空间向量在立体几何中

空间向量在立体几何中的应用eq\a\vs4\al(第七节空间向量在立体几何中的应用)[备考方向要明了]考什么怎么考1.理解直线的方向向量与平面的法向量．2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．3.能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理(包括三垂线定理)．4.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.高考中很少考查直线的方向向量，而平面法向量则多渗透在解答题中考查．2.利用向量法证明有关线、面位置关系，在高考有所体现，如2012年陕西T18，可用向量法证明．3.高考对空间向量及应用的考查，多以解答题形式考查，并且作为解答题的第二种方法考查，如2012年北京T16，天津T17等.[归纳·知识整合]1．两个重要向量(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个．(2)平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量．[探究]1.在求平面的法向量时，所列的方程组中有三个变量，但只有两个方程，如何求法向量？提示：给其中一个变量恰当赋值，求出该方程组的一组非零解，即可作为法向量的坐标．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2.l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔m·n＝0l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α、β的法向量分别为n，m.α∥βn∥m⇔n＝λmα⊥βn⊥m⇔n·m＝03.两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)(其中φ为异面直线a，b所成的角)．4．直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|n·e|,|n||e|).5．求二面角的大小(1)如图①，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．(2)如图②③，n1，n2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＝〈n1，n2〉(或π－〈n1，n2〉)．[探究]2.两向量的夹角的范围是什么？两异面直线所成角呢？直线与平面所成角呢？二面角呢？提示：两向量的夹角范围是[0，π]；两异面直线所成角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；直线与平面所成角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；二面角的范围是[0，π]，注意以上各角取值范围的区别．6．点到平面的距离的向量求法如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝eq\f(|·n|,|n|).[自测·牛刀小试]1．(教材习题改编)两条不重合的直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1，－1,2)，v2＝(0,2,1)，则l1与l2的位置关系是()A．平行 B．相交C．垂直 D．不确定解析：选C∵v1·v2＝1×0＋(－1)×2＋2×1＝0，∴v1⊥v2，从而l1⊥l2.2．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⊥αC．l⊂α D．l与α斜交解析：选B∵a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)∴n＝－2a，即a∥n.∴l⊥α.3．若平面α、β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则()A．α∥β B．α⊥βC．α、β相交但不垂直 D．以上均不正确解析：选C∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n1与n2不垂直，∴α与β相交但不垂直．4．(教材习题改编)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________．解析：cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,1×\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，即〈m，n〉＝45°，其补角为135°.∴两平面所成的二面角为45°或135°.答案：45°或135°5．若平面α的一个法向量为n＝(2,1,2)，直线l的一个方向向量为a＝(－1,1,1)，则l与α所成的角的正弦值为________．解析：设直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，a〉|＝eq\f(|n·a|,|n|·|a|)＝eq\f(|－1×2＋1×1＋1×2|,\r(－12＋12＋12)·\r(22＋12＋22))＝eq\f(\r(3),9).答案：eq\f(\r(3),9)用向量法证明平行、垂直[例1]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC，E、F、E1分别是棱AA1，BB1，A1B1的中点．(1)求证：CE∥平面C1E1F；(2)求证：平面C1E1F⊥平面CEF.[自主解析]以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设BC＝1，则C(0,1,0)，E(1,0,1)，C1(0,1,2)，F(1,1,1)，E1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2)).(1)设平面C1E1F的法向量n＝(x，y，z)．∵＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，0))，＝(－1,0,1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)y＝0，,－x＋z＝0.))取n＝(1,2,1)．∵＝(1，－1,1)，n·＝1－2＋1＝0，∴⊥n.又∵CE⊄平面C1E1F，∴CE∥平面C1E1F.(2)设平面EFC的法向量为m＝(a，b，c)，由＝(0,1,0)，＝(－1,0，－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝0，,－a－c＝0.))取m＝(－1,0,1)．∵m·n＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0，∴平面C1E1F⊥平面CEF.保持例题条件不变，求证：CF⊥平面C1EF.证明：由例题可知，E(1,0,1)，F(1,1,1)，C(0,1,0)，C1(0,1,2)，∴＝(1,0,1)，＝(1,0，－1)，＝(0,1,0)．∴·＝1×1＋0×0＋1×(－1)＝0，·＝1×0＋0×1＋1×0＝0.∴⊥，⊥.∴CF⊥C1F，CF⊥EF.∵C1F∩EF＝F，∴CF⊥平面C1EF.———————————————————1.向量法证明空间平行或垂直的关键点利用向量法证明空间中的平行或垂直的问题时，建系是关键的一步，通常借助于几何图形中的垂直关系选择坐标原点和坐标轴，并让尽可能多的顶点在坐标轴上.2.向量法证明线面平行的注意点用向量法证线面平行可以证明直线的一个方向向量与平面内的某一向量是共线平行向量，也可以证明直线的方向向量与平面的某个法向量垂直，在具体问题中可选择较简单的解法.1．(2013·安徽师大附中模拟)如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE.解：设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，eq\r(3)a,0)，E(a，eq\r(3)a,2a)．∵F为CD的中点，∴Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0)).(1)证明：＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))，＝(a，eq\r(3)a，a)，＝(2a,0，－a)，∵＝eq\f(1,2)(＋)，AF⊄平面BCE，∴AF∥平面BCE.(2)证明：∵＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a，0))，＝(－a，eq\r(3)a,0)，＝(0,0，－2a)，∴·＝0，·＝0，∴⊥，⊥.又CD∩DE＝D，∴⊥平面CDE，即AF⊥平面CDE.又AF∥平面BCE，∴平面BCD⊥平面CDE.利用空间向量求空间角[例2]如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝FB＝1.(1)求二面角C－DE－C1的正切值；(2)求直线EC1与FD1所成角的余弦值．[自主解析](1)以A为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、F(4,1,0)、C1(4,3,2)，于是＝(3，－3,0)，EC1＝(1,3,2)，FD1＝(－4,2,2)．设n＝(x，y,2)为平面C1DE的法向量，则有eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(n⊥,n⊥))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(3x－3y＝0,x＋3y＋2×2＝0))⇒x＝y＝－1，∴n＝(－1，－1,2)，∵向量＝(0,0,2)与平面CDE垂直，∴n与AA1所成的角θ为二面角C－DE－C1的平面角或其补角．∵cosθ＝eq\f(n·,|n|||)＝eq\f(－1×0－1×0＋2×2,\r(1＋1＋4)×\r(0＋0＋4))＝eq\f(\r(6),3)，由图知二面角C－DE－C1的平面角为锐角，∴tanθ＝eq\f(\r(2),2).(2)设EC1与FD1所成的角为β，则cosβ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·,||||)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1×－4＋3×2＋2×2,\r(12＋32＋22)×\r(－42＋22＋22))))＝eq\f(\r(21),14).———————————————————求平面的法向量的步骤(1)设出法向量的坐标，一般设为n＝(x，y，z)；(2)建立方程组，即利用平面的法向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直，建立关于x，y，z的方程组．(3)消元，通过加减消元，用一个未知数表示另两个未知数．(4)赋值确定平面的一个法向量．2．(2012·新课标全国卷)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.(1)证明：DC1⊥BC；(2)求二面角A1­BD­C1的大小．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝eq\f(1,2)AA1，可得DCeq\o\al(2,1)＋DC2＝CCeq\o\al(2,1)，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.BC⊂平面BCD，故DC1⊥BC.(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直．以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)．则＝(0,0，－1)，＝(1，－1,1)，＝(－1,0,1)．设n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋z＝0，,z＝0，))可取n＝(1,1,0)．同理，设m是平面C1BD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))可取m＝(1,2,1)．从而cosn，m＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(\r(3),2).故二面角A1－BD－C1的大小为30°.利用向量法求空间距离[例3]在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝2eq\r(3)，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示，求点B到平面CMN的距离．[自主解答]取AC的中点O，连接OS、OB.∵SA＝SC，AB＝BC，∴AC⊥SO，AC⊥BO.∵平面SAC⊥平面ABC，平面SAC∩平面ABC＝AC，∴SO⊥平面ABC，又∵BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO.如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0,2eq\r(3)，0)，C(－2,0,0)，S(0,0,2eq\r(2))，M(1，eq\r(3)，0)，N(0，eq\r(3)，eq\r(2))．∴＝(3，eq\r(3)，0)，＝(－1,0，eq\r(2))，＝(－1，eq\r(3)，0)．设n＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·n＝3x＋\r(3)y＝0，,·n＝－x＋\r(2)z＝0，))取z＝1，则x＝eq\r(2)，y＝－eq\r(6)，∴n＝(eq\r(2)，－eq\r(6)，1)．∴点B到平面CMN的距离d＝eq\f(|n·|,|n|)＝eq\f(4\r(2),3).———————————————————求平面α外一点P到平面α的距离的步骤(1)求平面α的法向量n；(2)在平面α内取一点A，确定向量的坐标；(3)代入公式d＝eq\f(|n·|,|n|)求解．3．已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AB，AD的中点，GC⊥平面ABCD，且GC＝2.求点B到平面EFG的距离．解：如图所示，以C为原点，CB、CD、CG所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O－xyz.由题意知B(4,0,0)，E(4,2,0)，F(2,4,0)，G(0,0,2)，＝(0,2,0)，＝(4,2，－2)，＝(－2,2,0)．设平面GEF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(2x＋y－z＝0，,－x＋y＝0，))令x＝1，则y＝1，z＝3，∴n＝(1,1,3)．点B到平面GEF的距离为d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(||·cos〈，n〉))＝eq\f(|·n|,|n|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0，2，0·1，1，3,\r(11))))＝eq\f(2\r(11),11).2种方法——用向量证平行与垂直的方法(1)用向量证平行的方法①线线平行：证明两直线的方向向量共线．②线面平行：a.证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；b．证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行．③面面平行：a.证明两平面的法向量为共线向量；b．转化为线面平行、线线平行问题．(2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．3种角——利用向量法求三种角的问题在立体几何中，涉及的角有异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角等．关于角的计算，均可归结为两个向量的夹角．(1)求两异面直线a、b的夹角θ，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cosθ＝|cos〈a，b〉|.(2)求直线l与平面α所成的角θ可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sinθ＝|cos〈n，a〉|.(3)求二面角α­l­β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．1个易错点——利用平面法向量求二面角的易错点利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点.答题模板——空间向量在立体几何中的应用[典例](2012·安徽高考·满分12分)平面图形ABB1A1C1C如图①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝eq\r(2)，A1B1＝A1C1＝eq\r(5)，现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图②所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A­BC­A1的余弦值．[快速规范审题]1．审条件，挖解题信息观察条件：四边形BB1C1C是矩形，面ABC⊥面BB1C1C，面A1B1C1⊥面BB1C1Ceq\o(→,\s\up7(取BC，B1C1的中点D，D1),\s\do5(连接DD1))DD1，B1D1，A1D1两两垂直．2．审结论，明确解题方向观察结论：(1)证明：AA1⊥BC，(2)求AA1的长，(3)求二面角A－BC－A1的余弦值eq\o(→,\s\up7(需建立空间直角坐标系),\s\do5(正确写出相关点的坐标))转化为向量运算解决．3．建联系，找解题突破口D1D，D1B1，D1A1两两垂直，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝eq\r(2)，A1B1＝A1C1＝eq\r(5)eq\o(→,\s\up7(以D1D，D1B1，D1A1所在直线),\s\do5(分别为z轴，x轴，y轴))建立空间直角坐标系eq\o(→,\s\up7(及相关向量),\s\do5())(1)证明·＝0，(2)计算AA1＝||，(3)求平面法向量的夹角→得相应结论．[准确规范答题]坐标系建立不当，不能准确地推证AD∥A1D1，导致点A的坐标求错.(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1.因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1.⇨(1分)又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.⇨(2分)故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1－xyz.⇨(3分)由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1.⇨(4分)所以A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0，4)，故＝(0,3，－4)，＝(－2,0,0)，·＝0，⇨(5分)因此⊥，即AA1⊥BC.⇨(6分)求出cos〈n1，n2〉＝eq\f(\r(5),5)后，不判断二面角大小直接得出结论从而失误.(2)因为＝(0,3，－4)，所以||＝5，即AA1＝5.⇨(8分)(3)设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，又因为＝(－1，－2,4)，＝(1，－2,4)，⇨(9分)所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·n1＝0，,·n1＝0，))⇨(10分)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋2y1－4z1＝0，,x1－2y1＋4z1＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,y1＝2z1.))令z1＝1，则n1＝(0,2,1)．又因为平面ABC⊥z轴，所以取平面ABC的法向量为n2＝(0,0,1)，不注意条件“z轴⊥平面ABC”的应用，增大运算量.则cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，⇨(11分)所以二面角A－BC－A1的余弦值为－eq\f(\r(5),5).⇨(12分)[答题模板速成]利用空间向量解决立体几何问题的一般步骤：第一步理清题意利用条件分析问题，建立恰当的空间直角坐标系⇒第二步确定相关点的坐标结合建系过程与图形，准确地写出相关点的坐标⇒第三步确立平面的法向量利用点的坐标求出相关直线的方向向量和平面的法向量，若已知某直线垂直某平面，可直接取直线的一个方向向量为该平面的法向量⇒第四步转化为向量运算将空间位置关系转化为向量关系，空间角转化为向量的夹角问题去论证，求解⇒第五步问题还原结合条件与图形，作出结论(注意角的范围)⇒第六步反思回顾回顾检查建系过程、坐标是否有错及是否忽视了所求角的范围而写错结论一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．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，求与夹角的余弦值．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，，的方向为x，y，z轴的正方向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，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，－\r(3)))，＝(1,0,0)，∴与夹角的余弦值为cos〈，〉＝eq\f(·,||·||)＝eq\f(\f(1,2),\r(1×\f(22,4)))＝eq\f(\r(22),22).2．(2013·孝感模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．(1)求证：PA⊥EF；(2)求二面角D－FG－E的余弦值．解：(1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(－2,0,0)，P(0,0,2)，E(－1,0，1)，F(0,0,1)，G(－2,1,0)．(1)∵＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，∴·＝0，∴PA⊥EF.(2)易知＝(0,0,1)，＝(－2,1，－1)．设平面DFG的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z1＝0，,－2x1＋y1－z1＝0.))令x1＝1，得m＝(1,2,0)是平面DFG的一个法向量．同理可得n＝(0,1,1)是平面EFG的一个法向量，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)，由图可知二面角D－FG－E为钝角，∴二面角D－FG－E的余弦值为－eq\f(\r(10),5).3.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝eq\r(2)AA1，点D是A1B1的中点，点E在A1C1上且DE⊥AE.(1)证明：平面ADE⊥平面ACC1A1；(2)求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值．解：(1)证明：由正三棱柱ABC－A1B1C1的性质知AA1⊥平面A1B1C1，又DE⊂平面A1B1C1，所以DE⊥AA1.而DE⊥AE，AA1∩AE＝A，所以DE⊥平面ACC1A1.又DE⊂平面ADE，故平面ADE⊥平面ACC1A1.(2)如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA1＝eq\r(2)，则AB＝2，相关各点的坐标分别是A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C1(0,1，eq\r(2))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2))).易知＝(eq\r(3)，1,0)，＝(0,2，eq\r(2))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2))).设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝\r(3)x＋y＝0，,n·＝2y＋\r(2)z＝0.))解得x＝－eq\f(\r(3),3)y，z＝－eq\r(2)y.故可取n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(6))．所以，cos〈n，〉＝eq\f(n·,|n|·||)＝eq\f(2\r(3),\r(10)×\r(3))＝eq\f(\r(10),5).由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为eq\f(\r(10),5).4．(2012·江西高考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝eq\r(5)，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值．解：(1)证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，所以OE⊥BB1.因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因为AB＝AC，OB＝OC，得AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C，又AO＝eq\r(AB2－BO2)＝1，AA1＝eq\r(5)，得AE＝eq\f(AO2,AA1)＝eq\f(\r(5),5).(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，由＝eq\f(1,5)得点E的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，0，\f(2,5)))，由(1)得平面BB1C1C的法向量是＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，0，\f(2,5)))，设平面A1B1C的法向量n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,y＋z＝0.))令y＝1，得x＝2，z＝－1，即n＝(2,1，－1)，所以cos〈，n〉＝eq\f(·n,||·|n|)＝eq\f(\r(30),10)，即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是eq\f(\r(30),10).5．如图所示，在多面体ABCD－A1B1C1D1中，上，下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F－CC1－B的余弦值．解：以D为坐标原点，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，则A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)．(1)∵＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)，∴|cos〈，〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·,||·|)))＝eq\f(\r(3),3)，所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).(2)∵＝(－a，－a，a)，＝(－2a,0,0)，＝(0，a，a)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·＝0，,·＝0，))∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC.∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B.(3)由(2)知，为平面BCC1B1的一个法向量．设n＝(x1，y1，z1)为平面FCC1的法向量，∵＝(0，－a，a)，＝(－a,2a,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ay1＋az1＝0，,－ax1＋2ay1＝0.))令y1＝1，则x1＝2，z1＝1，∴n＝(2,1,1)，∴cos〈，n〉＝eq\f(·n,||·|n|)＝eq\f(\r(3),3)，即二面角F－CC1－B的余弦值为eq\f(\r(3),3).6．(2013·聊城模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；(2)设点M在线段PC上，eq\f(PM,MC)＝eq\f(1,2)，求证：PA∥平面MQB；(3)在(2)的条件下，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求二面角M－BQ－C的大小．解：(1)连接BD，四边形ABCD菱形，∵∠BAD＝60°，∴△ABD为正三角形，又Q为AD中点，∴AD⊥BQ.∵PA＝PD，Q为AD的中点，AD⊥PQ，又BQ∩PQ＝Q，∴AD⊥平面PQB，AD⊂平面PAD.∴平面PQB⊥平面PAD.(2)连接AC交BQ于点N，如图(1)：由AQ∥BC可得，△ANQ∽△CNB，∴eq\f(AQ,BC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,2).又eq\f(PM,MC)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(PM,MC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,2).∴PA∥MN.∵MN⊂平面MQB，PA⊄平面MQB，图(1)∴PA∥平面MQB.(3)由PA＝PD＝AD＝2，Q为AD的中点，则PQ⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD.以Q为坐标原点，分别以QA、QB、QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图(2)所示的坐标系，则各点坐标为A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，Q(0,0,0)，P(0,0，eq\r(3))．设平面MQB的法向量n＝(x，y,1)，可得图(2)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0.))∵PA∥MN，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0.))解得n＝(eq\r(3)，0,1)．取平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)．cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,2).故二面角M－BQ－C的大小为60°.7．(2012·福建高考)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．解：(1)证明：以A为原点，，，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(如图)．设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a，0,1)，故＝(0,1,1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1))，＝(a,0,1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).∵·＝－eq\f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))取x＝1，则y＝－eq\f(a,2)，z＝－a，得平面B1AE的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a)).要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2).又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝eq\f(1,2).(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，∴AD1⊥平面DCB1A1，∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．设与n所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(n·,|n|||)＝eq\f(－\f(a,2)－a,\r(2)·\r(1＋\f(a2,4)＋a2)).∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，∴|cosθ|＝cos30°，即eq\f(\f(3a,2),\r(2)·\r(1＋\f(5a2,4)))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝2，即AB的长为2.1．直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D、E分别为AB、BB′的中点．(1)求证：CE⊥A′D；(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值．解：(1)设＝a，＝b，＝c，根据题意，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0，∴＝b＋eq\f(1,2)c，＝－c＋eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)a.∴·＝－eq\f(1,2)c2＋eq\f(1,2)b2＝0.∴⊥，即CE⊥A′D.(2)＝－a＋c，＝b＋eq\f(1,2)c，∴||＝eq\r(2)|a|，||＝eq\f(\r(5),2)|a|.·＝(－a＋c)·(b＋eq\f(1,2)c)＝eq\f(1,2)c2＝eq\f(1,2)|a|2，∴cos〈，〉＝eq\f(\f(1,2)|a|2,\r(2)·\f(\r(5),2)|a|2)＝eq\f(\r(10),10).即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为eq\f(\r(10),10).2．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)设PD＝AD，求二面角A－PB－C的余弦值．解：(1)证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝eq\r(3)AD.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，C(－1，eq\r(3)，0)，P(0,0,1)．＝(－1，eq\r(3)，0)，＝(0，eq\r(3)，－1)，＝(－1,0,0)．设平面PAB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＋\r(3)y＝0，,\r(3)y－z＝0，))因此可取n＝(eq\r(3)，1，eq\r(3))．设平面PBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y1－z1＝0，,－x1＝0，))可取m＝(0，－1，－eq\r(3))，cos〈m，n〉＝eq\f(－4,2\r(7))＝－eq\f(2\r(7),7).故二面角A－PB－C的余弦值为－eq\f(2\r(7),7).3．(2013·武汉模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝1，∠BAC＝90°.(1)若异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，求棱柱的高；(2)设D是BB1的中点，DC1与平面A1BC1所成的角为θ，当棱柱的高变化时，求sinθ的最大值．解：建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设AA1＝h(h>0)，则有B(1,0,0)，B1(1,0，h)，C1(0,1，h)，A1(0,0，h)，＝(－1,1,0)，＝(0,1,0)，＝(1,0，－h)．(1)因为异面直线A1B与B1C1所成的角为60°，所以cos