专题五 第3讲 空间向量及解题方法

第3讲 空间向量方法解立体几何
1．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010 D.22 答案 C
解析 方法一 由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1.
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)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，AN →
＝(0,1,2)． ∴cos 〈BM →，AN →
〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|
＝
－1＋4
(－1)2＋(－1)2＋22×02＋12＋22
＝36×5＝3010.
方法二 如图(2)，取BC 的中点D ，连接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．如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.
(1)证明：平面ABEF ⊥EFDC ；
(2)求二面角E －BC －A 的余弦值． (1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC .
(2)解 过点D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以点G 为坐标原点，GF →
的方向为x 轴正方向，|GF →
|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .
由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．
由已知，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ，
由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2,0，3)．
所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →
＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·
EC →＝0，n ·
EB →＝0，
即⎩⎨⎧
x ＋3z ＝0，
4y ＝0.
所以可取n ＝(3,0，－3)． 设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧
m ·
AC →＝0，m ·AB →＝0.
同理可取m ＝(0，3，4)， 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－219
19.
故二面角E －BC －A 的余弦值为－219
19
.
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，均以解答题的形式进行考查，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 ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)则有： (1)线面平行
l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直
l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行
α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.
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，点M 为AB 的中点，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 .
证明 方法一 由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →
＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →
. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，
∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →
是平面BCF 的一个法向量，
且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .
(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．
∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，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，
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 .
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，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.
(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .
证明 (1)以点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)， ∵点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 →＝－12AB →，∴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 .
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≤π
2
)，
则cos θ＝|a ·b |
|a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角
设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，
则sin θ＝
|a ·μ|
|a ||μ|
＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角
设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)， 则|cos θ|＝
|μ·v |
|μ||v |
＝|cos 〈μ，v 〉|. 例2 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 ＝π
2
，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． 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3
3
. (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＝25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
.
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 如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面△ABC 是直角三角形，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，点P 是棱BB 1上一点，满足BP →＝λBB 1→
(0≤λ≤1)．
(1)若λ＝1
3，求直线PC 与平面A 1BC 所成角的正弦值；
(2)若二面角P —A 1C —B 的正弦值为2
3
，求λ的值．
解 以点A 为坐标原点O ，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0,2)，B 1(1,0,2)，P (1,0,2λ)．
(1)由λ＝13得，CP →＝⎝⎛⎭⎫1，－1，23，A 1B →＝(1,0，－2)，A 1C →
＝(0,1，－2)， 设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧
n 1·A 1B →＝0，n 1·
A 1C →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧
x 1－2z 1＝0，
y 1－2z 1＝0.
不妨取z 1＝1，则x 1＝y 1＝2，
从而平面A 1BC 的一个法向量为n 1＝(2,2,1)． 设直线PC 与平面A 1BC 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈CP →
，n 1〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪CP →·n 1|CP →
|·|n 1|＝2233， 所以直线PC 与平面A 1BC 所成的角的正弦值为
22
33
.
(2)设平面P A 1C 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，A 1P →
＝(1,0,2λ－2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧
n 2·A 1C →＝0，n 2·
A 1P →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧
y 2－2z 2＝0，
x 2＋(2λ－2)z 2＝0.
不妨取z 2＝1，则x 2＝2－2λ，y 2＝2， 所以平面P A 1C 的法向量为n 2＝(2－2λ，2,1)． 则cos 〈n 1，n 2〉＝9－4λ
34λ2－8λ＋9，
又因为二面角P —A 1C —B 的正弦值为2
3，
所以9－4λ34λ2－8λ＋9＝5
3
，
化简得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)， 故λ的值为1.
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)由题意，易得DM ⊥DA ，DM ⊥DC ，DA ⊥DC .
如图所示，以点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 (1
2，1,0)，
所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →
＝(－1,0,1)．
设异面直线NE 与AM 所成角为θ， 则cos θ＝|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 ，连接AE . 因为AN →
＝(0,1,1)，
可设AS →＝λAN →
＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]， 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，
解得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
. 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，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在平面于直线AB ，且AB ＝BP ＝2，AD ＝AE ＝1，AE ⊥AB ，且AE ∥BP .
(1)设点M 为棱PD 的中点，求证：EM ∥平面ABCD ；
(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于2
5？若存在，
试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 由已知，平面ABCD ⊥平面ABPE ，且BC ⊥AB ，则BC ⊥平面ABPE ，所以BA ，BP ，BC 两两垂直，故以点B 为原点，BA →，BP →，BC →
分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则P (0,2,0)，D (2,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫1，1，12，E (2,1,0)，C (0,0,1)，所以EM →
＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12. 易知平面ABCD 的一个法向量n ＝(0,1,0)， 所以EM →
·n ＝(－1,0，12)(0,1,0)＝0，
所以EM →
⊥n ，又EM ⊄平面ABCD ， 所以EM ∥平面ABCD .
(2)当点N 与点D 重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值为2
5.
理由如下：
PD →＝(2，－2,1)，CD →
＝(2,0,0)，
设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧
n 1·PD →＝0，n 1·
CD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧
2x 1－2y 1＋z 1＝0，2x 1＝0，
取y 1＝1，得平面PCD 的一个法向量等于n 1＝(0,1,2)，
假设线段PD 上存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成的角α的正弦值等于2
5.
设PN →＝λPD →
(0≤λ≤1)，
则PN →
＝λ(2，－2,1)＝(2λ，－2λ，λ)， BN →＝BP →＋PN →
＝(2λ，2－2λ，λ)． 所以sin α＝|cos 〈BN →
，n 1〉|＝|BN →·n 1||BN →||n 1|
＝2
5×(2λ)2＋(2－2λ)2＋λ2
＝
25×9λ2－8λ＋4＝2
5
.
所以9λ2－8λ－1＝0， 解得λ＝1或λ＝－1
9
(舍去)．
因此，线段PD 上存在一点N ，当N 点与D 点重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于25
.
如图，在五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD ＝1，AB ＝1
2EF
＝22，AF ＝BE ＝2，点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．
押题依据 利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点．
(1)证明 连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点，∴点Q 为AC 的中点， 又在△AEC 中，点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 ，连接AM ，
因为由题意知AM 2＋AF 2＝MF 2，则AF ⊥AM ，以点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
6
6
.
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 →＋18OC →
，则直线
AM ( )
A ．与平面ABC 平行
B ．是平面AB
C 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线
D ．在平面ABC 内 答案 D
解析 由已知得M 、A 、B 、C 四点共面．所以AM 在平面ABC 内，选D.
2.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( )
A ．0
B ．1
C ．0或1
D ．任意实数
答案 C
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 π
4
＝1，
最后AC 1→·AB →
＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13＝1，
故选C.
3．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D －ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A ．S 1＝S 2＝S 3 B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3 C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2 D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1 答案 D
解析 如图所示，
△ABC 为三棱锥在坐标平面xOy 上的正投影，所以S 1＝1
2
×2×2＝2.
三棱锥在坐标平面yOz 上的正投影与△DEF (E ，F 分别为OA ，BC 的中点)全等， 所以S 2＝1
2
×2×2＝ 2.
三棱锥在坐标平面xOz 上的正投影与△DGH (G ，H 分别为AB ，OC 的中点)全等，所以S 3＝
1
2×2×2＝ 2.
所以S 2＝S 3且S 1≠S 3.故选D.
4．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，点E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余
弦值为(
)
A.36
B.32
C.336
D.12
答案 A
解析 设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →
) ＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB → ＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →
〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|
＝1
432
＝36.选A.
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( ) A.
64 B.104 C.22 D.3
2
答案 A
解析 如图所示建立空间直角坐标系，
设正三棱柱的棱长为2，则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，故sin θ＝|AB 1→·BO →
||AB 1→||BO →
|＝64.
6．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC →·AP →
的取值范围是________．
答案 [0,1]
解析 以DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DD 1所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz .
则D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)． ∴DC →＝(0,1,0)，BD 1→
＝(－1，－1,1)． ∵点P 在线段BD 1上运动，
∴设BP →＝λBD 1→
＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1. ∴AP →＝AB →＋BP →＝DC →＋BP →
＝(－λ，1－λ，λ)， ∴DC →·AP →＝1－λ∈[0,1]．
7．在一直角坐标系中，已知点A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________． 答案 217
解析 如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，
则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4， 两异面直线AC ，BD 所成的角为60°， 故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →， 得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →
|2＝68， ∴|AB →
|＝217.
8．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →
)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________． 答案 ①②
解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝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.如图所示，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，AB ＝AE ，F A ＝FE ，∠AEF ＝45°.
(1)求证：EF ⊥平面BCE ；
(2)设线段CD ，AE 的中点分别为点P ，M ，求证：PM ∥平面BCE . 证明 因为△ABE 是等腰直角三角形，AB ＝AE ， 所以AE ⊥AB ，因为平面ABEF ⊥平面ABCD ， 且平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB . 所以AE ⊥平面ABCD ，所以AE ⊥AD ，
即AD ，AB ，AE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB ＝1，则AD ＝AE ＝1.
(1)A (0,0,0)，B (0,1,0)，D (1,0,0)，E (0,0,1)，C (1,1,0)，因为F A ＝FE ，∠AEF ＝45°，所以∠AFE ＝90°，
从而F (0，－12，12)，EF →＝(0，－12，－12)，
BE →＝(0，－1,1)，BC →
＝(1,0,0)． 于是EF →·BE →＝0＋12－12＝0，EF →·BC →
＝0，
所以EF ⊥BE ，EF ⊥BC ，
因为BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， 所以EF ⊥平面BCE .
(2)M ⎝⎛⎭⎫0，0，12，P (1，1
2，0)， 从而PM →
＝(－1，－12，12
)，
于是PM →·EF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，12·⎝
⎛⎭⎫0，－12，－12
＝0＋14－14
＝0.
所以PM ⊥EF ，又EF ⊥平面BCE ， 直线PM 不在平面BCE 内， 故PM ∥平面BCE .
10.如图所示的多面体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝BD ＝2AE ＝2，点M 是AB 的中点．
(1)求证：CM ⊥EM ；
(2)求平面EMC 与平面BCD 所成的锐二面角的余弦值． (1)证明 ∵AC ＝BC ，点M 是AB 的中点， ∴CM ⊥AB .
∵EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，∴CM ⊥EA ， 又∵EA ∩AB ＝A ，∴CM ⊥平面AEM ， 又EM ⊂平面AEM ，∴CM ⊥EM .
(2)解 以点M 为原点，分别以MB ，MC 所在直线为x ，y 轴建立坐标系Mxyz ，如图，
则M (0,0,0)，C (0，2，0)，B (2，0,0)，D (2，0,2)，E (－2，0,1)， ∴ME →＝(－2，0,1)，MC →
＝(0，2，0)， BD →＝(0,0,2)，BC →
＝(－2，2，0)， 设平面EMC 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧
m ·ME →＝0，m ·
MC →＝0， 即⎩⎨⎧
－2x 1＋z 1＝0，2y 1＝0，
∴⎩⎨⎧
z 1＝2x 1，y 1＝0，
取x 1＝1，则m ＝(1,0，2)， 设平面BCD 的一个法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·BC →＝0，n ·
BD →＝0， 即⎩⎨⎧
－2x 2＋2y 2＝0，2z 2＝0，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
x 2＝y 2，z 2＝0， 取x 2＝1，则n ＝(1,1,0)， ∴cos 〈m ，n 〉＝
m·n
|m||n |＝12×3＝66
， ∴平面EMC 与平面BCD 所成的锐二面角的余弦值为
6
6
. B 组 能力提高
11.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( )
A ．[3
3，1] B ．[
6
3
，1] C ．[
63，223
] D ．[223
，1]
答案 B
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＝1
2×22×2，
所以sin α＝22
3
；
当点P 与点C 重合时，可得sin α＝26＝6
3
. 根据选项可知B 正确．
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________．
答案 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，点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，点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．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________． 答案
35
10
解析 以点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 (1
2，1,0)，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.如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，点E ，F 分别是CC 1，BC 的中点，AE ⊥A 1B 1，点D 为棱A 1B 1上的点．
(1)证明：DF ⊥AE ；
(2)是否存在一点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414
？若存在，说明点D 的位置，若不存在，说明理由．
(1)证明 ∵AE ⊥A 1B 1，A 1B 1∥AB ，∴AE ⊥AB ，
又∵AA 1⊥AB ，AA 1⊂面A 1ACC 1，AE ⊂面A 1ACC 1，AA 1∩AE ＝A ， ∴AB ⊥面A 1ACC 1.
又∵AC ⊂面A 1ACC 1，∴AB ⊥AC ，
以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，
则有A (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，F ⎝⎛⎭
⎫12，12，0，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)， 设D (x,0，z )，A 1D →＝λA 1B 1→，且λ∈(0,1)，
即(x,0，z －1)＝λ(1,0,0)，∴D (λ，0,1)，
∴DF →＝(12－λ，12
，－1)， ∵AE →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，∴DF →·AE →＝12－12
＝0， ∴DF ⊥AE .
(2)存在点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414.理由如下： 由(1)可知平面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)．
设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧
m ·FE →＝0，m ·
DF →＝0， ∵FE →＝(－12，12，12)，DF →＝⎝⎛⎭⎫12－λ，12，－1， ∴⎩⎨⎧
－12x ＋12y ＋12z ＝0，⎝⎛⎭⎫12－λx ＋12y －z ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝32(1－λ)z ，y ＝1＋2λ2(1－λ)z ，
令z ＝2(1－λ)，则n ＝(3,1＋2λ，2(1－λ))．
∵平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为
1414， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝
|m·n||m||n |＝1414， 即|2(1－λ)|9＋(1＋2λ)2＋4(1－λ)2＝1414
， 解得λ＝12或λ＝74
(舍)， ∴当点D 为A 1B 1中点时满足要求．。