高考数学大二轮总复习与增分策略(江苏专用,理科)配套

第3讲立体几何中的向量方法
1．(2014·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为________．
2．(2015·安徽)如图所示，在多面体A1B1D1-DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，
ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.
(1)证明：EF∥B1C；
(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值．
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算
上.
热点一利用向量证明平行与垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)则有：
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
例1如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方
形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
思维升华 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．
跟踪演练1 如图所示，已知直三棱柱ABC —A
1B 1C 1中，△ABC 为等腰
直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、
BC 的中点．求证：
(1)DE ∥平面ABC ；
(2)B 1F ⊥平面AEF .
热点二 利用空间向量求空间角
设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．
(1)线线夹角
设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2
)，则
cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22
. (2)线面夹角
设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2
)， 则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|
＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角
设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，
则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |
＝|cos 〈μ，v 〉|.
例2 (2015·江苏)如图，在四棱锥P ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四
边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2
，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1. (1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；
(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．
思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)
求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．
跟踪演练2(2014·福建)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，
AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图
所示．
(1)求证：AB⊥CD；
(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
热点三利用空间向量求解探索性问题
存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．
例3如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝
90°，D是BC的中点．
(1)求证：A1B∥平面ADC1；
(2)求二面角C1－AD－C的余弦值；
(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由．
思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，
所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．
跟踪演练3 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．
如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，
且AD ＝1，AB ＝12
EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 分别为AE 、BD 的中点．
(1)求证：PQ ∥平面BCE ；
(2)求二面角A －DF －E 的余弦值．
提醒：完成作业 专题五 第3讲
二轮专题强化练
第3讲 立体几何中的向量方法
A 组 专题通关
1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18
OC →，则直线AM 和平面ABC 的关系是________．
2.如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为________．
3.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝23
a ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是______． 4．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为________．
5．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于________．
6．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为________．
7．在一直角坐标系中，已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，
则折叠后A 、B 两点间的距离为________．
8．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；
③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．
9.如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.
(1)求证：EF ∥平面P AB ；
(2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .
10．(2015·重庆)如图，三棱锥P ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.
(1)证明：DE ⊥平面PCD ；
(2)求二面角APDC 的余弦值．
B 组 能力提高
11．(2014·四川改编)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是________． 12．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在直线BC 1上运动时，有下列三个命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变；②直线AP 与平面ACD 1所成角的大小不变；③二面角P －AD 1－C 的大小不变．其中真命题的序号是________．
13．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________．
14.如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC ，点D 为BC 的中点．
(1)求二面角A —PD —B 的余弦值；
(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为1
6，若存在，求出点
M 的位置；若不存在，说明理由．
学生用书答案精析
第3讲 立体几何中的向量方法
高考真题体验 1.3010
解析 方法一 补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角． 由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1， 可将三棱柱补成正方体．
建立如图(1)所示空间直角坐标系．
设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,1,2)，N (0,1,2)， ∴BM →＝(－1，－1,2)，AN →
＝(0,1,2)． ∴cos 〈BM →，AN →
〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|
＝－1＋4
(－1)2
＋(－1)2
＋22
×
02
＋12
＋2
2
＝
36×5＝30
10
.
方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解．
如图(2)，取BC 的中点D ，连结MN ，ND ，AD ，由于MN 綊1
2B 1C 1綊BD ，因此有ND 綊BM ，
则ND 与NA 所成的角即为异面直线BM 与AN 所成的角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN ＝5，AD ＝5，因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝30
10
.
2．(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四
边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .
(2)解 因为四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→
为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，D 1(0,1,1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫
12，12，1.
设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1D →＝(0,1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧
12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，
(－1,1,1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1,1,1)．
设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1,0,0)，A 1D →
＝(0,1，－1)，由此同理可得n 2＝(0,1,1)．
所以结合图形知二面角E -A 1D -B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝6
3.
热点分类突破
例1 证明 方法一 由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭
⎫12，12，1
2. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →
＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →
＝0, ∴OM →⊥BA →.
∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱， ∴AB ⊥平面BCF ，
∴BA →
是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .
(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．
∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，CF →
＝(0，－1,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·
DF →＝0，n 1·DM →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧
x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧
y 1＝1
2x 1，z 1＝－12x 1，
令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－1
2. 同理可得n 2＝(0,1,1)．
∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →
＝12DF →－BF →＋12BA → ＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA → ＝－12BD →－12BF →＋12BA →
＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →
＝－12BC →－12
BF →.
∴向量OM →与向量BF →，BC →
共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，
∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12
BF →
2＝0.
∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ， ∴OM ⊥平面EFCD .
又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .
跟踪演练1 证明 (1)如图建立空间直角坐标系A －xyz ，
令AB ＝AA 1＝4，
则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)． 取AB 中点为N ，连结CN ， 则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)， ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →
＝(－2,4,0)， ∴DE →＝NC →
，∴DE ∥NC ，
又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC . ∴DE ∥平面ABC . (2)B 1F →
＝(－2,2，－4)，
EF →＝(2，－2，－2)，AF →
＝(2,2,0)．
B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.
∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →
，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .
例2 解 以{AB →，AD →，AP →
}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为
B (1,0,0)，
C (1,1,0)，
D (0,2,0)，P (0,0,2)．
(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →
＝(0,2,0)． 因为PC →＝(1,1，－2)，PD →
＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，
即⎩
⎪⎨⎪⎧
x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →
，m 〉＝AD →
·m |AD →
||m |
＝33，
所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为
33
. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →
＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →
＝(－λ，－1,2λ)， 又DP →
＝(0，－2,2)，
从而cos 〈CQ →，DP →
〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.
设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，
则cos 2
〈CQ →，DP →
〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209
≤910
.
当且仅当t ＝95，即λ＝2
5
时，
|cos 〈CQ →，DP →
〉|的最大值为31010
.
因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π
2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝
12＋22＝5，
所以BQ ＝25BP ＝25
5
.
跟踪演练2 (1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD .
又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .
(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．
由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ， ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .
以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．
依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，1
2)，
则BC →＝(1,1,0)，BM →
＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)．
设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·
BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AD →
〉|＝|n ·AD →
||n |·|AD →
|
＝63，
即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为
63
.
例3 (1)证明 连结A 1C ，交AC 1于点O ，连结OD .
由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．
又D 为BC 的中点，
所以OD 为△A 1BC 的中位线， 所以A 1B ∥OD .
因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1， 所以A 1B ∥平面ADC 1.
(2)解 由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直． 以BC ，BA ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz . 设BA ＝2，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A (0,2,0)，C 1(2,0,1)，D (1,0,0)， 所以AD →＝(1，－2,0)，AC →
1＝(2，－2,1)． 设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧
n ·
AD →＝0，n ·
AC →1＝0.
所以⎩⎪⎨⎪⎧
x －2y ＝0，
2x －2y ＋z ＝0.
取y ＝1，
得n ＝(2,1，－2)．
易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)． 所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.
因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角，
所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为2
3.
(3)解 假设存在满足条件的点E .
因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0,2,1)， B 1(0,0,1)，
故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以AE →＝(0，λ－2,1)，DC →
1＝(1,0,1)． 因为AE 与DC 1成60°角，
所以|cos 〈AE →，DC →
1〉|＝|AE →·DC →
1||AE →|·|DC →
1|＝12，
即
1
(λ－2)2＋1·2
＝12
， 解得λ＝1或λ＝3(舍去)．
所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．
跟踪演练3 解(1)如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则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)．
因为|cos 〈NE →，AM →
〉|＝|NE →·AM →||NE →|·|AM →|＝1
252×2
＝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)(0≤λ≤1)，
又EA →＝(1
2
，－1,0)，
所以ES →＝EA →＋AS →＝(1
2，λ－1，λ)．
由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧
ES →·
AM →＝0，ES →·AN →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－12＋λ＝0，
(λ－1)＋λ＝0，
故λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →
|＝22.
经检验，当AS ＝
2
2
时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ， 使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22
. 高考押题精练
(1)证明 连结AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点， ∴Q 为AC 的中点，
又在△AEC 中，P 为AE 的中点， ∴PQ ∥EC ，
∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ， ∴PQ ∥平面BCE .
(2)解 如图，取EF 的中点M ，则AF ⊥AM ，以A 为坐标原点，以AM ，AF ，AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)．
可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →
＝(0,2，－1)．
设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·MF →＝0，n ·DF →＝0. 故⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋2y ＝0，2y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
x －y ＝0，2y －z ＝0.
令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，
故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量．
∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量．
∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|
＝2×1＋0×1＋0×26×2
＝66. 由图可知所求二面角为锐角，
∴二面角A －DF －E 的余弦值为66.
二轮专题强化练答案精析
第3讲 立体几何中的向量方法
1．AM ⊂平面ABC
解析 由已知得M 、A 、B 、C 四点共面．所以AM 在平面ABC 内，∴AM ⊂平面ABC . 2．0或1
解析 AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB →1，AC →1，AD →1，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD →1，AA →1与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB →1与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB
→＝2×1×cos π4＝1，最后AC →1·AB →＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13
＝1. 3．平行
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，如图所示．
∵A 1M ＝AN ＝23
a ， ∴M ⎝⎛⎭⎫a ，23a ，a 3，N ⎝⎛⎭
⎫23a ，23a ，a ， ∴MN →＝⎝⎛⎭⎫－a 3，0，23a . 又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)，
∴C 1D 1→＝(0，a,0)，
∴MN →·C 1D 1→＝0，∴MN →⊥C 1D 1→.
∵C 1D 1→是平面BB 1C 1C 的法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C . 4.36
解析 设AB ＝1，
则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →)
＝12AD →2－12
AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB →
＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14
. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432
＝36. 5.64
解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，
－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，
则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64. 6.25
解析 以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y
轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，M (1，12
，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12
)． 所以AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12
)． 故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12
， |AM →|＝
02＋(12)2＋12＝52， |CN →|＝ 12＋02＋(12)2＝52
， 所以cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|
＝
1252×52＝25. 7．217
解析 如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD
，
则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4，
两异面直线AC 、BD 所成的角为60°，
故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →，
得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68，
∴|AB →|＝217.
8．①②
解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3A 1B 1→2＝3，故①正确；②中A 1B 1
→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；
④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确．
9．证明 (1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，
∵E ，F 分别是PC ，PD 的中点，
∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝
⎛⎭⎫0，1，12， EF →＝⎝⎛⎭
⎫－12，0，0，AB →＝(1,0,0)． ∵EF →＝－12
AB →，∴EF →∥AB →， 即EF ∥AB ，
又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，
∴EF ∥平面P AB .
(2)由(1)可知PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，
∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，
即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .
又AP ∩AD ＝A ，
∴DC ⊥平面P AD .
∵DC ⊂平面PDC ，
∴平面P AD ⊥平面PDC .
10．(1)证明 由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE .
由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE .
由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .
(2)解 由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4
，如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.
由∠ACB ＝π2
得DF ∥AC ， DF AC ＝FB BC ＝23
， 故AC ＝32DF ＝32
. 以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标
系，
则C (0,0,0)，P (0,0,3)，A ⎝⎛⎭
⎫32，0，0，E (0,2,0)，D (1,1,0)，ED →＝(1，－1,0)，DP →＝(－1，－1,3)，DA →＝⎝⎛⎭
⎫12，－1，0. 设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，
由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧
－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，
故可取n 1＝(2,1,1)．
由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1,0)．
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|＝36
， 故所求二面角APDC 的余弦值为
36
. 11．[63，1]
解析 根据题意可知平面A 1BD ⊥平面A 1ACC 1且两平面的交线是A 1O ，
所以过点P 作交线A 1O 的垂线PE ，
则PE ⊥平面A 1BD ，
所以∠A 1OP 或其补角就是直线OP 与平面A 1BD 所成的角α.
设正方体的边长为2，
则根据图形可知直线OP 与平面A 1BD 可以垂直．
当点P 与点C 1重合时可得
A 1O ＝OP ＝6，
A 1C 1＝22， 所以12×6×6×sin α＝12×22×2， 所以sin α＝223
； 当点P 与点C 重合时，
可得sin α＝26＝63
. ∴sin α的范围是[
63，1]． 12．①③
解析 ①中，∵BC 1∥平面AD 1C ，∴BC 1上任意一点到平面AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P 在直线BC 1上运动时，直线AB 与平面ACD 1所成角和直线AC 1与平面
ACD 1所成角不相等，所以不正确；③中，P 在直线BC 1上运动时，点P 在平面AD 1C 1B 中，既二面角P —AD 1－C 的大小不受影响，所以正确． 13.3510
解析 以A 为坐标原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12
，1,0)，D 1(0,1,1)． ∴A 1E →＝(1,0，－12
)，A 1D 1→＝(0,1,0)． 设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·
A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
x －12z ＝0，y ＝0. 令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)．
又A 1F →＝(12
，1，－1)， ∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为
d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5
＝3510.
14．解 (1)∵AC ＝BC ，P A ＝PB ，PC ＝PC ，
∴△PCA ≌△PCB ，
∴∠PCA ＝∠PCB ，
∵PC ⊥AC ，∴PC ⊥CB ，
又AC ∩CB ＝C ，
∴PC ⊥平面ACB ，且PC ，CA ，CB 两两垂直，
故以C 为坐标原点，分别以CB ，CA ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (0,2,0)，D (1,0,0)，P (0,0,2)，
∴AD →＝(1，－2,0)，PD →＝(1,0，－2)，
设平面P AD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
n ·
AD →＝0n ·
PD →＝0，∴取n ＝(2,1,1)， 平面PDB 的一个法向量为
CA →＝(0,2,0)，
∴cos 〈n ，CA →〉＝66
， 设二面角A —PD —B 的平面角为θ，且θ为钝角，
∴cos θ＝－66，∴二面角A —PD —B 的余弦值为－66. (2)方法一 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．
设M (x,2－x,0) (x ∈R )，
∴PM →＝(x,2－x ，－2)，
∴|cos 〈PM →，n 〉|＝|x |
x 2＋(2－x )2＋4·6＝16
， 解得x ＝1或x ＝－2，∴M (1,1,0)或M (－2,4,0)，
∴在直线AB 上存在点M ，且当M 是AB 的中点或A 是MB 的中点时，使得PM 与平面P AD
所成角的正弦值为16
. 方法二 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．
设AM →＝λAB →，
则AM →＝λ(2，－2,0)＝(2λ，－2λ，0) (λ∈R )，
∴PM →＝P A →＋AM →＝(2λ，2－2λ，－2)，
∴|cos 〈PM →，n 〉|＝|2λ|
(2λ)2＋(2－2λ)2＋4·6＝16
.
解得λ＝1
或λ＝－1.
2
∴M是AB的中点或A是MB的中点．
∴在直线AB上存在点M，且当M是AB的中点或A是MB的中点时，使得PM与平面P AD
所成角的正弦值为1
6.。