专题12 立体几何中的向量方法（专题）-2017年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破

专题12 立体几何中的向量方法（专题）-2017年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破

专题 12 立体几何中的向量方法 ‎【2017年高考考纲解读】‎ 高考对本内容的考查主要有：‎ ‎(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B级要求；‎ ‎(2)线线、线面、面面平行关系判定，属B级要求；‎ ‎(3)线线、线面、面面垂直的判定，属B级要求；‎ ‎(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B级要求．‎ ‎【重点、难点剖析】‎ ‎ 1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线l的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则 ‎(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⊥ν⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.‎ ‎2．空间角的计算 ‎(1)两条异面直线所成的角 设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．‎ ‎(2)直线和平面所成的角 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sin φ＝|cos θ|＝.‎ ‎(3)二面角 如图所示，二面角α－l－β，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ ‎，则二面有α－l－β的大小为θ或π－θ.‎ ‎3．用向量法证明平行、垂直问题的步骤 ‎(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面．‎ ‎(2)通过向量运算研究平行、垂直问题．‎ ‎(3)根据运算结果解释相关问题．‎ ‎4．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系 ‎(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；‎ ‎(2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.‎ ‎【题型示例】‎ 题型一　向量法证明平行与垂直 ‎【例1】【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台中,平面平面 ‎,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.‎ ‎(I)求证：EF⊥平面ACFD；‎ ‎(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.‎ ‎【答案】（I）证明见解析；（II）．‎ ‎【解析】（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．‎ 因为平面平面，且，所以平面，因此．‎ 又因为，，，‎ 所以为等边三角形，且为的中点，则．‎ 所以平面．‎ 方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．‎ 取的中点，则，又平面平面，所以，平面．‎ 以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．‎ 由题意得，，，，，．‎ 因此，，，．‎ 设平面的法向量为，平面的法向量为．‎ 由，得，取；‎ 由，得，取．‎ 于是，．‎ 所以，二面角的平面角的余弦值为．‎ ‎【举一反三】 (2015·陕西，18)如图1，在直角梯形 ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2.‎ ‎(1)证明：CD⊥平面A1OC；‎ ‎(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值．‎ ‎(1)证明　在图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，‎ 即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O， ‎ 从而BE⊥平面A1OC，‎ 又在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，E为AD中点，所以BC綉ED，‎ 所以四边形BCDE为平行四边形，故有CD∥BE，‎ 所以CD⊥平面A1OC.‎ ‎(2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，‎ 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，‎ 所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，‎ 所以∠A1OC＝， ‎ 如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，‎ 因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，‎ 所以B，E，‎ A1，C，‎ 得＝，‎ ＝，‎ ＝＝(－，0，0)，‎ 设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为θ，‎ 则得取n1＝(1，1，1)；‎ 得取n2＝(0，1，1)，‎ 从而cos θ＝|cos|＝＝，‎ 即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为. ‎ ‎【变式探究】(2014·辽宁)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直， 且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．‎ ‎ (1)求证：EF⊥BC；‎ ‎(2)求二面角E－BF－C的正弦值．‎ ‎【命题意图】本题主要考查直线与平面的位置关系的判定和性质、二面角的作法和求法以及空间向量的应用等知识，结合位置关系的判断和空间角的求法，考查考生的空间想象能力和运算求解能力．‎ ‎【思路方法】(1)可以利用线面的垂直来判定线线垂直，也可以利用空间向量来求解．‎ ‎(2)可以作出二面角再进一步求解，也可以利用空间向量求解．‎ ‎【解析】解法一：(1)证明：如图(1)，过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.‎ 由题意得△ABC≌△DBC，‎ 可证出△EOC≌△FOC.‎ 所以∠EOC＝∠FOC＝90°，‎ 即FO⊥BC.‎ 又EO⊥BC，EO∩FO＝O，‎ 因此BC⊥平面EFO.‎ 又EF⊂平面EFO，所以EF⊥BC.‎ 图(1)‎ 解法二：(1)证明：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直于BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，易得B(0,0,0)，A(0，－1，)，D(，－1,0)，C(0,2,0)，‎ 因而E，F，‎ 所以＝，＝(0,2,0)，因此·＝0.‎ 从而⊥，所以EF⊥BC.‎ 图(2)‎ ‎(2)如图(2)，平面BFC的一个法向量为n1＝(0,0,1)．‎ 设平面BEF的法向量为n2＝(x，y，z)，‎ 又＝，＝，‎ 由得其中一个n2＝(1，－，1)．‎ 设二面角E－BF－C的大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝.‎ 因此sin θ＝＝，即所求二面角的正弦值为.‎ ‎【感悟提升】‎ ‎(1)空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，而用向量法证明空间线线、线面、面面平行或垂直时，实质上转化成直线的方向向量与平面的法向量之间的关系．‎ ‎(2)用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证，而直接算就行了，把几何问题代数化．尤其是在正方体、长方体、直四棱柱中相关问题的证明用向量法更简捷．但是向量法要求计算必须准确无误．‎ ‎【变式探究】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：‎ ‎ ‎ ‎(1)DE∥平面ABC；‎ ‎(2)B1F⊥平面AEF.‎ ‎【证明】如图建立空间直角坐标系A－xyz，不妨设AB＝AA1＝4，‎ 则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，‎ B(4,0,0)，B1(4,0,4)．‎ ‎(1)取AB中点为N，连接CN，‎ 则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，‎ ‎∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，‎ ‎∴＝，∴DE∥NC，‎ 又∵NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC.‎ 故DE∥平面ABC.‎ ‎(2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．‎ ·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，‎ ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.‎ ‎∴⊥，⊥，‎ 即B1F⊥EF，B1F⊥AF，‎ 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.‎ ‎【规律方法】证明平行、垂直关系时，若用传统的几何法，难以找出问题与条件的关系时，可采用向量法，但向量法要求计算必须准确无误，利用向量法的关键是正确求平面的法向量．‎ ‎【变式探究】 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．求证：‎ ‎(1)OM∥平面BCF；‎ ‎(2)平面MDF⊥平面EFCD.‎ ‎【证明】由题意，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，O.‎ 题型二　利用向量求空间角 ‎【例2】【2016高考新课标2理数】如图，菱形的对角线与交于点，，点分别在上，，交于点．将沿折到位置，．‎ ‎（Ⅰ）证明：平面；‎ ‎（Ⅱ）求二面角的正弦值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.‎ ‎（Ⅱ）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则 ‎，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是.‎ ‎ 【举一反三】(2015·四川，14)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．‎ 解析　建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，则＝，‎ E，‎ 设M(0， y，1)(0≤y≤1)，‎ 则＝，‎ ‎∴cos θ＝ ‎＝－.‎ 设异面直线所成的角为α，‎ 则cos α＝|cos θ|＝ ‎＝·，‎ 令t＝1－y，则y＝1－t，‎ ‎∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，‎ 那么cos α＝|cos θ|＝· ‎＝＝，‎ 令x＝，∵0≤t≤1，∴x≥1，‎ 那么cos α＝，‎ 又∵z＝9x2－8x＋4在1，＋∞)上单增，‎ ‎∴x＝1，zmin＝5，‎ 此时cos α的最大值＝·＝·＝.‎ 答案　 ‎【变式探究】(2015·安徽，19)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA，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EA1DB1的余弦值．‎ ‎(1)证明　由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.‎ ‎(2)解　因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，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)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.‎ 设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量＝，＝(0，1，－1)，由n1⊥.‎ n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组 ‎(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1)．‎ 设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量＝(1，0，0)，＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)．‎ 所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.‎ ‎【举一反三】(2015·重庆，19)如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2. ‎ ‎ (1)证明：DE⊥平面PCD；‎ ‎(2)求二面角A－PD－C的余弦值．‎ ‎(1)证明　由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.‎ 由CE＝2，CD＝DE＝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＝，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＝得DF∥AC，＝＝，故AC＝DF＝.‎ 以C为坐标原点，分别以，，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，E(0，2，0)，D(1，1，0)，＝(1，－1，0)，‎ ＝(－1，－1，3)，＝.‎ 设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝0，n1·＝0，‎ 得故可取n1＝(2，1，1)．‎ 由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2＝(1，－1，0)．‎ 从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为 cos 〈n1，n2〉＝＝，‎ 故所求二面角A－PD－C的余弦值为.‎ ‎【感悟提升】‎ ‎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．利用空间向量求空间角的思路 ‎(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|；‎ ‎(2)直线与平面所成的角θ主要可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|；‎ ‎(3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．‎ 提醒：当通过二面角的两个面的法向量求解时，其中一个法向量可从题中与该面垂直的直线的方向向量得到，而不必都求．‎ ‎【变式探究】如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，H是正方形 AA1B1B的中心，AA1＝2，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝.‎ ‎ ‎ ‎(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值；‎ ‎(2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值；‎ ‎(3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面A1B1C1，求线段BM的长．‎ ‎【解析】(1)如图所示，建立空间直角坐标系，点B为坐标原点．‎ 依题意得 A(2，0,0)，B(0,0,0)，C(，－，)，A1(2，2，0)，B1(0,2，0)，C1(，，)．‎ 同样地，设平面A1B1C1的法向量n＝(x1，y1，z1)，‎ 则 即 不妨令y1＝，‎ 可得n＝(0，，)．‎ 于是cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 从而sin〈m，n〉＝.‎ 所以二面角A－A1C1－B1的正弦值为.‎ ‎(3)由N为棱B1C1的中点，得N，‎ 设M(a，b,0)，则＝.‎ 由MN⊥平面A1B1C1，得即 解得故M，‎ 因此＝，‎ 所以线段BM的长||＝.‎ ‎【规律方法】异面直线所成角的余弦等于两条异面直线方向向量夹角余弦的绝对值；线面所成角的正弦等于平面的法向量与直线方向向量夹角余弦的绝对值；二面角平面角余弦与二面角两平面法向量夹角的余弦绝对值相等，其正负可以通过观察二面角是锐角还是钝角进行确定．‎ 题型三　利用空间向量解决探索性问题 ‎【例3】【2016高考天津理数】（本小题满分13分）‎ 如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2.‎ ‎（I）求证：EG∥平面ADF；‎ ‎（II）求二面角O-EF-C的正弦值；‎ ‎（III）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）（Ⅲ）‎ ‎【解析】依题意，，如图，以为点，分别以的方向为轴，轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得，.‎ ‎（I）证明：依题意，.设为平面的法向量，则 ‎，即 .不妨设，可得，又，可得，又因为直线，所以.‎ ‎（II）解：易证，为平面的一个法向量.依题意，.设为平面的法向量，则，即 .不妨设，可得.‎ 因此有，于是，所以，二面角的正弦值为.‎ ‎【举一反三】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．‎ ‎(1)证明：BE⊥DC；‎ ‎(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；‎ ‎(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．‎ ‎ ‎ ‎【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系，二面角、直线与平面所成的角，直线与平面垂直等基础知识，意在考查考生利用空间向量解决立体几何问题的方法及空间想象能力、运算能力和推理论证能力．‎ ‎【解题思路】(1)建系坐标化，通过数量积为零证明垂直关系．‎ ‎(2)关键在于求出平面PBD的法向量．‎ ‎(3)通过设＝λ，用参数表示出点F坐标，由垂直关系求解，进而确定二面角．‎ ‎【解析】依题意，以A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．‎ ‎(1)证明：＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，‎ 故·＝0.所以BE⊥DC.‎ ‎ (3)＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)．‎ 由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1.‎ 故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．‎ 由BF⊥AC，得·＝0，‎ 因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，‎ 解得λ＝，即＝.‎ 设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，‎ 则 即不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．‎ 取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)，则 cos〈n1，n2〉＝＝＝－.‎ 易知，二面角F－AB－P是锐角，所以其余弦值为.‎ ‎【感悟提升】‎ ‎(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的论证推理，只需通过坐标运算进行判断，但对运算有较高要求，运算结论要准确．‎ ‎(2)解题时，注意把要成立的结论做为已知条件，据此列方程或方程组，把存在性问题转化为“点的坐标是否存在，在限制范围内是否有解”等，因此把空间问题转化为运算问题，使问题的解决变的简单更有效．‎ ‎(3)利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：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．‎ ‎【变式探究】如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．‎ ‎ ‎ ‎(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．‎ ‎【解析】(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)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝，‎ ＝(a,0,1)，＝.‎ ‎∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，‎ ‎∴B1E⊥AD1.‎ ‎(2)解　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 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.‎ 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.又DP⊄平面B1AE，‎ ‎∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.‎ ‎(3)解　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cos θ＝＝.‎ ‎∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，‎ ‎∴|cos θ|＝cos 30°，即＝，‎ 解得a＝2，即AB的长为2.‎ ‎【规律方法】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解题．‎ ‎【变式探究】 ‎ 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.‎ ‎(1)求证：AA1⊥平面ABC；‎ ‎(2)求证：二面角A1－BC1－B1的余弦值；‎ ‎(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．‎ ‎【解析】(1)证明　在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC.‎ 又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，‎ ‎∴AA1⊥平面ABC.‎ ‎(2)解　在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，‎ ‎∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC ‎∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－xyz.‎ A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，＝(4，0,0)，＝(0,3，－4)，＝(4，－3,0)，＝(0,0,4)．‎ 设平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)．‎ ‎∴⇒‎ ‎∴取向量n1＝(0,4,3)，‎ 由⇒ 取向量n2＝(3,4,0)‎ ‎∴cos θ＝＝＝.‎ 题型四　空间距离 例4．(2015·江苏，22)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.‎ ‎(1)求平面PAB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{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为 B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．‎ ‎ ‎ ‎(2)因为＝(－1，0，2)，设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又＝(0，－1，0)，‎ 则＝＋＝(－λ，－1，2λ)，‎ 又＝(0，－2，2)，‎ 从而cos〈，〉＝＝.‎ 设1＋2λ＝t，t∈1，3]，则cos2〈，〉＝＝≤.‎ 当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.‎ 因为y＝cos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．‎ 又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.‎ ‎【变式探究】(2015·山东，17)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．‎ ‎(1)求证：BD∥平面FGH；‎ ‎(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．‎ ‎(1)证明　法一　连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH，在三棱台DEF－ABC中，‎ AB＝2DE，G为AC的中点，‎ 可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．‎ 则O为CD的中点，又H为BC的中点，‎ 所以OH∥BD，又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，‎ 所以BD∥平面FGH.‎ 法二　在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，‎ 可得BH∥EF，BH＝EF，‎ 所以四边形BHFE为平行四边形，‎ 可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.‎ 又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.‎ 因为BD⊂平面ABED，‎ 所以BD∥平面FGH.‎ ‎(2)解　法一　设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF－ABC中，G为AC的中点，由DF＝AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，‎ 因此DG∥FC，又FC⊥平面ABC，‎ 所以DG⊥平面ABC.‎ 在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点．‎ 所以AB＝BC，GB⊥GC，‎ 因此GB，GC，GD两两垂直．‎ 以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.‎ 所以G(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，‎ D(0，0，1)．‎ 可得H，F(0，，1)，‎ 故＝，＝(0，，1)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，‎ 则由可得 可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，)．‎ 因为是平面ACFD的一个法向量，＝(，0，0)．‎ 所以cos〈，n〉＝＝＝.‎ 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.‎ 法二　作HM⊥AC于点M，作MN⊥GF于点N，连接NH.‎ 由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC，‎ 又FC∩AC＝C，‎ 所以HM⊥平面ACFD.‎ 因此GF⊥NH，‎ 所以∠MNH即为所求的角．‎ 在△BGC中，MH∥BG，MH＝BG＝，‎ 由△GNM∽△GCF，‎ 可得＝，‎ 从而MN＝.‎ 由HM⊥平面ACFD，MN⊂平面ACFD，‎ 得HM⊥MN，‎ 因此tan∠MNH＝＝，‎ 所以∠MNH＝60°，‎ 所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.‎ ‎ ‎ ‎ ‎