【数学】2019届一轮复习全国经典版（理）立体几何中的向量方法学案

【数学】2019届一轮复习全国经典版（理）立体几何中的向量方法学案

第7讲　立体几何中的向量方法 板块一　知识梳理·自主学习 ‎[必备知识]‎ 考点1　直线的方向向量和平面的法向量 ‎1．直线的方向向量 直线l上的向量e或与e共线的向量叫做直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量有无数个．‎ ‎2．平面的法向量 如果表示向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n⊥α，此时向量n叫做平面α的法向量．‎ 显然一个平面的法向量也有无数个，且它们是共线向量．‎ ‎3．设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则 l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R；‎ l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；‎ l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；‎ l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R；‎ α∥β⇔u∥v⇔u＝kv，k∈R；‎ α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0.‎ 考点2　空间向量与空间角的关系 ‎1．两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ|＝其中φ为异面直线a，b所成的角，范围是.‎ ‎2．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|＝，φ的取值范围是.‎ ‎3．求二面角的大小 ‎(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱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满足cosθ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．取值范围是[0，π]．‎ 考点3　求空间的距离 ‎1．点到平面的距离 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＝.‎ ‎2．线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．‎ ‎[必会结论]‎ ‎1．直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则及与平行的非零向量均为直线l的方向向量．‎ ‎2．平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 ‎[考点自测]‎ ‎1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)直线的方向向量是唯一确定的．(　　)‎ ‎(2)两条不重合的直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是平行．(　　)‎ ‎(3)已知＝(2,2,1)，＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是n0＝±.(　　)‎ ‎(4)若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β.(　　)‎ ‎(5)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．(　　)‎ 答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×‎ ‎2．若平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是(　　)‎ A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直 D．重合 答案　C 解析　由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．‎ ‎3．[2018·宜宾模拟]已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相平行，则k的值是(　　)‎ A．－2 B. C. D. 答案　A 解析　由题意得，ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)．所以＝＝，解得k＝－2.故选A.‎ ‎4．[2018·沧州七校联考]把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为(　　)‎ A．120° B．30° C．90° D．60°‎ 答案　D 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0，，0)，C(0，0，)，D(0，－，0)，‎ ‎∴＝(－，－，0)，‎ ＝(0，－，)．‎ ‎∴||＝2，||＝2，·＝2.‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝.‎ ‎∴异面直线AD，BC所成的角为60°.故选D.‎ ‎5．[教材习题改编]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________．‎ 答案　 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)，‎ ‎∴＝(0,2,0)，‎ 设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由 得令y＝1，得n＝(2,1,2)，‎ 设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则 sinθ＝|cos〈·n〉|＝＝＝.‎ 即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.‎ 板块二　典例探究·考向突破 考向　利用空间向量证明平行、垂直 例　1　[2018·深圳模拟]如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点．求证：‎ ‎(1)MN∥平面A1B1C1；‎ ‎(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.‎ 证明　由题意，知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0,0,0)，A1(2,0,0)，B(0，2,0)，B1(2,2,0)，C(0,0,2)，C1(2,0,2)，M(1,0,0)，N(1,1,1)．‎ ‎(1)由题意知AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，‎ 又A1B1∩A1C1＝A1，所以AA1⊥平面A1B1C1.‎ 因为＝(2,0,0)，＝(0,1,1)，所以·＝0，即⊥.故MN∥平面A1B1C1.‎ ‎(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．‎ 因为＝(－1,2,0)，＝(1,0,2)，‎ 所以⇒ 令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0,1,1)．‎ 因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.‎ 触类旁通 证明平行，垂直问题的思路 ‎(1)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．‎ ‎(2)证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直，而直线与平面垂直、平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明．‎ ‎【变式训练1】　[2018·青岛模拟]如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1－AB－C是直二面角．求证：‎ ‎(1)A1B1⊥平面AA1C；‎ ‎(2)AB1∥平面A1C1C.‎ 证明　∵二面角A1－AB－C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，∴AA1⊥平面BAC.‎ 又∵AB＝AC，BC＝AB，∴∠CAB＝90°，‎ 即CA⊥AB，‎ ‎∴AB，AC，AA1两两互相垂直．‎ 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)＝(0,2,0)，＝(0,0，－2)，＝(2,0,0)，‎ 设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即即 取y＝1，则n＝(0,1,0)．‎ ‎∴＝2n，即∥n.∴A1B1⊥平面AA1C.‎ ‎(2)易知＝(0,2,2)，＝(1,1,0)，＝(2,0，－2)，设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．‎ ‎∴·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴⊥m.‎ 又AB1⊄平面A1C1C，∴AB1∥平面A1C1C.‎ 考向　利用空间向量求空间角 命题角度1　利用空间向量求异面直线所成的角 例　2　[2017·江苏高考]如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.‎ ‎(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；‎ ‎(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．‎ 解　在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.‎ 因为AA1⊥平面ABCD，‎ 所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.‎ 如图，以{，，1}为正交基底，‎ 建立空间直角坐标系Axyz.‎ 因为AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°，‎ 则A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，‎ A1(0,0，)，C1(，1，)．‎ ‎(1)＝(，－1，－)，＝(，1，)，‎ 则cos〈，〉＝ ‎＝＝－，‎ 因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)平面A1DA的一个法向量为＝(，0,0)．‎ 设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，‎ 又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，‎ 则即 不妨取x＝3，则y＝，z＝2，‎ 所以m＝(3，，2)为平面BA1D的一个法向量．‎ 从而cos〈，m〉＝＝＝.‎ 设二面角B－A1D－A的大小为θ，则|cosθ|＝.‎ 因为θ∈[0，π]，所以sinθ＝＝.‎ 因此二面角B－A1D－A的正弦值为.‎ 命题角度2　利用空间向量求直线与平面所成的角 例　3　[2017·浙江高考]如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：CE∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．‎ 解　(1)证明：设AD的中点为O，连接OB，OP.‎ ‎∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，∴OP⊥AD.‎ ‎∵BC＝AD＝OD，且BC∥OD，‎ ‎∴四边形BCDO为平行四边形，又∵CD⊥AD，‎ ‎∴OB⊥AD，∵OP∩OB＝O，∴AD⊥平面OPB.‎ 过点O在平面POB内作OB的垂线OM，交PB于M，‎ 以O为原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OM所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．‎ 设CD＝1，则有A(0，－1,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，‎ D(0,1,0)．‎ 设P(x,0，z)(z>0)，由PC＝2，OP＝1，‎ 得得x＝－，z＝.‎ 即点P，而E为PD的中点，‎ ‎∴E.‎ 设平面PAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，‎ ‎∵A＝，A＝(1,1,0)，‎ ‎∴⇒ 取y1＝－1，得n＝(1，－1，)．‎ 而C＝，则C·n＝0，而CE⊄平面PAB，‎ ‎∴CE∥平面PAB.‎ ‎(2)设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，‎ ‎∵B＝(0,1,0)，B＝，‎ ‎∴ 取x2＝1，得m＝(1,0，)．‎ 设直线CE与平面PBC所成角为θ.‎ 则sinθ＝|cos〈m，C〉|＝＝，‎ 故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.‎ 命题角度3　利用空间向量求二面角的大小 例　4　[2017·全国卷Ⅰ]如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.‎ ‎(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值．‎ 解　(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.‎ 因为AB∥CD，所以AB⊥PD.‎ 又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD.‎ 因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F.‎ 由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.‎ 以F为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz.‎ 由(1)及已知可得A，‎ P，B，C，‎ 所以＝，＝(，0,0)，‎ ＝，＝(0,1,0)．‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则 即 所以可取n＝(0，－1，－)．‎ 设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则 即 所以可取m＝(1,0,1)，则cos〈n，m〉＝＝＝－.‎ 易知二面角A－PB－C的平面角为钝角，‎ 所以二面角A－PB－C的余弦值为－.‎ 触类旁通 利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系．‎ 第二步：确定点的坐标．‎ 第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标．‎ 第四步：计算向量的夹角(或函数值)．‎ 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角．‎ 考向　利用空间向量求空间距离 例　5　如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.‎ ‎(1)证明：DC1⊥BC；‎ ‎(2)设AA1＝2，A1B1的中点为P，求点P到平面BDC1的距离．‎ 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＝AA1，可得DC＋DC2＝CC，所以DC1⊥DC.DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.‎ 因为BC⊂平面BCD，所以DC1⊥BC.‎ ‎(2)由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1， ‎ 则BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两垂直．‎ 以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.‎ 由题意知B(0,1,0)，D(1,0,1)，‎ C1(0,0,2)，B1(0，1,2)，‎ P，则＝(1，－1，1)，＝(－1，0,1)，＝.‎ 设m＝(x，y，z)是平面BDC1的法向量，‎ 则即可取m＝(1,2,1)．‎ 设点P到平面BDC1的距离为d，则d＝＝.‎ 触类旁通 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＝求解．‎ ‎【变式训练2】　如图，已知四边形ABCD，EADM和MDCF都是边长为a的正方形，点P是ED的中点．‎ ‎(1)求点D到直线BF的距离；‎ ‎(2)求点P到平面EFB的距离．‎ 解　由已知得DM⊥DA，DM⊥DC，DA⊥DC，如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DM所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．‎ 则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，M(0,0，a)，E(a,0，a)，F(0，a，a)，则由中点坐标公式可得P.‎ ‎(1)＝(a，a,0)，‎ ＝(－a,0，a)．‎ 则在方向上的投影为 ＝＝a，‎ 故点D到直线BF的距离 d＝＝ ‎＝a.‎ ‎(2)设n＝(x，y，z)是平面EFB的单位法向量，即|n|＝1，n⊥平面EFB，所以n⊥，n⊥.‎ 又＝(－a，a,0)，＝(0，a，－a)，‎ 则令x＝，则y＝z＝.‎ 所以n＝，又＝，‎ 设所求距离为d1，则d1＝|·n|＝a.‎ 核心规律 ‎1.用向量来求空间角，都需将各类角转化成对应向量的夹角来计算，问题的关键在于确定对应线段的向量．‎ ‎2.求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段．‎ 满分策略 ‎1.利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角，因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同．‎ ‎2.求点到平面的距离，有时用等体积法求解更方便．‎ ‎3.求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角.‎ 板块三　启智培优·破译高考 易错警示系列11——用向量法探究点的位置时易出错 ‎[2017·天津高考]如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.‎ ‎(1)求证：MN∥平面BDE；‎ ‎(2)求二面角C－EM－N的正弦值；‎ ‎(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．‎ 错因分析　(1)不能灵活运用共线向量定理设出与动点M相关的向量的坐标，导致变量较多，运算量过大而致误．(2)弄不清线面角与直线方向向量与平面的法向量夹角的关系致误．‎ 解　如图，以A为原点，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，依题意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，‎ C(0,4,0)，P(0,0,4)，‎ D(0,0,2)，E(0,2,2)，‎ M(0,0，1)，N(1,2,0)．‎ ‎(1)证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，‎ 则即 不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1)．‎ 又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.‎ 因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.‎ ‎(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则 因为＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，‎ 所以 不妨设y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．‎ 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，‎ 于是sin〈n1，n2〉＝.‎ 所以二面角C－EM－N的正弦值为.‎ ‎(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)．‎ 由已知，得 ‎|cos〈，〉|＝＝＝，‎ 整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.‎ 所以线段AH的长为或.‎ 答题启示　‎ 对于点的探究型问题，要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量，尽量使未知量个数最少.‎ 跟踪训练 ‎[2018·唐山模拟]如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．‎ ‎(1)证明：B1C1⊥CE；‎ ‎(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；‎ ‎(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．‎ 解　如图，以点A为原点，以AD，AA1，AB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，‎ 依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．‎ ‎(1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，所以B1C1⊥CE.‎ ‎(2)＝(1，－2，－1)．‎ 设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则即消去x，‎ 得y＋2z＝0，‎ 不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)．‎ 由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，‎ 可得B1C1⊥平面CEC1，‎ 故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．‎ 于是cos〈m，〉＝＝＝，‎ 从而sin〈m，〉＝.‎ 所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.‎ ‎(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．‎ 设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．‎ 可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．‎ 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则 sinθ＝|cos〈，〉|＝ ‎＝＝，‎ 于是＝，解得λ＝(负值舍去)，‎ 所以AM＝.‎ 板块四　模拟演练·提能增分 ‎ [A级　基础达标]‎ ‎1．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为(　　)‎ A．45° B．135° C．45°或135° 　D．90°‎ 答案　C 解析　∵cos〈m，n〉＝＝＝，∴〈m，n〉＝45°.‎ ‎∴二面角为45°或135°.故选C.‎ ‎2．[2018·金华模拟]在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于(　　)‎ A．4 B．2 C．3 D．1‎ 答案　B 解析　由已知平面OAB的一条斜线的方向向量＝(－1，3,2)，所以点P到平面OAB的距离d＝||·|cos〈，n〉|＝＝＝2.故选B.‎ ‎3．[2018·邯郸模拟]如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是(　　)‎ A．60° B．45°‎ C．30° D．135°‎ 答案　B 解析　以D为原点，分别以射线DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，E，F，‎ ＝，‎ ＝(0,1,0)，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝－，‎ ‎∴〈，〉＝135°，∴异面直线EF和CD所成的角是45°.故选B.‎ ‎4．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. B. C. D. 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)，B(1，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D，0,0，E，F，∴＝(0,0，－2)，＝，＝.‎ 设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则由得 取z＝1，则n＝(2,0,1)，设PA与平面DEF所成的角为θ，‎ 则sinθ＝＝，∴PA与平面DEF所成角的正弦值为.故选C.‎ ‎5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，‎ ‎∴＝(0,1，－1)，‎ ＝，‎ 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，‎ 则即 ‎∴∴n1＝(1,2,2)．‎ 又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，‎ ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝.‎ 即所成的锐二面角的余弦值为.故选B.‎ ‎6.如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，则AF与CE所成角的余弦值为________．‎ 答案　 解析　∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶，∴AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0，2,1)，‎ ‎∴＝(－1,2,0)，＝(0,2,1)，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝，‎ ‎∴AF与CE所成角的余弦值为.‎ ‎7.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．‎ 答案　 解析　以C为原点建立坐标系，得下列坐标：A(2，0,0)，C1(0,0,2)．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2.‎ 所以＝(－2,0,2)，＝，，2，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，‎ 则cosθ＝＝＝.‎ 又θ∈，所以θ＝.‎ ‎8．[2018·福州质检]已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC 所成的锐二面角的正切值为________．‎ 答案　 解析　如图，建立空间直角坐标系Dxyz，‎ 设DA＝1，由已知条件得 A(1,0,0)，E，‎ F，＝，＝，‎ 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 面AEF与面ABC所成的锐二面角为θ，由图知θ为锐角，由得 令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1,1，－3)，平面ABC的法向量为m＝(0,0，－1)，cosθ＝|cos〈n，m〉|＝，tanθ＝.‎ ‎9．[2017·福建模拟]如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，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所成锐二面角的余弦值．‎ 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GH∥AB，且GH＝AB.‎ 又F是CD的中点，所以DF＝CD.‎ 由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，‎ 从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.‎ 又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，所以GF∥平面ADE.‎ ‎(2)如图，在平面BEC内，过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE.‎ 又因为AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.‎ 以B为原点，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A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，F(2,2,1)．‎ 因为AB⊥平面BEC，所以＝(0,0,2)为平面BEC的法向量．‎ 设n＝(x，y，z)为平面AEF的法向量．‎ 又＝(2,0，－2)，＝(2,2，－1)，‎ 由得 取z＝2，得n＝(2，－1,2)．‎ 从而cos〈n，〉＝＝＝，‎ 所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.‎ ‎10．[2017·山东高考]如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．‎ ‎(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；‎ ‎(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小．‎ 解　(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP.‎ 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.‎ 又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.‎ ‎(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，‎ 故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)．‎ 设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量，‎ 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)．‎ 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量，‎ 由可得 取z2＝－2，‎ 可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.‎ E－AG－C为锐角，‎ ‎∴E－AG－C的大小为60°.‎ ‎[B级　知能提升]‎ ‎1．一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0,0,0)，(0,1,1)，(1,0,1)，(1,1,0)，则该四面体的体积为(　　)‎ A. B. C．1 D．2 答案　A 解析　如图所示，该四面体是棱长均为的正四面体ABCD.设△BCD的中心为O，则AO⊥平面BCD，AO即为该四面体的高．在Rt△AOB中，AB＝，BO＝BE＝××＝，所以AO＝＝.底面积S△BCD＝×()2＝，故其体积为××＝.故选A.‎ ‎2．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(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　以两对角线AC与BD的交点O作为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设边长为2，则有O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0，，0)，S(0,0，)，D(0，－，0)，E，＝，＝(0，－，－)，|cos〈，〉|＝＝＝，‎ 故AE，SD所成角的余弦值为.故选C.‎ ‎3．[2018·沈阳检测]已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1，AB＝1，AA1＝2，点E为CC1的中点，则点D1到平面BDE的距离为　　　　.‎ 答案　 解析　如图所示，以D为坐标原点，以DA，DC，DD1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)，B(1,1,0)，‎ D1(0,0,2)，E(0,1,1)，所以＝(1,1,0)，＝(0,1,1)，＝(－1，－1,2)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，所以n⊥，n⊥，所以 即令x＝1，‎ 则所以平面BDE的一个法向量为n＝(1，－1，1)，则点D1到平面BDE的距离d＝＝.故填.‎ ‎4．[2018·西宁模拟]如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.‎ ‎(1)求证：AB∥FG；‎ ‎(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．‎ 解　(1)证明：在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.‎ 又因为AB⊄平面PDE，所以AB∥平面PDE.‎ 因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.‎ ‎(2)因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.‎ 如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，＝(1,1,0)．‎ 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)．‎ 则即 令z＝1，则y＝－1，所以n＝(0，－1,1)．‎ 设直线BC与平面ABF所成角为α，‎ 则sinα＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.‎ 设点H的坐标为(u，v，w)．‎ 因为点H在棱PC上，所以可设＝λ(0<λ<1)，即(u，v，w－2)＝λ(2,1，－2)．所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.‎ 因为n是平面ABF的法向量，‎ 所以n·＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.‎ 解得λ＝，所以点H的坐标为.‎ 所以|PH|＝＝2.‎ ‎5．[2017·北京高考]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4.‎ ‎(1)求证：M为PB的中点；‎ ‎(2)求二面角B－PD－A的大小；‎ ‎(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．‎ 解　(1)证明：设AC，BD交于点E，连接ME，‎ 因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，‎ 所以PD∥ME.‎ 因为四边形ABCD是正方形，‎ 所以E为BD的中点，‎ 所以M为PB的中点．‎ ‎(2)取AD的中点O，连接OP，OE.‎ 因为PA＝PD，所以OP⊥AD.‎ 又因为平面PAD⊥平面ABCD，且OP⊂平面PAD，‎ 所以OP⊥平面ABCD.‎ 因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.‎ 因为四边形ABCD是正方形，所以OE⊥AD.‎ 如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)．‎ 设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令x＝1，则y＝1，z＝.‎ 于是n＝(1,1，)．‎ 平面PAD的法向量为p＝(0,1,0)，‎ 所以cos〈n，p〉＝＝.‎ 由题意知二面角B－PD－A为锐角，‎ 所以它的大小为.‎ ‎(3)由题意知M，C(2,4,0)，＝.‎ 设直线MC与平面BDP所成角为α，则 sinα＝|cos〈n，〉|＝＝，‎ 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.‎