（精品讲义）3.2立体几何中的向量方法word版含答案2

36/3635/36/eq\a\vs4\al(立体几何中的向量方法)第一课时空间向量与平行、垂直关系预习课本P102～108，思考并完成以下问题1．平面的法向量的定义是什么？2．设直线l的方向向量u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，则l∥α，l⊥α的充要条件分别是什么？1．平面的法向量(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行或共线的向量．(2)平面的法向量直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则a叫做平面α的法向量．2．空间平行关系的向量表示(1)线线平行设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，则l∥m?a∥b?a＝λb?a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．(2)线面平行设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为u＝(a2，b2，c2)，则l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(3)面面平行设平面α，β的法向量分别为u＝(a1，b1，c1)，v＝(a2，b2，c2)，则α∥β?u∥v?u＝λv?a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．3．空间垂直关系的向量表示(1)线线垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量为b＝(b1，b2，b3)，则l⊥m?a·b＝0?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.(2)线面垂直设直线l的方向向量是a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是u＝(a2，b2，c2)，则l⊥α?a∥u?a＝λu?a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．(3)面面垂直若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l的方向向量是惟一的()(2)若点A，B是平面α上的任意两点，n是平面α的法向量，则·n＝0()(3)若向量n1，n2为平面α的法向量，则以这两个向量为方向向量的两条不重合直线一定平行()答案：(1)×(2)√(3)√2．若A(1,0，－1)，B(2,1,2)在直线l上，则直线l的一个方向向量是()A．(2,2,6) B．(－1,1,3)C．(3,1,1) D．(－3,0,1)答案：A3．设直线l1，l2的方向向量分别为a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m等于()A．－2 B．2C．6 D．10答案：D求平面的法向量[典例]已知平面α经过三点A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，求平面α的一个法向量．[解]因为A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，所以＝(1，－2，－4)，＝(2，－4，－3)．设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－4z＝0，,2x－4y－3z＝0.))得z＝0，x＝2y，令y＝1，则x＝2，所以平面α的一个法向量为n＝(2,1,0)．利用待定系数法求法向量的解题步骤[活学活用]四边形ABCD是直角梯形，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.在如图所示的坐标系Axyz中，分别求平面SCD和平面SAB的一个法向量．解：A(0,0,0)，D(1,0,0)，C(2,2,0)，S(0,0,2)．∵AD⊥平面SAB，∴＝(1,0,0)是平面SAB的一个法向量．设平面SCD的法向量为n＝(1，y，z)，则n·＝(1，y，z)·(1,2,0)＝1＋2y＝0，∴y＝－eq\f(1,2).又n·＝(1，y，z)·(－1,0,2)＝－1＋2z＝0，∴z＝eq\f(1,2).∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，\f(1,2)))即为平面SCD的一个法向量.用空间向量证明平行问题[典例]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：(1)FC1∥平面ADE；(2)平面ADE∥平面B1C1F.[证明]如图所示建立空间直角坐标系D-xyz，则有D(0,0,0)，A(2,0,0)，C1(0,2,2)，E(2,2,1)，F(0,0,1)，B1(2，2,2)，所以＝(0,2,1)，＝(2,0,0)，＝(0,2,1)．(1)设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则n1⊥，n1⊥，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝2x1＝0，,n1·＝2y1＋z1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,z1＝－2y1，))令z1＝2，则y1＝－1，所以n1＝(0，－1,2)．因为·n1＝－2＋2＝0，所以⊥n1.又因为FC1?平面ADE，所以FC1∥平面ADE.(2)因为＝(2,0,0)，设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一个法向量．由n2⊥，n2⊥，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·＝2y2＋z2＝0，,n2·＝2x2＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,z2＝－2y2.))令z2＝2，得y2＝－1，所以n2＝(0，－1,2)，因为n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F.利用向量法证明平行问题的两种途径(1)利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的共线关系；(2)通过建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量和平面的法向量进行平行关系的证明．[活学活用]在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，P，Q，R，S分别是AA1，D1C1，AB，CC1的中点．求证：PQ∥RS.证明：法一：以D为原点，DA，DC，DD1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.则P(3,0,1)，Q(0,2,2)，R(3,2,0)，S(0,4,1)，＝(－3,2,1)，＝(－3,2,1)，∴＝，∴∥，即PQ∥RS.法二：＝＋＝eq\f(1,2)－＋eq\f(1,2)，＝＋＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－，∴＝，∴∥，即RS∥PQ.利用空间向量证明垂直问题[典例]如图，在四棱锥E-ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.求证：平面ADE⊥平面ABE.[证明]取BE的中点O，连接OC，则OC⊥EB，又AB⊥平面BCE，∴以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.如图所示．则由已知条件有C(1,0,0)，E(0，－eq\r(3)，0)，D(1,0,1)，A(0，eq\r(3)，2)．设平面ADE的法向量为n＝(a，b，c)，则n·＝(a，b，c)·(0,2eq\r(3)，2)＝2eq\r(3)b＋2c＝0，n·＝(a，b，c)·(－1，eq\r(3)，1)＝－a＋eq\r(3)b＋c＝0.令b＝1，则a＝0，c＝－eq\r(3)，∴n＝(0,1，－eq\r(3))，又AB⊥平面BCE，∴AB⊥OC，∴OC⊥平面ABE，∴平面ABE的法向量可取为m＝(1,0,0)．∵n·m＝(0,1，－eq\r(3))·(1,0,0)＝0，∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE.(1)用向量法判定线面垂直，只需直线的方向向量与平面的法向量平行或直线的方向向量与平面内两相交的直线的方向向量垂直．(2)用向量法判定两个平面垂直，只需求出这两个平面的法向量，再看它们的数量积是否为0.[活学活用]在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，D1B1的中点，求证：EF⊥平面B1AC.证明：设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)，E(2，2,1)，F(1,1,2)．法一：＝(－1，－1,1)，＝(0,2,2)，＝(－2,2,0)，∴·＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝0，·＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝0，∴EF⊥AB1，EF⊥AC，又AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面B1AC.法二：设平面B1AC的法向量为n＝(x，y，z)．又＝(0,2,2)，＝(－2,2,0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥，,n⊥))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝2y＋2z＝0，,n·＝－2x＋2y＝0，))令x＝1，可得平面B1AC的一个法向量为n＝(1,1，－1)．又＝－n，∴∥n，∴EF⊥平面B1AC.层级一学业水平达标1．若n＝(2，－3,1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是()A．(0，－3,1) B．(2,0,1)C．(－2，－3,1) D．(－2,3，－1)解析：选D问题即求与n共线的一个向量．即n＝(2，－3，1)＝－(－2,3，－1)．2．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2,1)与平面α平行，则z等于()A．3 B．6C．－9 D．9解析：选C∵l⊥α，v与平面α平行，∴u⊥v，即u·v＝0，∴1×3＋3×2＋z×1＝0，∴z＝－9.3．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个法向量是()A．(1,1，－1) B．(1，－1,1)C．(－1,1,1) D．(－1，－1，－1)解析：选D＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)．设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))取x＝－1，则y＝－1，z＝－1.故平面ABC的一个法向量是(－1，－1，－1)．4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂直于()A．ACB．BDC．A1DD．A1A解析：选B建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1.则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1))，＝(－1,1,0)，＝(－1，－1,0)，＝(－1,0，－1)，＝(0,0，－1)．∵·＝(－1)×eq\f(1,2)＋(－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋0×1＝0，∴CE⊥BD.5.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．给出下列结论：①A1M∥D1P；②A1M∥B1Q；③A1M∥平面DCC1D1；④A1M∥平面D1PQB1.这四个结论中正确的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选C∵＝＋＝＋eq\f(1,2)，＝＋＝＋eq\f(1,2)，∴∥，从而A1M∥D1P，可得①③④正确．又B1Q与D1P不平行，故②不正确．6.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是_______(填序号)．解析：由于·＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，·＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以①②③正确．答案：①②③7．在直角坐标系O-xyz中，已知点P(2cosx＋1,2cos2x＋2,0)和点Q(cosx，－1,3)，其中x∈[0，π]，若直线OP与直线OQ垂直，则x的值为________．解析：由OP⊥OQ，得·＝0.即(2cosx＋1)·cosx＋(2cos2x＋2)·(－1)＝0.∴cosx＝0或cosx＝eq\f(1,2).∵x∈[0，π]，∴x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,2)或eq\f(π,3)8.如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥面B1DE，则AE＝________.解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则B1(0,0,3a)，C(0，eq\r(2)a,0)，Deq\f(\r(2)a,2)，eq\f(\r(2)a,2)，3a.设E(eq\r(2)a,0，z)(0≤z≤3a)，则＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)a，－\r(2)a，z))，＝(eq\r(2)a,0，z－3a)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，0)).又·＝a2－a2＋0＝0，故由题意得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a.故AE＝a或2a.答案：a或2a9.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E为PC的中点，EF⊥BP于点F.求证：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.证明：以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，如图，设DC＝PD＝1，则P(0,0,1)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).∴＝(1,1，－1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2)))，设F(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y－\f(1,2)，z－\f(1,2))).∵⊥，∴x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(1,2)))＝0，即x＋y－z＝0.①又∵∥，可设＝λ，∴x＝λ，y＝λ，z－1＝－λ.②由①②可知，x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(2,3)，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(1,6)，\f(1,6))).(1)设n1＝(x1，y1，z1)为平面EDB的一个法向量，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y1＋\f(1,2)z1＝0，,x1＋\f(1,2)y1－\f(1,2)z1＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝z1，,y1＝－z1.))取z1＝－1，则n1＝(－1,1，－1)．∵＝(1,0，－1)，∴·n1＝0.又∵PA?平面EDB，∴PA∥平面EDB.(2)设n2＝(x2，y2，z2)为平面EFD的一个法向量，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x2－\f(1,6)y2＋\f(1,6)z2＝0，,\f(1,2)y2＋\f(1,2)z2＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝－z2，,y2＝－z2.))取z2＝1，则n2＝(－1，－1,1)．∴∥n2，∴PB⊥平面EFD.10．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E，M分别是BC，AE的中点，AD＝AA1＝a，AB＝2a.试问在线段CD1上是否存在一点N使MN∥平面ADD1A1，若存在确定N的位置，若不存在说明理由．解：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(a，0,0)，B(a,2a,0)，C(0，2a,0)，D1(0,0，a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，2a，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a，a，0))，＝(0,2a,0)，＝(0，－2a，a)，假设CD1上存在点N使MN∥平面ADD1A1并设＝λ1＝(0，－2aλ，aλ)(0<λ<1)．则＝＋＝(0,2a,0)＋(0，－2aλ，aλ)＝(0,2a(1－λ)，aλ)，＝－＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)a，a－2aλ，aλ)).又是平面ADD1A1的一个法向量．∴⊥，则2a(a－2aλ)＝0，λ＝eq\f(1,2).又MN?平面ADD1A1.故存在N为CD1的中点使MN∥平面ADD1A1.层级二应试能力达标1．已知a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，\f(5,2)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，x，y))分别是直线l1，l2的一个方向向量．若l1∥l2，则()A．x＝3，y＝eq\f(15,2) B．x＝eq\f(3,2)，y＝eq\f(15,4)C．x＝3，y＝15 D．x＝3，y＝eq\f(15,4)解析：选D∵l1∥l2，∴eq\f(\f(3,2),1)＝eq\f(x,2)＝eq\f(y,\f(5,2))，∴x＝3，y＝eq\f(15,4)，故选D.2.在如图所示的空间直角坐标系中，ABCD-A1B1C1D1是棱长为1的正方体，给出下列结论：①平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0)；②平面B1CD的一个法向量为(1,1,1)；③平面B1CD1的一个法向量为(1,1,1)；④平面ABC1D1的一个法向量为(0,1,1)．其中正确结论的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B∵＝(0,1,0)，AB⊥AD，AA1⊥AD，又AB∩AA1＝A，∴AD⊥平面ABB1A1，∴①正确；∵＝(－1,0,0)，而(1,1,1)·＝－1≠0，∴(1,1,1)不是平面B1CD的法向量，∴②不正确；∵＝(0,1，－1)，＝(－1,0,1)，(1,1,1)·＝0，(1,1,1)·＝0，B1C∩CD1＝C，∴(1,1,1)是平面B1CD1的一个法向量，∴③正确；∵＝(0,1,1)，而·(0,1,1)＝2≠0，∴(0,1,1)不是平面ABC1D1的法向量，即④不正确．因此正确结论的个数为2，选B.3．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是()A．(1，－1,1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－3，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3，－\f(3,2)))解析：选B要判断点P是否在平面α内，只需判断向量与平面α的法向量n是否垂直，即·n是否为0，因此，要对各个选项进行检验．对于选项A，＝(1,0,1)，则·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A；对于选项B，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－4，\f(1,2)))，则·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－4，\f(1,2)))·(3,1,2)＝0，故B正确；同理可排除C、D.故选B.4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC的中点，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A．相交 B．平行C．垂直 D．不能确定解析：选B建系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,2,2)，A1(2,2,0)，C(0,0,2)，B(2,0,2)，∴M(2,1,1)，N(1,1,2)，∴＝(－1,0,1)．又平面BB1C1C的一个法向量为n＝(0,1,0)，∵－1×0＋0×1＋1×0＝0，∴⊥n，∴MN∥平面BB1C1C.故选B.5．若直线l的一个方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的一个法向量为u＝(－2,0，－4)，则直线l与平面α的位置关系为________．解析：∵u＝－2a，∴a∥u，∴l⊥α.答案：l⊥α6．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，则＝________.解析：∵⊥，∴·＝0，∴3＋5－2z＝0，∴z＝4.∵＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·＝0，,·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＋5y＋6＝0，,3x－3＋y－12＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(40,7)，,y＝－\f(15,7)，))故＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3))7.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2eq\r(2)，侧棱长为4，E，F分别是棱AB，BC的中点．求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1.证明：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图，由题意，知D(0,0,0)，A(2eq\r(2)，0,0)，C(0,2eq\r(2)，0)，B1(2eq\r(2)，2eq\r(2)，4)，E(2eq\r(2)，eq\r(2)，0)，F(eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，则＝(0，－eq\r(2)，－4)，＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)．设平面B1EF的法向量为n＝(x，y，z)．则n·＝－eq\r(2)y－4z＝0，n·＝－eq\r(2)x＋eq\r(2)y＝0，得x＝y，z＝－eq\f(\r(2),4)y，令y＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(\r(2),4))).又平面BDD1B1的一个法向量为＝(－2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，而n·＝1×(－2eq\r(2))＋1×2eq\r(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),4)))×0＝0，即n⊥，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.8.如图，在三棱锥P-ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.(1)求证：平面GEF⊥平面PBC；(2)求证：EG与直线PG和BC都垂直．证明：(1)如图，以三棱锥的顶点P为原点，以PA，PB，PC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系P-xyz.则A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,3)，E(0,2,1)，F(0,1,0)，G(1,1,0)，P(0，0,0)．于是＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，－1)．设平面GEF的法向量是n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥，,n⊥，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,x－y－z＝0，))可取n＝(0,1，－1)．显然＝(3,0,0)是平面PBC的一个法向量．又n·＝0，∴n⊥，即平面PBC的法向量与平面GEF的法向量垂直，∴平面GEF⊥平面PBC.(2)由(1)，知＝(1，－1，－1)，＝(1,1,0)，＝(0，－3,3)，∴·＝0，·＝0，∴EG⊥PG，EG⊥BC，∴EG与直线PG和BC都垂直．第二课时空间向量与空间角、距离预习课本P109～110，思考并完成以下问题1．如何利用空间向量求两异面直线所成的角，直线与平面所成的角及二面角？2．如何利用空间向量求点到平面的距离？1．空间角及向量求法角的分类向量求法范围异面直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a，b，则cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)0，eq\f(π,2)直线与平面所成的角设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|)0，eq\f(π,2)二面角设二面角α-l-β的平面角为θ，平面α，β的法向量为n1，n2，则|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)[0，π]2．空间距离的向量求法分类向量求法两点距设A，B为空间中任意两点，则d＝|AB|点面距设平面α的法向量为n，B?α，A∈α，则B点到平面α的距离d＝eq\f(|·n|,|n|)1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等()(2)直线l与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l与平面α所成的角()(3)二面角α-l-β的大小为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则θ＝n1，n2()答案：(1)×(2)×(3)×2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cosm，n＝－eq\f(1,2)，则直线l与平面α所成的角为()A．30° B．60°C．120° D．150°答案：A3．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为()A．45° B．135°C．45°或135° D．90°答案：C求两异面直线所成的角[典例]如图，在三棱锥V-ABC中，顶点C在空间直角坐标系的原点处，顶点A，B，V分别在x，y，z轴上，D是线段AB的中点，且AC＝BC＝2，∠VDC＝eq\f(π,3)，求异面直线AC与VD所成角的余弦值．[解]AC＝BC＝2，D是AB的中点，所以C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0)．在Rt△VCD中，CD＝eq\r(2)，∠VDC＝eq\f(π,3)，故V(0,0，eq\r(6))．所以＝(－2,0,0)，＝(1,1，－eq\r(6))．所以cos〈，〉＝eq\f(·,||||)＝eq\f(－2,2·2\r(2))＝－eq\f(\r(2),4).所以异面直线AC与VD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).利用空间向量求两条异面直线所成的角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需通过相应的向量运算即可，但应注意：用向量法求两条异面直线所成的角是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的，而两条异面直线所成角θ的取值范围是0，eq\f(π,2)，两向量的夹角α的取值范围是[0，π]，所以cosθ＝|cosα|.[活学活用]如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，面ABCD与面D1C1CD垂直，且∠D1DC＝eq\f(π,3)，DC＝DD1＝2，DA＝eq\r(3)，∠ADC＝eq\f(π,2)，求异面直线A1C与AD1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(eq\r(3)，0,0)，D1(0,1，eq\r(3))，C(0,2,0)，D(0,0,0)．由＝得A1(eq\r(3)，1，eq\r(3))．∴＝(－eq\r(3)，1，－eq\r(3))．＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))．∴cos〈，〉＝eq\f(·,||·||)＝eq\f(?－\r(3)，1，－\r(3)?·?\r(3)，－1，－\r(3)?,\r(7)·\r(7))＝－eq\f(1,7).∴异面直线A1C与AD1所成角的余弦值为eq\f(1,7).求直线与平面所成的角[典例]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M，N分别为PC，PB的中点．(1)求证：PB⊥DM；(2)求BD与平面ADMN所成的角．[解]如图，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，设BC＝1，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1)).(1)证明：·＝(2,0，－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，1))＝0，∴⊥，即PB⊥DM.(2)∵·＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0，∴PB⊥AD.又∵PB⊥DM，∴PB⊥平面ADMN.即为平面ADMN的一个法向量．因此〈，〉的余角即是BD与平面ADMN所成的角．∵cos〈，〉＝eq\f(·,||·||)＝eq\f(4,2\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴〈，〉＝eq\f(π,3)，∴BD与平面ADMN所成的角为eq\f(π,6).求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)求直线的方向向量；(3)求平面的法向量n；(4)计算：设线面角为θ，则sinθ＝eq\f(|n·|,|n|·||).[活学活用]如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值．解：设正方体的棱长为1.如图所示，以，，为单位正交基底建立空间直角坐标系O-xyz.依题意，得B(1,0,0)，E0,1，eq\f(1,2)，A(0,0,0)，D(0,1,0)，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1,2)))，＝(0,1,0)．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为AD⊥平面ABB1A1，所以是平面ABB1A1的一个法向量．设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|·|,||·||)＝eq\f(1,\f(3,2)×1)＝eq\f(2,3).故直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为eq\f(2,3).求二面角[典例]如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形．(1)证明：O1O⊥底面ABCD.(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1-OB1-D的余弦值．[解](1)证明：因为四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，因为AC∩BD＝O，所以O1O⊥底面ABCD.(2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD为菱形，AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1两两垂直．如图，以O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．设棱长为2，因为∠CBA＝60°，所以OB＝eq\r(3)，OC＝1，所以O(0,0,0)，B1(eq\r(3)，0,2)，C1(0,1,2)，平面BDD1B1的一个法向量为n＝(0,1,0)，设平面OC1B1的法向量为m＝(x，y，z)，则由m⊥，m⊥，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋2z＝0，,y＋2z＝0))取z＝－eq\r(3)，则x＝2，y＝2eq\r(3)，所以m＝(2,2eq\r(3)，－eq\r(3))，所以cosm，n＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),\r(19))＝eq\f(2\r(57),19).由图形可知二面角C1-OB1-D的大小为锐角，所以二面角C1-OB1-D的余弦值为eq\f(2\r(57),19).[一题多变]1．[变设问]本例条件不变，求二面角B-A1C-D的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系．设棱长为2，则A1(0，－1,2)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，0，0)).所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，1，0))，＝(0,2，－2)，＝(－eq\r(3)，－1,0)．设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y1－2z1＝0，,－\r(3)x1＋y1＝0，))取x1＝eq\r(3)，则y1＝z1＝3，故n1＝(eq\r(3)，3,3)．设平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y2－2z2＝0，,－\r(3)x2－y2＝0，))取x2＝eq\r(3)，则y2＝z2＝－3，故n2＝(eq\r(3)，－3，－3)．所以cosn1，n2＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq\f(15,21)＝－eq\f(5,7).由图形可知二面角B-A1C-D的大小为钝角，所以二面角B-A1C-D的余弦值为－eq\f(5,7).2．[变条件、变设问]本例四棱柱中，∠CBA＝60°改为∠CBA＝90°，设E，F分别是棱BC，CD的中点，求平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值．解：以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，设此棱柱的棱长为1，则A(0,0,0)，B1(1,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，D1(0,1,1)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，＝(1,0,1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，＝(0,1,1)．设平面AB1E的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,x1＋\f(1,2)y1＝0，))令y1＝2，则x1＝－1，z1＝1，所以n1＝(－1,2,1)．设平面AD1F的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＋z2＝0，,\f(1,2)x2＋y2＝0.))令x2＝2，则y2＝－1，z2＝1.所以n2＝(2，－1,1)．所以平面AB1E与平面AD1F所成锐二面角的余弦值为eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(3,\r(6)×\r(6))＝eq\f(1,2).向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤(1)建立适当的坐标系，写出相应点的坐标；(2)求出两个半平面的法向量n1，n2；(3)设二面角的平面角为θ，则|cosθ|＝|cosn1，n2|；(4)根据图形判断θ为钝角还是锐角，从而求出θ(或其三角函数值)．用空间向量求距离[典例]四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝DA＝2，F，E分别为AD，PC的中点．(1)求证：DE∥平面PFB；(2)求点E到平面PFB的距离．[解](1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，F(1,0,0)，B(2,2,0)，E(0,1,1)．＝(－1,0,2)，＝(1,2,0)，＝(0,1,1)，∴＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，∴∥平面PFB.又∵DE?平面PFB，∴DE∥平面PFB.(2)∵DE∥平面PFB，∴点E到平面PFB的距离等于点D到平面PFB的距离．设平面PFB的一个法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝0，,－x＋2z＝0，))令x＝2，得y＝－1，z＝1.∴n＝(2，－1,1)，又∵＝(－1,0,0)，∴点D到平面PFB的距离d＝eq\f(|·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3).∴点E到平面PFB的距离为eq\f(\r(6),3).求点到平面的距离的四步骤[活学活用]在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是A1B1，CD的中点，求点B到平面AEC1F的距离．解：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，B(1,1,0)．∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，＝－1，eq\f(1,2)，0.设平面AEC1F的法向量为n＝(1，λ，μ)，则n·＝0，n·＝0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)λ＋μ＝0，,－1＋\f(1,2)λ＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝－1，))∴n＝(1,2，－1)．又∵＝(0,1,0)，∴点B到平面AEC1F的距离d＝eq\f(|·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3).层级一学业水平达标1．已知平面α的一个法向量为n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为()A．10 B．3C.eq\f(8,3) D.eq\f(10,3)解析：选D点P到平面α的距离d＝eq\f(|·n|,|n|)＝eq\f(|－2－4－4|,\r(4＋4＋1))＝eq\f(10,3).2．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(1,3)解析：选A建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，C1(0,1,2)，故＝(1,1,0)，＝(0,1,2)，＝(0,1,0)．设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令z＝1，则y＝－2，x＝2，所以平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2,1)．设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝eq\f(|n·|,|n|·||)＝eq\f(2,3)，故选A.3．在60°的二面角α-l-β的棱l上有两点A，B，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，AC⊥l，BD⊥l，若AB＝4，AC＝6，BD＝8，则CD的长为()A．2eq\r(29)B．2eq\r(17)C．2eq\r(5)D．2eq\r(41)解析：选B由已知，可得AC⊥AB，BD⊥AB，∵二面角的大小为60°，则〈，〉＝60°.∴〈，〉＝120°，∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝36＋16＋64＋2×6×8×cos120°＝68.∴CD＝eq\r(68)＝2eq\r(17).4．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，DD1＝3，则AC与BD1所成角的余弦值为()B.eqB.eq\f(3\r(70),70)C．－eq\f(3\r(70),70)D.eqD.q\f(\r(70),70)解析：选A建立如图坐标系，则D1(0,0,3)，B(2,2,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，∴＝(－2，－2,3)，＝(－2,2,0)．∴cos〈，〉＝eq\f(·,||||)＝0.∴〈，〉＝90°，其余弦值为0.5．正方形ABCD所在平面外有一点P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小为()A．30°B．45°C．60° D．90°解析：选B建系如图，设AB＝1，则A(0,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)．平面PAB的法向量为n1＝(1,0,0)．设平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y＝0.))令x＝1，则z＝1.∴n2＝(1,0,1)，cos〈n1，n2〉＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).∴平面PAB与平面PCD所成的二面角的余弦值为eq\f(\r(2),2).∴此角的大小为45°.6．直线l的方向向量a＝(－2,3,2)，平面α的一个法向量n＝(4,0,1)，则直线l与平面α所成角的正弦值为___________________________________________________________．解析：设直线l与平面α所成的角是θ，a，n所成的角为β，sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|?－2，3，2?·?4，0，1?|,\r(17)×\r(17))＝eq\f(6,17).答案：eq\f(6,17)7．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉＝________.解析：建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为2.则C(0,2,0)，M(2,0,1)，D1(0,0,2)，N(2,2,1)．∴＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)．cos〈，〉＝eq\f(4－4－1,3×3)＝－eq\f(1,9).∴sin〈，〉＝eq\f(4\r(5),9).答案：eq\f(4\r(5),9)8.如图正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是平面A1B1C1D1的中心，则BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为________．解析：建立空间直角坐标系如图，则B(1,1,0)，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，＝(1,0,1)是平面ABC1D1的一个法向量．又＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，∴BO与平面ABC1D1所成角的正弦值为eq\f(|·|,||·||)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(6),2)×\r(2))＝eq\f(\r(3),6).答案：eq\f(\r(3),6)9.如图，在四棱锥PABCD中，AB⊥PA，AB∥CD，且PB＝BC＝BD＝eq\r(6)，CD＝2AB＝2eq\r(2)，∠PAD＝120°.(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；(2)求直线PD与平面PBC所成的角的正弦值．解：(1)证明：取CD的中点E，连接BE.∵BC＝BD，E为CD中点，∴BE⊥CD，又∵AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD＝DE，∴四边形ABED是矩形，∴AB⊥AD，又AB⊥PA，PA?平面PAD，AD?平面PAD，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD.∵AB∥CD，∴CD⊥平面PAD，又CD?平面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD.(2)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，以平面ABCD过点A的垂线为z轴建立空间直角坐标系Axyz，如图所示：∵PB＝BD＝eq\r(6)，AB＝eq\r(2)，AB⊥PA，AB⊥AD，∴PA＝AD＝2.∴P(0，－1，eq\r(3))，D(0,2,0)，B(eq\r(2)，0,0)，C(2eq\r(2)，2,0)，∴＝(0,3，－eq\r(3))，＝(－eq\r(2)，－1，eq\r(3))，＝(eq\r(2)，2,0)．设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋2y＝0，,－\r(2)x－y＋\r(3)z＝0，))取x＝eq\r(2)，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－1，\f(\r(3),3)))，∴cos〈n，〉＝eq\f(n·,|n|||)＝eq\f(－4,\r(\f(10,3))·2\r(3))＝－eq\f(\r(10),5).∴直线PD与平面PBC所成的角的正弦值为eq\f(\r(10),5).10.如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)若二面角D-PC-A的余弦值为eq\f(\r(5),5)，求点A到平面PBC的距离．解：(1)证明：∵PA⊥底面ABCD，BC?平面ABCD，∴PA⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.(2)设AP＝h，取CD的中点E，则AE⊥CD，∴AE⊥AB.又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，PA⊥AB，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0，h)，Ceq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0，Deq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，0，B(0,2,0)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－h))，＝(0,1,0)，设平面PDC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1－hz1＝0，,y1＝0，))取x1＝h，∴n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h，0，\f(\r(3),2))).由(1)知平面PAC的一个法向量为＝eq\f(\r(3),2)，－eq\f(3,2)，0，∴|cosn1，|＝eq\f(\f(\r(3),2)h,\r(h2＋\f(3,4))×\r(3))＝eq\f(\r(5),5)，解得h＝eq\r(3)，同理可求得平面PBC的一个法向量n2＝(3，eq\r(3)，2)，所以，点A到平面PBC的距离为d＝eq\f(|·n2|,|n2|)＝eq\f(2\r(3),4)＝eq\f(\r(3),2).层级二应试能力达标1.如图所示，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC的中点，则二面角C-BF-D的正切值为()A.eq\f(\r(3),6) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(3),3)解析：选D如图所示，设AC与BD交于O，连接OF.以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz.设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝eq\r(3)，所以O(0,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，易知为平面BDF的一个法向量，由＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，可得平面BCF的一个法向量为n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))．所以cosn，＝eq\f(\r(21),7)，sinn，＝eq\f(2\r(7),7)，所以tann，＝eq\f(2\r(3),3).2．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(6),4)B.eqB.eq\f(\r(10),4)C.eqC.eq\f(\r(3),2)D.eqD.eq\f(\r(3),4)解析：选A建立如图的空间直角坐标系，可知∠CB1C1＝60°，∠DC1D1＝45°，设B1C1＝1，CC1＝eq\r(3)＝DD1.∴C1D1＝eq\r(3)，则有B1(eq\r(3)，0,0)，C(eq\r(3)，1，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1,0)，D(0,1，eq\r(3))．∴＝(0,1，eq\r(3))，＝(－eq\r(3)，0，eq\r(3))．∴cos〈，〉＝eq\f(·,||||)＝eq\f(3,2\r(6))＝eq\f(\r(6),4).3．在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)PA，点O，D分别是AC，PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面PBC所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(21),6)B.eqB.\f(8\r(3),3)C.eqC.\f(\r(210),60)D.eqD.\f(\r(210),30)解析：选D不妨设AB＝BC＝eq\f(1,2)PA＝2，∵OP⊥底面ABC，∴PO＝eq\r(14).根据题意，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系B-xyz，如图所示．则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，P(1,1，eq\r(14))．∵点O，D分别是AC，PC的中点，∴＝eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(\r(14),2))).又＝(0,2,0)，＝(1,1，eq\r(14))，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＋y＋\r(14)z＝0，))取n＝(－eq\r(14)，0,1)，∴cosn，＝eq\f(n·,|n|||)＝eq\f(\r(210),30)，∴sinθ＝eq\f(\r(210),30)(θ为OD与平面PBC所成的角)，故选D.4．正方体ABCD-A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(6),3)解析：选D不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)．平面ACD1的法向量为＝(1,1,1)，又＝(0,0,1)，∴cos，＝eq\f(·,||||)＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3).∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),3).5.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成角的大小是________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，O为BC中点，设三棱柱的棱长为2a，则点A(eq\r(3)a,0,0)，B(0，a,0)，B1(0，a,2a)，M(0，－a，a)，＝(－eq\r(3)a，a,2a)，＝(0，－2a，a)，所以·＝0，因此异面直线AB1与BM所成的角为90°.答案：90°6.正三角形ABC与正三角形BCD所在的平面互相垂直，则直线CD与平面ABD所成角的正弦值为________．解析：取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.设BC＝1，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Deq\f(\r(3),2)，0,0，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)).设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0，))取x＝1，则y＝－eq\r(3)，z＝1，所以n＝(1，－eq\r(3)，1)，所以cosn，＝eq\f(\f(\r(3),2)＋\f(\r(3),2),\r(5)×1)＝eq\f(\r(15),5)，因此直线CD与平面ABD所成角的正弦值为eq\f(\r(15),5).答案：eq\f(\r(15),5)7.如图，四边形ABCD中，△BCD为正三角形，AD＝AB＝2，BD＝2eq\r(3)，AC与BD交于O点，将△ACD沿边AC折起，使D点至P点，已知PO与平面ABCD所成的角为θ，且P点在平面ABCD内的射影落在△ACD内．(1)求证：AC⊥平面PBD；(2)若已知二面角APBD的余弦值为eq\f(\r(21),7)，求θ的大小．解：(1)证明：由题意，O为BD的中点，则AC⊥BD，又AC⊥PO，BD∩PO＝O，所以AC⊥平面PBD.(2)以OB为x轴，OC为y轴，过O垂直于平面ABC向上的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，P(－eq\r(3)cosθ，0，eq\r(3)sinθ)，则＝(eq\r(3)，1,0)，＝(－eq\r(3)cosθ，1，eq\r(3)sinθ)，平面PBD的法向量为j＝(0,1,0)，设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥，,n⊥，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,－\r(3)xcosθ＋y＋\r(3)zsinθ＝0.))令x＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，\f(cosθ＋1,sinθ))).∴cos〈n，j〉＝eq\f(|n·j|,|n||j|)＝eq\f(\r(3),\r(4＋\f((cosθ＋1)2,sin2θ)))＝eq\f(\r(21),7)，∴eq\f((cosθ＋1)2,sin2θ)＝3，化简得cosθ＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq\f(π,3).8.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB＝2CD＝2BC＝2，P为CE的中点．(1)求证：AB⊥DE；(2)求平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值；(3)在△ABE内是否存在一点Q，使PQ⊥平面CDE？如果存在，求出PQ的长；如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取AB的中点O，连接OD，OE.因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE.因为四边形ABCD是直角梯形，CD＝eq\f(1,2)AB，AB∥CD，所以四边形OBCD是平行四边形，OD∥BC.又AB⊥BC，所以AB⊥OD.又OE∩OD＝O，所以AB⊥平面ODE.又DE?平面ODE，所以AB⊥DE.(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，AB⊥OE，所以OE⊥平面ABCD.又OD?平面ABCD，所以OE⊥OD.如图所示，以O为坐标原点建立空间直角坐标系．则A(1,0,0)，B(－1,0,0)，D(0,0,1)，C(－1,0,1)，E(0，eq\r(3)，0)，所以＝(－1,0,1)，＝(0,eq\r(3)，－1)，设平面ADE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y1－z1＝0，,－x1＋z1＝0，))令z1＝1，则x1＝1，y1＝eq\f(\r(3),3)，所以n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，1)).同理求得平面BCE的法向量为n2＝(－eq\r(3)，1,0)．设平面ADE与平面BCE所成的锐二面角为θ，则cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(7),7).所以平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值为eq\f(\r(7),7).(3)假设在△ABE内存在满足题意的点Q，设Q(x2，y2,0)．因为Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)，y2－\f(\r(3),2)，－\f(1,2))).又＝(1,0,0)，＝(0，eq\r(3)，－1)，依题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·＝0,·＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)＝0，,\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－\f(\r(3),2)))＋\f(1,2)＝0，))解得x2＝－eq\f(1,2)，y2＝eq\f(\r(3),3)，则点Q在△ABE内．所以存在点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),3)，0))，使PQ⊥平面CDE，此时PQ＝eq\f(\r(3),3).(时间120分钟满分150分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设空间向量a＝(1,2,1)，b＝(2,2,3)，则a·b＝()A．(2,4,3) B．(3,4,4)C．9 D．－5解析：选C∵a＝(1,2,1)，b＝(2,2,3)，∴a·b＝1×2＋2×2＋1×3＝9.2．设l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，l2的方向向量为b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m等于()A．1 B．2C.eq\f(1,2) D．3解析：选B若l1⊥l2，则a⊥b，∴a·b＝0，∴1×(－2)＋2×3＋(－2m)＝0，解得m＝2.3．已知向量i，j，k是一组单位正交向量，m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，则m·n＝()A．7 B．－20C．28 D．11解析：选C因为m＝(0,8,3)，n＝(－1,5，－4)，所以m·n＝0＋40－12＝28.4．已知二面角αlβ的大小为eq\f(π,3)，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2) D.eq\f(2π,3)解析：选B设m，n的方向向量分别为m，n.由m⊥α，n⊥β知m，n分别是平面α，β的法向量．∵|cos〈m，n〉|＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，∴〈m，n〉＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).但由于两异面直线所成的角的范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故异面直线m，n所成的角为eq\f(π,3).5．已知空间三点O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)在直线OA上有一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为()A．(－2,2,0) B．(2，－2,0)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))解析：选C由＝(－1,1,0)，且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则BH→＝(－λ，λ－1，－1)．又BH⊥OA，∴·OA→＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝eq\f(1,2)，∴Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)).6．如图，三棱锥SABC中，棱SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC，则二面角ABCS大小的正切值为()A．1 B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(2) D．2解析：选C∵三棱锥SABC中，棱SA，SB，SC两两垂直，且SA＝SB＝SC，∴SA⊥平面SBC，且AB＝AC＝eq\r(SA2＋SB2)，取BC的中点D，连接SD，AD，则SD⊥BC，AD⊥BC，则∠ADS是二面角ABCS的平面角，设SA＝SB＝SC＝1，则SD＝eq\f