2025届高考数学一轮复习第7章空间几何体的结构及其三视图和直观图第7讲立体几何中的向量方法创新教学案含解析新人教版VIP

PAGE1-第7讲立体几何中的向量方法[考纲解读]1.理解直线的方向向量及平面的法向量，并能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．(重点)2．能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简洁定理，并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．(难点)[考向预料]从近三年高考状况来看，本讲为高考必考内容．预料2024年高考将会以空间向量为工具证明平行与垂直以及进行空间角的计算．试题以解答题的形式呈现，难度为中等偏上.1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔eq\o(□,\s\up1(01))v1∥v2⇔v1＝λv2.(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量为v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝eq\o(□,\s\up1(02))xv1＋yv2.(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔eq\o(□,\s\up1(03))v⊥u⇔eq\o(□,\s\up1(04))v·u＝0.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔eq\o(□,\s\up1(05))u1∥u2⇔u1＝λu2.2．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔eq\o(□,\s\up1(01))v1⊥v2⇔eq\o(□,\s\up1(02))v1·v2＝0.(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔eq\o(□,\s\up1(03))v∥u⇔eq\o(□,\s\up1(04))v＝λu.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔eq\o(□,\s\up1(05))u1⊥u2⇔eq\o(□,\s\up1(06))u1·u2＝0.3．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围eq\o(□,\s\up1(01))(0°，90°][0°，180°]求法cosθ＝eq\o(□,\s\up1(02))eq\f(|a·b|,|a||b|)cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)4．直线和平面所成角的求法如图所示，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\o(□,\s\up1(01))eq\f(|e·n|,|e||n|)，φ的取值范围是[0°，90°]．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＝eq\o(□,\s\up1(01))〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉．(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满意|cosθ|＝eq\o(□,\s\up1(02))|cos〈n1，n2〉|＝eq\o(□,\s\up1(03))eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).1．概念辨析(1)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．()(2)两异面直线夹角的范围是(0°，90°]，直线与平面所成角的范围是[0°，90°]，二面角的范围是[0°，180°]．()(3)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．()(4)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是180°－θ.()答案(1)×(2)√(3)×(4)×2．小题热身(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⊥αC．l⊂α D．l与α斜交答案B解析因为a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，所以n＝－2a，所以a∥n，所以l⊥α(2)已知向量eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,2,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))C．±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1)) D．±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))答案D解析设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＋z＝0，,4x＋5y＋3z＝0.))取z＝1，得x＝eq\f(1,2)，y＝－1.则n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1))，|n|＝eq\f(3,2)，故平面ABC的单位法向量是±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).(3)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝eq\r(2)BB1，则AB1与C1B所成角的大小为()A．60° B．75°C．90° D．105°答案C解析取AC的中点D，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a，则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，0，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(\r(2),2)a))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，0，\f(\r(2),2)a))，从而eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，\f(\r(2)a,2)))，eq\o(C1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，－\f(a,2)，－\f(\r(2)a,2))).所以cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(C1B,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(C1B,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(C1B,\s\up6(→))|)＝0，所以AB1与C1B所成的角为90°.故选C.(4)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________，二面角B－A1C1－答案eq\f(1,3)－eq\f(2,3)解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，∴eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1，2,0)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,2y－z＝0，))令y＝1，得n＝(2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成角为θsinθ＝|cos〈eq\o(D1C1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(D1C1,\s\up6(→))·n|,|\o(D1C1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2,2×3)＝eq\f(1,3)，即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为eq\f(1,3).易知平面A1C1D1的法向量m∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2,1×3)＝eq\f(2,3).由图可知，二面角B－A1C1－D1故二面角B－A1C1－D1的余弦值为－eq\f(2,3).题型一利用空间向量探讨空间中的位置关系角度1利用空间向量证明平行与垂直问题1．(2024·青岛模拟)如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝eq\r(2)AB，B1C1綊eq\f(1,2)BC，AA1⊥平面BAC.求证：(1)A1B1⊥平面AA1C(2)AB1∥平面A1C证明∵AA1⊥平面BAC.∴AA1⊥AB，AA1⊥AC.又AB＝AC，BC＝eq\r(2)AB，∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB，∴AB，AC，AA1两两相互垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)．(1)eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1A,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2z＝0，,2x＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,z＝0.))取y＝1，则n＝(0,1,0)．∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝2n，即eq\o(A1B1,\s\up6(→))∥n.∴A1B1⊥平面AA1C(2)易知eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＝0，,2x1－2z1＝0，))令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．∴eq\o(AB1,\s\up6(→))·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥m.又AB1⊄平面A1C1C，∴AB1∥平面A1C角度2利用空间向量解决平行与垂直关系中的探究性问题2．(2024·桂林模拟)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的全部棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1(1)求证：BD⊥AA1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P解(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AAeq\o\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3，∴AO2＋A1O2＝AAeq\o\al(2,1)，∴A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1∴A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1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(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，D(－eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(0,2，eq\r(3))．由于eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，0,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq\r(3))＋1×0＋eq\r(3)×0＝0，∴eq\o(BD,\s\up6(→))⊥eq\o(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1设eq\o(CP,\s\up6(→))＝λeq\o(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，eq\r(3))．从而有P(0,1＋λ，eq\r(3)λ)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1＋λ，eq\r(3)λ)．设平面DA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(A1C1,\s\up6(→))，,n⊥\o(DA1,\s\up6(→))，))又eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，eq\r(3))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,\r(3)x＋\r(3)z＝0，))取x＝1，则n＝(1,0，－1)，因为BP∥平面DA1C1则n⊥eq\o(BP,\s\up6(→))，即n·eq\o(BP,\s\up6(→))＝－eq\r(3)－eq\r(3)λ＝0，得λ＝－1，即点P在C1C的延长线上，且C1C＝1．用空间向量证明平行问题的方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)；②转化为线面平行、线线平行问题2．用空间向量证明垂直问题的方法线线垂直问题证明两直线所在的方向向量相互垂直，即证它们的数量积为零线面垂直问题直线的方向向量与平面的法向量共线(举例说明1(1))，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直问题两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直3．解决立体几何中探究性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理．(2)探究性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0,0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，表示出点P的坐标(如举例说明2(2))，或干脆利用向量运算．提示：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示．1．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝eq\f(\r(2),2)AD，设E，F分别为PC，BD的中点．求证：(1)EF∥平面PAD；(2)平面PAB⊥平面PDC.证明(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.又O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB.又四边形ABCD是正方形，所以OF⊥AD.因为PA＝PD＝eq\f(\r(2),2)AD，所以PA⊥PD，所以OP＝OA＝eq\f(a,2).以O为坐标原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(a,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，a，0)).因为E为PC的中点，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，\f(a,2)，\f(a,4))).易知平面PAD的一个法向量为eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，因为eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))，且eq\o(OF,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))＝0，又EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.(2)因为eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－a,0)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))·(0，－a,0)＝0，所以eq\o(PA,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，所以PA⊥CD.又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，所以PA⊥平面PDC.又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.2．如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，点M是BD的中点，AE＝eq\f(1,2)CD，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)求证：EM∥平面ABC；(2)试问在棱CD上是否存在一点N，使MN⊥平面BDE？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由．解以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,0,0)，D(－2,0,4)，E(0,0,2)，M(－1,1,2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2，－4)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,0，－4)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，eq\o(EM,\s\up6(→))＝(－1,1,0)．(1)证明：由图易知eq\o(AE,\s\up6(→))为平面ABC的一个法向量，因为eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(EM,\s\up6(→))＝0×(－1)＋0×1＋2×0＝0，所以eq\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(EM,\s\up6(→))，即AE⊥EM，又EM⊄平面ABC，故EM∥平面ABC.(2)假设在CD上存在一点N满意题意，设eq\o(DN,\s\up6(→))＝λeq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,0，－4λ)，λ∈[0,1]，则eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\o(DM,\s\up6(→))－eq\o(DN,\s\up6(→))＝(1,1，－2)－(0,0，－4λ)＝(1,1，－2＋4λ)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(NM,\s\up6(→))·\o(DB,\s\up6(→))＝0，,\o(NM,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋2＋8－16λ＝0，,2＋4－8λ＝0，))解得λ＝eq\f(3,4)∈[0,1]．所以棱CD上存在一点N，满意MN⊥平面BDE，此时DN＝eq\f(3,4)DC.题型二利用空间向量求解空间角角度1利用空间向量求解异面直线所成的角1．(2024·永州模拟)在各棱长均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知M是BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与A.eq\r(3) B．1C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(2),2)答案C解析如图，在各棱长均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，设棱长为2，以A为坐标原点，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，则A1(0,0,2)，M(eq\r(3)，1,1)，B(eq\r(3)，1,0)，N(0,1,0)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－1)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,0)，设异面直线A1M与BN所成角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(A1M,\s\up6(→))·\o(BN,\s\up6(→))|,|\o(A1M,\s\up6(→))||\o(BN,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5)，∴tanθ＝eq\f(\r(6),3).∴异面直线A1M与BN所成角的正切值为eq\f(\r(6),3).角度2利用空间向量求解直线与平面所成的角2．(2024·泉州二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝1，AD＝2BC＝eq\r(2)，PD＝eq\r(3).(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；(2)M为棱PB上异于B的点，且AM⊥MC，求直线AM与平面MCD所成角的正弦值．解(1)证法一：在Rt△ABC与Rt△ABD中，因为eq\f(BC,AB)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(AB,AD)＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(BC,AB)＝eq\f(AB,AD).又∠ABC＝∠DAB＝90°，所以△ABC∽△DAB.所以∠ABD＝∠BCA.又∠ABD＋∠CBD＝90°，所以∠BCA＋∠CBD＝90°，所以AC⊥BD.因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC.又BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD.又AC⊂平面PAC，所以平面PBD⊥平面PAC.证法二：在梯形ABCD中，AB⊥AD.以B为坐标原点，BC，BA所在直线分别为x轴、y轴建立如图1所示的平面直角坐标系，则B(0,0)，D(eq\r(2)，1)，A(0,1)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－1)).因为eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，所以AC⊥BD.以下同证法一．(2)过点A作Az∥DP.因为PD⊥平面ABCD，所以Az⊥平面ABCD.所以Az，AB，AD两两垂直．以A为坐标原点，AB，AD，Az所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图2所示的空间直角坐标系Axyz.因为AB＝1，AD＝2BC＝eq\r(2)，PD＝eq\r(3)，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)，0))，D(0，eq\r(2)，0)，P(0，eq\r(2)，eq\r(3))，则eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(2)，eq\r(3))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)，0))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2)，0)).设eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))，λ∈(0,1]，则eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(1－λ，eq\r(2)λ，eq\r(3)λ)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋λeq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ，－\f(\r(2),2)＋\r(2)λ，\r(3)λ)).因为AM⊥MC，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(CM,\s\up6(→))＝0，即(1－λ)(－λ)＋eq\r(2)λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\r(2)λ))＋3λ2＝0，化简并整理，得6λ2－2λ＝0，解得λ＝0(不符合题意，舍去)或λ＝eq\f(1,3).所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(2),3)，\f(\r(3),3)))，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(2),3)，\f(\r(3),3))).所以eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(2\r(2),3)，\f(\r(3),3))).设n＝(x0，y0，z0)为平面MCD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0－\f(2\r(2),3)y0＋\f(\r(3),3)z0＝0，,x0－\f(\r(2),2)y0＝0.))令y0＝eq\r(3)，则平面MCD的一个法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(3)，\r(2))).设直线AM与平面MCD所成的角为θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AM,\s\up6(→))·n|,|\o(AM,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\f(\r(6),3)＋\f(\r(6),3)＋\f(\r(6),3),\r(\f(4,9)＋\f(2,9)＋\f(3,9))×\r(\f(6,4)＋3＋2))＝eq\f(2\r(39),13).所以直线AM与平面MCD所成角的正弦值为eq\f(2\r(39),13).角度3利用空间向量求解二面角3．(2024·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(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．解(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以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，且BE∩BC＝B，所以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＝eq\r(3).以H为坐标原点，eq\o(HC,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－1,0)．设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))所以可取n＝(3,6，－eq\r(3))．又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).因此二面角B－CG－A的大小为30°.1．利用向量求异面直线所成角的方法(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v1，v2；③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝eq\f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解．如举例说明1.(2)两异面直线所成角的范围是θ∈(0°，90°]，两向量的夹角α的范围是[0°，180°]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．2．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．如举例说明2.3．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，但要留意结合实际图形推断所求角的大小．如举例说明3.(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．1．已知正四棱锥S－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE，SD所成角的余弦值为________．答案eq\f(\r(3),3)解析以两对角线AC与BD的交点O作为坐标原点，以OA，OB，OS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，设正四棱锥S－ABCD的侧棱长与底面边长均为2，则有A(eq\r(2)，0,0)，S(0,0，eq\r(2))，D(0，－eq\r(2)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，eq\o(SD,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(2)，－eq\r(2))，|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(SD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·\o(SD,\s\up6(→))|,|\o(AE,\s\up6(→))||\o(SD,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(3)×2)＝eq\f(\r(3),3)，故AE，SD所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).2．(2024·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B1C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，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，eq\o(DC,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向为z轴正方向，|eq\o(DA,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，CC1＝(0,0,2)．设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))所以可取n＝(0，－1，－1)．设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(CC1·m＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,x2－y2＋z2＝0，))所以可取m＝(1,1,0)．于是cosn，m＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(1,2).所以二面角B－EC－C1的正弦值为eq\f(\r(3),2).3．(2024·郑州模拟)如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为AB，AC边的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置，且PB＝BE.(1)证明：EF⊥平面PBE；(2)设N为线段PF上的动点，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．解(1)证明：因为E，F分别为AB，AC边的中点，所以EF∥BC，因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE.又因为BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE.(2)取BE的中点O，连接PO，由(1)知EF⊥平面PBE，EF⊂平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE.因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE.又因为PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE所以PO⊥平面BCFE.过O作OM∥BC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，－\f(\r(3),2)))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，－\f(\r(3),2)))，N为线段PF上一动点，设N(x，y，z)，由eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(PF,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(λ,2)，λ，\f(\r(3),2)1－λ))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(λ＋1,2)，λ，\f(\r(3),2)1－λ)).设平面PCF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up6(→))·m＝0，,\o(PF,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1＋2y1－\f(\r(3),2)z1＝0，,－\f(1,2)x1＋y1－\f(\r(3),2)z1＝0，))取m＝(－1,1，eq\r(3))．设直线BN与平面PCF所成的角为θ，sinθ＝|cos〈eq\o(BN,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(\o(BN,\s\up6(→))·m,|\o(BN,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(2λ2－λ＋1))＝eq\f(2,\r(5)×\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,4)))2＋\f(7,8)))≤eq\f(2,\r(5)×\r(\f(7,8)))＝eq\f(4\r(70),35)，所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为eq\f(4\r(70),35).题型三求空间距离(选学)(2024·合肥三模)如图，在多面体ABCDE中，平面ABD⊥平面ABC，AB⊥AC，AE⊥BD，DE綊eq\f(1,2)AC，AD＝BD＝1.(1)求AB的长；(2)已知2≤AC≤4，求点E到平面BCD的距离的最大值．解(1)∵平面ABD⊥平面ABC，且交线为AB，而AC⊥AB，∴AC⊥平面ABD.又DE∥AC，∴DE⊥平面ABD，从而DE⊥BD.留意到BD⊥AE，且DE∩AE＝E，∴BD⊥平面ADE，于是，BD⊥AD.而AD＝BD＝1，∴AB＝eq\r(2).(2)∵AD＝BD，取AB的中点为O，连接DO，∴DO⊥AB.又平面ABD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC.过O作直线OY∥AC，以点O为坐标原点，直线OB，OY，OD分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示．记AC＝2a，则1≤a≤Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，2a，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－a，\f(\r(2),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，2a,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2))).设平面BCD的法向量为n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BD,\s\up6(→))·n＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x＋2ay＝0，,－\f(\r(2),2)x＋\f(\r(2),2)z＝0.))令x＝eq\r(2)，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(1,a)，\r(2))).又eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，－a,0)，∴点E到平面BCD的距离d＝eq\f(|\o(DE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(4＋\f(1,a2))).∵1≤a≤2，∴当a＝2时，d取得最大值，dmax＝eq\f(1,\r(4＋\f(1,4)))＝eq\f(2\r(17),17).空间距离的几个结论(1)点到直线的距离：设过点P的直线l的方向向量为单位向量n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝eq\r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－|\o(PA,\s\up6(→))·n|2).(2)点到平面的距离：设P为平面α内的一点，n为平面α的法向量，A为平面α外一点，点A到平面α的距离d＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离．(2024·惠州第一次调研)如图，已知圆柱OO1底面半径为1，高为π，平面ABCD是圆柱的一个轴截面，动点M从点B动身沿着圆柱的侧面到达点D，其运动路程最短时在侧面留下曲线Γ.将轴截面ABCD围着轴OO1逆时针旋转θ(0<θ<π)后得到平面A1B1C1D1，边B1C1与曲线Γ相交于点(1)求曲线Γ的长度；(2)当θ＝eq\f(π,2)时，求点C1到平面APB的距离．解(1)将圆柱一半绽开后底面的半个圆周变成长方形的边BA，曲线Γ就是对角线BD.由于AB＝πr＝π，AD＝π，∴BD＝eq\r(2)π.故曲线Γ的长度为eq\r(2)π.(2)当θ＝eq\f(π,2)时，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(0,1,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(π,2)))，C1(－1，0，π)，则eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(π,2)))，eq\o(OC1,\s\up6(→))＝(－1,0，π)，设平面APB的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,－x＋y＋\f(π,2)z＝0，))取z＝2得n＝(π，0,2)，∴点C1到平面APB的距离d＝eq\f(|\o(OC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(π,\r(π2＋4)).组基础关1．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(3,5)答案A解析不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)．cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(0＋4－1,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),5).∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为eq\f(\r(5),5).2．(2024·沧州摸底)如图所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱长为1，E，F分别是BC，CD上的点，且BE＝CF＝a(0<a<1)，则D′E与B′F的位置关系是()A．平行B．垂直C．相交D．与a值有关答案B解析建立如图所示空间直角坐标系．则D′(0,0,1)，E(1－a,1,0)，B′(1，1,1)，F(0，1－a,0)，∴eq\o(D′E,\s\up6(→))＝(1－a,1，－1)，eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(－1，－a，－1)．∴eq\o(D′E,\s\up6(→))·eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(1－a)×(－1)＋1×(－a)＋(－1)×(－1)＝a－1－a＋1＝0.∴eq\o(D′E,\s\up6(→))⊥eq\o(B′F,\s\up6(→))，即D′E⊥B′F.故选B.3．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(2,5)答案C解析以A为原点，AB，AC，AP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，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0,0)，P(0，0,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋y＋2z＝0，))取z＝1，则n＝(2,0,1)，设PA与平面DEF所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，∴PA与平面DEF所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).故选C.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＝2，AC＝3，BD＝4，CD＝eq\r(17)，则该二面角的大小为()A．30° B．45°C．60° D．120°答案C解析由已知可得，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝(eq\r(17))2，∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2)，即〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°，∴二面角的大小为60°.故选C.5．如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC①A1M∥D1P②A1M∥B1Q③A1M∥平面DCC1D1④A1M∥平面D1PQB1以上说法正确的个数为()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析eq\o(A1M,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(D1P,\s\up6(→))＝eq\o(D1D,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(A1M,\s\up6(→))∥eq\o(D1P,\s\up6(→))，所以A1M∥D1P，由线面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.①③④正确．6．已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，点E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1EA.eq\r(2) B.eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2) D．2eq\r(3)答案B解析以点A为坐标原点，AB，AD，AA1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，A1(0,0,4)，D1(0,2,4)，E(2,0,2)，F(1,2,0)，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(2,0，－2)．易知平面A1D1E的法向量可取n＝(1,0,1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(1,2，－4)，d＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(3\r(2),2).7．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＝2eq\r(2)，E，F分别是AB，AP的中点．则二面角F－OE－A的余弦值为()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)答案A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Oxyz，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eq\o(OE,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(OF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，设平面OEF的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(OE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(OF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),3).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eq\f(\r(3),3).8．(2024·广西八市联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝3，AB＝3eq\r(2)，AA1＝4，则异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为________．答案eq\f(16,25)解析如图建立坐标系，则C(0,0,0)，A1(3,0,4)，C1(0,0,4)，B(0,3,0)，∴eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－3,0，－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))1＝(0，－3,4)，设异面直线A1C与BC1所成角为θ，则cosθ＝eq\f(|\o(A1C,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))1|,|\o(A1C,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))1|)＝eq\f(|－3×0＋0×－3＋－4×4|,\r(－32＋02＋－42)×\r(02＋－32＋42))＝eq\f(16,5×5)＝eq\f(16,25).∴异面直线A1C与BC1所成角的余弦值为eq\f(16,25).9．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，eq\o(VP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))，eq\o(VM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VB,\s\up6(→))，eq\o(VN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→)).则VA与平面PMN的位置关系是________．答案平行解析如图，设eq\o(VA,\s\up6(→))＝a，eq\o(VB,\s\up6(→))＝b，eq\o(VC,\s\up6(→))＝c，则eq\o(VD,\s\up6(→))＝a＋c－b，由题意知eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)b－eq\f(1,3)c，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c.因此eq\o(VA,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PM,\s\up6(→))＋eq\f(3,2)eq\o(PN,\s\up6(→))，∴eq\o(VA,\s\up6(→))，eq\o(PM,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))共面．又VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.10．(2024·长春二模)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为________，答案2eq\r(2)eq\f(\r(10),10)解析取A1D1的中点G，BC的中点P，CD的中点H，连接GM，GN，MN，PE，PH，PF，HF，EF.∵MG∥EF，NG∥EP，MG∩NG＝G，EF∩EP＝E，∴平面MNG∥平面PEFH，∴过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面为PEFH，∵PE＝2，EF＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，四边形PEFH是矩形，∴过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为S矩形PEFH＝2eq\r(2).以D1为坐标原点，D1A1所在直线为x轴，D1C1所在直线为y轴，D1D所在直线为则E(1,2,0)，F(0,1,0)，H(0,1,2)，C(0,2,2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(EH,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，设平面EFHP的法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝－x－y＝0，,n·\o(EH,\s\up6(→))＝－x－y＋2z＝0，))取x＝1，则y＝－1，z＝0，得n＝(1，－1,0)，设CE和该截面所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(CE,\s\up6(→))·n|,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(1,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10).∴CE和该截面所成角的正弦值为eq\f(\r(10),10).组实力关1．如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，则三棱锥E－ACD的体积为________．答案eq\f(\r(3),8)解析因为PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，Aeq\o(B,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，Aeq\o(D,\s\up6(→))的方向为y轴的正方向，Aeq\o(P,\s\up6(→))的方向为z轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，eq\r(3)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，所以Aeq\o(E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，eq\r(3)，0)，Aeq\o(C,\s\up6(→))＝(m，eq\r(3)，0)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·A\o(C,\s\up6(→))＝0，,n1·A\o(E,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).易知n2＝(1,0,0)为平面DAE的一个法向量，由题设知|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为eq\f(1,2).所以三棱锥E－ACD的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),8).2．(2024·全国卷Ⅲ)a，b为空间中两条相互垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写全部正确结论的编号)答案②③解析依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．设直线a的方向向量为a＝(0,1,0)，直线b的方向向量为b＝(1,0,0)，eq\o(CB,\s\up6(→))以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B(cosθ，sinθ，0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ，－1)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(2).设直线AB与a所成角为α，则cosα＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·a)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))＝eq\f(\r(2),2)|sinθ|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．设直线AB与b所成角为β，则cosβ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·b)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|.当直线AB与a所成角为60°，即α＝60°时，则|sinθ|＝eq\r(2)cosα＝eq\r(2)cos60°＝eq\f(\r(2),2)，∴|cosθ|＝eq\f(\r(2),2).∴cosβ＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|＝eq\f(1,2).∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b所成角为60°.∴②正确，①错误．3．(2024·唐山模拟)如图，在边长为8的菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将△ABD沿BD折起，使点A到达A1的位置，且二面角A1－BD－C为60°.(1)求异面直线A1C与BD(2)若点E为A1C的中点，求直线BE与平面A1DC解(1)连接AC，交BD于点O，连接OA1，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，从而OA1⊥BD，OC⊥BD，又因为OA1∩OC＝O，所以BD⊥平面A1OC，因为A1C⊂平面A1OC，所以BD⊥A1所以异面直线A1C与BD(2)由(1)可知，∠A1OC即为二面角A1－BD－C的平面角，所以∠A1OC＝60°.以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))为x轴、y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(4,0,0)，D(－4,0,0)，C(0，4eq\r(3)，0)，A1(0,2eq\r(3)，6)，E(0，3eq\r(3)，3).eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－4,3eq\r(3)，3)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(4,2eq\r(3)，6)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(4,4eq\r(3)，0)，设平面A1DC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DA1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋2\r(3)y＋6z＝0，,4x＋4\r(3)y＝0，))取x＝3，则n＝(3，－eq\r(3)，－1)，设直线BE与平面A1DC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(12,13)，所以直线BE与平面A1DC所成角的正弦值为eq\f(12,13).4．(2024·延安模拟)如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC，G，F分别是线段BE，DC的中点．(1)求证：GF∥平面ADE；(2)求平面AEF与平面BEC所成角的余弦值．解(1)证明：如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，所以HG∥AB，且HG＝eq\f(1,2)AB，又F是CD的中点，所以DF＝eq\f(1,2)CD，由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以HG∥DF且HG＝DF.从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH，因为DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE.(2)如图，在平面BEC内，过点B作BQ∥EC，因为BE⊥CE，所以BE⊥BQ.又AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.以B为坐标原点，分别以eq\o(BE,\s\up6(→