE ⊥AC . 又BD ∩BE ＝B ，所以AC ⊥平面BDE .(2)法一：设AK 交BF 于点N ，由(1)知，AB ，AF ，AD 两两垂直且长度都为2，所以△BDF 是边长为22的正三角形，所以点A 在平面BDF 内的射影M 为△BDF 的中心．连接MN ，MF ，AM ，如图所示，则∠ANM 为直线AK 与平面BDF 所成的角φ.又FM ＝23×32×22＝263，所以AM ＝FA 2－FM 2＝4－83＝233. 因为EB ＝4EK ，所以BK ＝32，所以AK ＝AB 2＋BK 2＝ 4＋94＝52. 因为AN KN ＝AF BK ，所以AN AK －AN ＝AFBK， 即AN52－AN ＝232，解得AN ＝107. 在Rt △ANM 中，sin φ＝AM AN ＝233107＝7315.所以直线AK 与平面BDF 所成角φ的正弦值为7315.法二：由(1)知，AB ，BC ，BE 两两垂直，以B 为坐标原点，BC ，BA ，BE 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，则B (0,0,0)，F (0,2,2)，A (0,2,0)，D (2，2,0)，BD ＝(2,2,0)，BF ＝(0,2,2)．因为EB ＝4EK ，所以K ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32， 所以AK ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－2，32.设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ＝0，n ·BF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，2y ＋2z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，－1,1)为平面BDF 的一个法向量． 于是sin φ＝|cos 〈n ，AK 〉|＝|n ·AK ||n|·|AK |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋323×4＋94＝7315， 所以直线AK 与平面BDF 所成角φ的正弦值为7315.3．(2018·某某名校联考)已知长方形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝ 2.现将长方形沿对角线BD 折起，使AC ＝a ，得到一个四面体A BCD ，如图所示．(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB 与CD ，AD 与BC 能否垂直？若能垂直，求出相应的a 值；若不垂直，请说明理由．(2)当四面体A BCD 的体积最大时，求二面角A CD B 的余弦值． 解：(1)若AB ⊥CD ，因为AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ， 所以AB ⊥平面ACD ，所以AB ⊥AC .即AB 2＋a 2＝BC 2，即12＋a 2＝(2)2，所以a ＝1. 若AD ⊥BC ，因为AD ⊥AB ，AB ∩BC ＝B ， 所以AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC .即AD 2＋a 2＝CD 2，即(2)2＋a 2＝12，所以a 2＝－1，无解． 故AD ⊥BC 不成立．(2)要使四面体A BCD 的体积最大， 因为△BCD 的面积为定值22， 所以只需三棱锥A BCD 的高最大即可，此时平面ABD ⊥平面BCD ，过点A 作AO ⊥BD 于点O ，则AO ⊥平面BCD ，以O 为原点建立空间直角坐标系O xyz (如图)， 则易知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63， C ⎝⎛⎭⎪⎫63，33，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0， 显然，平面BCD 的一个法向量为OA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，63.设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．因为CD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，33，0，DA ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－233，63，所以⎩⎨⎧6x ＝3y ，23y ＝6z ，令y ＝2，得n ＝(1，2，2)． 故cos 〈OA ―→，n 〉＝26363×7＝277. 所以二面角A CD B 的余弦值为277.4．如图，在四棱锥S ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．解：(1)证明：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系C xyz ，则D (1,0,0)，A (2,2,0)，B (0,2,0)．设S (x ，y ，z )，显然x ＞0，y ＞0，z ＞0，则AS ―→＝(x －2，y －2，z )，BS ―→＝(x ，y －2，z )，DS ―→＝(x －1，y ，z )．由|AS ―→|＝|BS ―→|，得 x －22＋y －22＋z 2＝ x 2＋y －22＋z 2，解得x ＝1.由|DS ―→|＝1，得y 2＋z 2＝1.① 由|BS ―→|＝2，得y 2＋z 2－4y ＋1＝0.② 由①②，解得y ＝12，z ＝32.∴S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32，AS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，32，BS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32，DS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，∴DS ―→·AS ―→＝0，DS ―→·BS ―→＝0，∴DS ⊥AS ，DS ⊥BS ， 又AS ∩BS ＝S ，∴SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则n ⊥BS ―→，n ⊥CB ―→，∴n ·BS ―→＝0，n ·CB ―→＝0. 又BS ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，32，CB ―→＝(0,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1－32y 1＋32z 1＝0，2y 1＝0，取z 1＝2，得n ＝(－3，0,2)．∵AB ―→＝(－2,0,0)，∴cos 〈AB ―→，n 〉＝AB ―→·n |AB ―→||n|＝－2×－32×7＝217. 故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D xyz . 依题易得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以NE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM―→＝(－1,0,1)．设异面直线NE 与AM 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈NE ―→，AM ―→〉|＝|NE ―→·AM ―→||NE ―→|·|AM ―→|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，因为AN ―→＝(0,1,1)，可设AS ―→＝λAN ―→＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又EA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以ES ―→＝EA ―→＋AS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧ES ―→·AM ―→＝0，ES ―→·AN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS ―→|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ， 此时AS ＝22. 2．(2019·杭二模拟)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ＝AA 1＝2，D 为棱CC 1的中点，AB 1∩A 1B ＝O .(1)求证：C 1O ∥平面ABD ； (2)设二面角D AB C 的正切值为22，AC ⊥BC ，E 为线段A 1B 上一点，且直线CE 与平面ABD 所成角的正弦值为223，求BEBA 1.解：(1)证明：取AB 的中点F ，连接OF ，DF ， 易知四边形ABB 1A 1为矩形， ∴O 为AB 1的中点， ∴OF ∥BB 1，OF ＝12BB 1，又C 1D ∥BB 1，C 1D ＝12BB 1，∴OF ∥C 1D ，OF ＝C 1D ，∴四边形OFDC 1为平行四边形，∴C 1O ∥DF ， ∵C 1O ⊄平面ABD ，DF ⊂平面ABD ， ∴C 1O ∥平面ABD .(2)过C 作CH ⊥AB 于H ，连接DH ， 易知∠DHC 为二面角D AB C 的平面角， ∵DC ＝1，tan ∠DHC ＝22，∴CH ＝2， 又AC ＝2，AH ⊥CH ，∴∠HAC ＝45°， ∵AC ⊥BC ，∴BC ＝AC ＝2.以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C xyz ，其中C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (0,0,1)，A 1(2,0,2)， 则AB ＝(－2,2,0)，BD ＝(0，－2,1)，BA 1＝(2，－2,2)，CB ＝(0,2,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝－2x ＋2y ＝0，n ·BD ＝－2y ＋z ＝0，取y ＝1，可得平面ABD 的一个法向量为n ＝(1,1,2)．设BE ＝λBA 1 (0≤λ≤1)，则CE ＝CB ＋λBA 1＝(2λ，2－2λ，2λ)，∴直线CE 与平面ABD 所成角的正弦值等于|cos 〈CE ，n 〉|＝4λ＋212λ2－8λ＋4×6＝223，∴36λ2－44λ＋13＝0，解得λ＝12或λ＝1318，即BE BA 1＝12或BE BA 1＝1318.。
2020高考数学一轮复习课时作业46立体几何中的向量方法(理)
课时作业46 立体几何中的向量方法[基础达标]1．[2018·江苏卷]如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．解析：本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力．如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{OB→，OC→，OO1→}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(3，0,2)，C1(0,1,2)．(1)因为P为A1B1的中点，所以P⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP→＝⎝⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC1→＝(0,2,2)，故|cos〈BP→，AC1→〉|＝|BP→·AC1→||BP→|·|AC1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q为BC的中点，所以Q⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，因此AQ→＝⎝⎛⎭⎪⎫32，32，0，AC1→＝(0,2,2)，CC1→＝(0,0,2)．设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧AQ→·n＝0，AC1→·n＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x＋32y＝0，2y＋2z＝0.不妨取n＝(3，－1,1)．设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，则sin θ＝|cos〈CC1→，n〉|＝|CC1→·n||CC1→|·|n|＝25×2＝55，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55.2．[2019·郑州一中入学测试]在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平在ABCD，∠ABD＝π6，AB＝2AD.(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．解析：(1)在△ABD中，∠ABD＝π6，AB＝2AD，由余弦定理，得BD＝3AD，从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝90°.因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以DE⊥BD.又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.(2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝π3，BD＝3AD，又由ED＝BD，设AD＝1，则BD＝ED＝ 3.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE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D－xyz.则A(1,0,0)，C(－1，3，0)，E(0,0，3)，F(0，3，3)，所以AE→＝(－1,0，3)，AC→＝(－2，3，0)．设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AE→＝0，n·AC→＝0，即⎩⎨⎧－x＋3z＝0，－2x＋3y＝0，令z＝1，得n＝(3，2,1)，为平面AEC的一个法向量．因为AF→＝(－1，3，3)，所以cos〈n，AF→〉＝n·AF→|n|·|AF→|＝4214.所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为4214.3．[2019·石家庄摸底考试]如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点．(1)求证：BF∥平面ADP；(2)求二面角B－DF－P的余弦值．解析：(1)取PD的中点为G，连接FG，AG，如图所示，∵F 是CE 的中点，∴FG 是梯形CDPE 的中位线， ∵CD ＝3PE ，∴FG ＝2PE ， ∵FG ∥CD ∥AB ，AB ＝2PE ，∴AB ∥FG ，AB ＝FG ，即四边形ABFG 是平行四边形， ∴BF ∥AG ，又BF ⊄平面ADP ，AG ⊂平面ADP ，∴BF ∥平面ADP .(2)解法一 ∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD ⊥AD ，又AD ⊥DC ，且PD ∩CD ＝D ，∴AD ⊥平面CDPE . 过点B 作BM ⊥CD 于点M ，易知BM ∥AD ，∴BM ⊥平面CDPE .令PE ＝1，则BM ＝DM ＝2，连接FM ， 由(1)易得FM ＝1，如图，过点M 作MN ⊥DF 交DF 于点N ，连接BN ，则∠BNM 为所求二面角的平面角的补角． ∵DM ＝2，FM ＝1， ∴DF ＝5，则MN ＝25.∴tan∠BNM ＝BM MN＝5，则cos∠BNM ＝66， ∴二面角B －DF －P 的余弦值为－66. 解法二 ∵PD ⊥平面ABCD ，∴PD ⊥AD ， 又AD ⊥DC ，且PD ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面CDPE .以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，设PE ＝1，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,3,0)，D (0,0,0)，P (0,0，2)，E (0,1,2)，F (0,2,1)， ∴DB →＝(2,2,0)，DF →＝(0,2,1)，设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·DB→＝0，n·DF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x＋2y＝0，2y＋z＝0，令y＝－1，则x＝1，z＝2，∴n＝(1，－1,2)，为平面BDF的一个法向量．∵平面PDF的一个法向量为DA→＝(2,0,0)，且二面角B－DF－P的平面角为钝角，∴二面角B－DF－P的余弦值为－|cos〈DA→，n〉|＝－66.4．[2019·唐山模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P－AC－E的余弦值为63，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．解析：(1)因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.因为AB＝2AD＝2CD，所以AC＝BC＝2AD＝2CD.所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.因为AC⊂平面EAC，所以平在EAC⊥平面PBC.(2)如图，以C为原点，CB→，CA→，CP→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C－xyz，并设CB＝2，CP＝2a(a>0)．则C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2a)，则E(1,0，a)，CA→＝(0,2,0)，CP→＝(0,0,2a)，CE→＝(1,0，a)，易知m＝(1,0,0)为平面PAC的一个法向量．设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则n·CA→＝n·CE→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y＝0，x＋az＝0，y＝0，取x＝a，则z＝－1，n＝(a,0，－1)．依题意，|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝aa2＋1＝63，则a＝ 2.于是n＝(2，0，－1)，PA→＝(0,2，－22)．设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈PA→，n〉|＝|PA→·n||PA→||n|＝23，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为23.5．[2018·天津卷]如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；(2)求二面角E－BC－F的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．解析：本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA →，DC →，DG →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系D －xyz (如图)，可得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (1,2,0)，C (0，2,0)，E (2,0,2)，F (0,1,2)，G (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，1，N (1,0,2)．(1)证明：依题意DC →＝(0,2,0)，DE →＝(2,0,2)．设n 0＝(x 0，y 0，z 0)为平面CDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 0·DC →＝0，n 0·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 0＝0，2x 0＋2z 0＝0，不妨令z 0＝－1，可得n 0＝(1,0，－1)． 又MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，1，可得MN →·n 0＝0， 又因为直线MN ⊄平面CDE ， 所以MN ∥平面CDE .(2)依题意，可得BC →＝(－1,0,0)，BE →＝(1，－2,2)，CF →＝(0，－1,2)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面 BCE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＝0，x 1－2y 1＋2z 1＝0.不妨令z 1＝1，可得n ＝(0,1,1)． 设m ＝(x 2，y 2，z 2)为平面BCF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m·BC→＝0，m·CF→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x2＝0，－y2＋2z2＝0，不妨令z2＝1，可得m＝(0,2,1)．因此有cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝31010，于是sin〈m，n〉＝1010.所以，二面角E－BC－F的正弦值为1010.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2])，则点P的坐标为(0,0，h)，可得BP→＝(－1，－2，h)．易知，DC→＝(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos〈BP→，DC→〉|＝|BP→·DC→||BP→||DC→|＝2h2＋5，由题意，可得2h2＋5＝sin 60°＝32，解得h＝33∈[0,2]．所以，线段DP的长为33.6．[2019·山西八校联考]如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，CC1⊥底面ABC，AC＝BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，G是棱BB1上的动点．(1)当BGBB1为何值时，平面CDG⊥平面A1DE?(2)求平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值．解析：(1)当G为BB1的中点，即BGBB1＝12时，平面CDG⊥平面A1DE.证明如下：因为点D，E分别是AB，BC的中点，所以DE∥AC且DE＝12AC，又AC∥A1C1，AC＝A1C1，所以DE∥A1C1，DE＝12A1C1，故D，E，C1，A1四点共面．如图，连接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中，tan∠C1EC＝2，tan∠BCG＝12，故∠CHE ＝90°，即CG⊥C1E.因为A1C1⊥平面CBB1C1，CG⊥平面CBB1C1，所以DE⊥CG，又C1E∩DE＝E，所以CG⊥平面A1DE，故平面CDG⊥平面A1DE.(2)三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，CC1⊥底面ABC，所以以C为原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系C－xyz，如图所示．因为AC＝BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，所以C(0,0,0)，A1(2,0,2)，D(1,1,0)，E(0,1,0)，B(0,2,0)，F(0,1,2)，G(0,2,1)，A1B→＝(－2,2，－2)，A1F→＝(－2,1,0)，CG→＝(0,2,1)．由(1)知平面A1DE的一个法向量为CG→＝(0,2,1)，设平面A1BF的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·A1F→＝0，n·A1B→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x＋y＝0，－2x＋2y－2z＝0，令x＝1得n＝(1,2,1)，为平面A1BF的一个法向量．设平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角为θ，则cosθ＝|CG→·n||CG→|·|n|＝530＝306，所以平面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值为306.[能力挑战]7．[2019·湖北四校联考]如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且A1P→＝λA1B1→(λ∈[0,1])．(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ；(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由．解析：(1)连接A1Q.∵AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，∴△AA1Q≌△CAM，∴∠MAC＝∠QA1A，∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，∴AM⊥A1Q.∵N，Q分别是BC，AC的中点，∴NQ∥AB.又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∴NQ⊥AA1.又AC∩AA1＝A，∴NQ⊥平面ACC1A1，∴NQ⊥AM.由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，∴N，Q，A1，P四点共面，∴A1Q⊂平面PNQ.∵NQ∩A1Q＝Q，∴ AM⊥平面PNQ，∴无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.(2)如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A－xyz，则A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，N⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，Q⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，NM→＝⎝⎛⎭⎪⎫－12，12，12，A1B1→＝(1,0,0)．由A1P→＝λA1B1→＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，可得点P(λ，0,1)，∴PN→＝⎝⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1.设n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·NM→＝0，n·PN→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12x＋12y＋12z＝0，⎝⎛⎭⎪⎫12－λx＋12y－z＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y＝1＋2λ3x，z＝2－2λ3x，令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ，∴n＝(3,1＋2λ，2－2λ)是平面PMN的一个法向量．取平面ABC的一个法向量为m＝(0,0,1)．假设存在符合条件的点P，则|cos〈m，n〉|＝|2－2λ|9＋1＋2λ2＋2－2λ2＝12，化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝7－354或λ＝7＋354(舍去)．综上，存在点P，且当A1P＝7－354时，满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.。
届数学一轮复习第8章立体几何第7节立体几何中的向量方法课时跟踪检测理含解析
第八章立体几何第七节立体几何中的向量方法A级·基础过关｜固根基｜1.（2019年全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上,BE⊥EC1.（1)证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值．解：（1）证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE。
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1,所以BE⊥平面EB1C1。
(2）由（1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB．以D为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，|错误!|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则C(0，1,0)，B(1，1,0),C1（0，1，2），E（1，0，1），CB，→＝(1，0，0），错误!＝(1，－1，1)，错误!＝(0，0,2）．设平面EBC的法向量为n＝（x，y，z），则错误!即错误!令y＝－1，则x＝0，z＝－1，所以n＝(0，－1,－1)．设平面ECC1的法向量为m＝（x1，y1，z1）,则错误!即错误!所以可取m＝（1，1，0)．于是cos<n，m〉＝错误!＝－错误!.所以，二面角B－EC－C1的正弦值为错误!.2．(2019届太原市一模）如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是边长为错误!的正方形，PA⊥BD．(1)求证:PB＝PD；（2）若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥平面PCD，求直线PB与平面PCD所成角的大小．解：（1)证明:如图，连接AC，交BD于点O,连接PO,∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OB＝OD．又PA⊥BD，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC．又PO⊂平面PAC，∴BD⊥PO。
又OB＝OD，∴PB＝PD．(2）设PD的中点为Q，连接AQ,EQ，∵E为PC的中点，∴EQ∥CD，EQ＝错误!CD．又AF∥CD，AB＝CD，F为AB的中点，∴AF＝错误!AB＝错误!CD，∴EQ∥AF，EQ＝AF，∴四边形AQEF为平行四边形，∴EF∥AQ.∵EF⊥平面PCD，∴AQ⊥平面PCD．又PD⊂平面PCD，∴AQ⊥PD．∵Q是PD的中点,∴AP＝AD＝2。
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课时跟踪检测（四十五） 立体几何中的向量方法(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快MA 的中点，那么直线1BB ，1B 1A 分别为N ，M 中，1D 1C 1B 1A ABCD 的正方体1．在棱长为1与C N 所成角的余弦值等于( )32A.1010B.35C.25D. 解析：选 D 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，，⎝⎛⎭⎪⎫1，12，1M ，⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12N ，(0,1,0)C .⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1＝AM ―→，⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12＝CN ―→∴ .25＝0＋0＋1252·52＝AM ―→·CN ―→| AM ―→|·|CN ―→|〉＝CN ―→，AM ―→〈cos 故 ＝CA ＝BC 的中点，1C 1A ，1B 1A 分别是N ，M ，90°＝BCA ∠中，1C 1B 1A ABC ．直三棱柱2) (所成角的余弦值为N A 与M B ，则1CC 110A.25B. 3010C. 22D.解析：选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)， ，1,2)，－(1＝BM ―→，所以(1,0,2)N AN―→，0,2)，1－(＝ 故B M 与A N 所成角θ的余弦值.3010＝36×5＝|BM ―→·AN ―→||BM ―→|·|AN ―→|＝θcos 到平面B ，点60°的大小为1C 1AA B ，二面角2＝1AA 中，1C 1B 1A ABC ．在直三棱柱3所成角的正切1AB 与直线1BC ，则直线32的距离为1A 1ABB 到平面C ，点3的距离为1A 1ACC值为( )7A. 6B. 5C.2．D 到平面C ，点3的距离为1A 1ACC 到平面B ，点60°＝BAC ∠由题意可知， A 解析：选，90°＝ABC ∠，32＝BC ，4＝AC ，2＝AB 中，ABC ，所以在三角形32的距离为1A 1ABB ，4＝)BC ―→＋BB1―→)·(BA ―→－BB1―→(＝BC1―→·AB1―→则 ，4＝|BC1―→|，22＝|AB1―→| ，24＝AB1―→·BC1―→|AB1―→|·|BC1―→|＝BC1―→，AB1―→cos .7＝BC1―→，AB1―→nta 故 4.如图所示，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知PA ＝BC ＝2，AB ＝4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为( )3010．－A 305．－B 305C.3010D.解析：选D 因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥BC . 过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ，则AP ，AB ，AE 两两垂直． 如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (4,0,0)，C (4，－2,0)．因为D 为PB 的中点，所以D (2,0,1)． ．(2,0,1)＝AD ―→，4,2,2)－(＝CP ―→故 .3010＝－－65×26＝AD ―→·CP ―→| AD ―→|·|CP ―→|＝CP―→，AD ―→cos 所以 设异面直线PC ，AD 所成的角为θ， .3010＝|CP―→，AD ―→|cos＝θcos 则分别为G ，F ，E 的所有棱长都相等，1C 1B 1A ABC 如图，正三棱柱5.)(所成角的正弦值为GEF 与平面F 1B 的中点，则1C 1A ，1AA ，AB 35A.56B. 3310C.3610D. 解析：选 A 设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，，(1,0,1)F ，()0，3，21B 则 ，(0,0,2)G ，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0E B1F―→．1)，－(1,0＝GF ―→，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，1＝EF ―→，()1，－3，－1＝ 设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧EF ―→·n ＝0，GF ―→·n ＝0，则 ，3＝y ，1＝z ，则1＝x 取 的一个法向量，GEF 为平面()1，3，1＝n 故 ，35＝－1－3－15×5〉＝B1F ―→，n 〈cos 所以 A.故选.35所成角的正弦值为GEF 与平面F 1B 所以 所成的锐ABCD 与平面ED 1A 的中点，则平面1BB 为E 中，点1D 1C 1B 1A ABCD ．在正方体6二面角的余弦值为( )12A.23B. 33C.22D.解析：选 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，，(0,1,0)D ，⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12E ，(0,0,1)1A 则 ，1)，－(0,1＝A1D ―→∴ A1E ―→，⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12＝，)z ，y ，(1＝1n 的一个法向量为ED 1A 设平面 则⎩⎪⎨⎪⎧n1·A1D ―→＝0，n 1·A1E ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.7.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和正方形ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角的大小是________．解析：以D 为原点，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D xyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0，0)，C (0，1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC ―→＝(0,1,0)，∴cos 〈EF ―→，DC ―→〉＝EF ―→·DC ―→| EF ―→||DC ―→|＝－22，∴〈EF ―→，DC ―→〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角的大小是45°.答案：45°8.如图，已知四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1垂直于底面，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝AB ＝AA 1＝2BC ，E 为DD 1的中点，F 为A 1D 的中点．则直线EF 与平面A 1CD 所成角的正弦值为______．解析：因为AB ，AD ，AA 1两两垂直，故以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设BC ＝1，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，C (2,1,0)，D (0，2,0)，E (0，2,1)，F (0,1,1)，FE ―→＝(0,1,0)，A1D ―→＝(0,2，－2)，CD ―→＝(－2,1,0)．设平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n·A1D ―→＝0，n ·CD ―→＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2＋y ＝0，故n ＝(1,2,2)，则sin θ＝|cos 〈n ，FE ―→〉|＝|n·FE―→||n|·|FE―→|＝|1×0＋2×1＋2×0|1＋4＋4×0＋1＋0＝23，故直线EF 与平面A 1CD 所成角的正弦值为23.答案：239.如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.若直线FO 与平面BED 所成的角为45°，则AE ＝________.解析：如图，以O 为原点，以OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系．设AE ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1,0,3)，E (1,0，a )，∴OF ―→＝(－1,0,3)，DB ―→＝(0,23，0)，EB ―→＝(－1，3，－a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·DB ―→＝0，n ·EB ―→＝0，即⎩⎨⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0，则y ＝0，令z ＝1，得x ＝－a ， ∴n ＝(－a,0,1)，∴cos 〈n ，OF ―→〉＝n·OF ―→|n ||OF ―→|＝a ＋3a2＋1×10.∵直线FO 与平面BED 所成角的大小为45°， ∴|a ＋3|a2＋1×10＝22，解得a ＝2或a ＝－12(舍去)，∴AE ＝2.答案：210.如图，已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，且AC ⊥BD ，AC 与BD 交于O ，PO ⊥底面ABCD ，PO ＝2，AB ＝22，E ，F 分别是AB ，AP 的中点．则二面角F OE A 的余弦值为________．解析：以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，由题知，OA ＝OB ＝2，则A (0，－2,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，E (1，－1,0)，F (0，－1,1)，则OE ―→＝(1，－1,0)，OF ―→＝(0，－1,1)，设平面OEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m·OE ―→＝0，m ·OF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得m ＝(1,1,1)．易知平面OAE 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝33.由图知二面角F OE A 为锐角， 所以二面角F OE A 的余弦值为33. 答案：33B 级——中档题目练通抓牢1．(2017·江苏高考)如图，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B A 1D A 的正弦值．解：(1)在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .故以AE ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz .因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A1B ―→＝(3，－1，－3)，AC1―→＝(3，1，3)． 则cos 〈A1B ―→，AC1―→〉＝A1B ―→·AC1―→| A1B ―→||AC1―→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1DA 的一个法向量为AE ―→＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量， 又A1B ―→＝(3，－1，－3)，BD ―→＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m·A1B ―→＝0，m ·BD ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量， 从而cos 〈AE ―→，m 〉＝AE ―→·m |AE ―→||m |＝333×4＝34.设二面角B A 1D A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos2θ＝74. 因此二面角B A 1D A 的正弦值为74. 2．(2017·北京高考)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面M AC ，PA ＝PD ＝6，AB ＝4.(1)求证：M 为PB 的中点； (2)求二面角B PD A 的大小；(3)求直线M C 与平面BDP 所成角的正弦值． 解：(1)证明：设AC ，BD 的交点为E ，连接M E . 因为PD ∥平面M AC ， 平面M AC ∩平面PDB ＝M E ， 所以PD ∥M E .因为底面ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点． 所以M 为PB 的中点．(2)取AD 的中点O ，连接OP ，OE . 因为PA ＝PD ，所以OP ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，OP ⊂平面PAD ， 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE . 因为底面ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD .以O 为原点，以OD ―→，OE ―→，OP ―→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O xyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)， BD ―→＝(4，－4,0)，PD ―→＝(2,0，－2)． 设平面BDP 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·BD ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，得y ＝1，z ＝ 2. 于是n ＝(1,1，2)．又平面PAD 的一个法向量为p ＝(0,1,0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝n·p |n||p|＝12.由题知二面角B PD A 为锐角， 所以二面角B PD A 的大小为60°. (3)由题意知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2，22，C (2,4,0)， 则MC ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫3，2，－22.设直线M C 与平面BDP 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，MC ―→〉|＝|n·MC―→||n||MC―→|＝269.所以直线M C 与平面BDP 所成角的正弦值为269.3．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线B M 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M AB D 的余弦值．解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ， 又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ， 故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)． 设M(x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)． 因为B M 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z|x －12＋y2＋z2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→， 则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面AB M 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎨⎧2－2x0＋2y0＋6z0＝0，x0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝105.由图知二面角M AB D 为锐角， 因此二面角M AB D 的余弦值为105.。