【数学】2018届一轮复习人教A版第7章第7节立体几何中的向量方法学案 25页

第七节　立体几何中的向量方法 1．直线的方向向量与平面的法向量 (1)直线的方向向量：如果表示非零向量 a 的有向线段所在直线与直线 l 平行 或重合，则称此向量 a 为直线 l 的方向向量． (2)平面的法向量：直线 l⊥α，取直线 l 的方向向量 a，则向量 a 叫做平面 α 的法向量． 2．空间位置关系的向量表示 l1∥l2 n1∥n2⇔n1＝λn2 直线 l1，l2 的方向向量分别为 n1，n2 l1⊥l2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0 l∥α n⊥m⇔n·m＝0 直线 l 的方向向量为 n，平面 α 的法向量为 m l⊥α n∥m⇔n＝λm α∥β n∥m⇔n＝λm 平面 α，β 的法向量分别为 n，m α⊥β n⊥m⇔n·m＝0 3.求两条异面直线所成的角 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 θ a 与 b 的夹角〈a，b〉 范围 0<θ≤π 2 0＜〈a，b〉＜π 关系 cos θ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b| |a||b| cos〈a，b〉＝ a·b |a||b| 4．求直线与平面所成的角 设直线 l 的方向向量为 a，平面 α 的法向量为 n，直线 l 与平面 α 所成的角 为 θ，则 sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n| |a||n|. 5．求二面角的大小 (1)若 AB，CD 分别是二面角 α­l­β 的两个面内与棱 l 垂直的异面直线，则二 面角的大小就是向量AB → 与CD → 的夹角(如图①)． 图 (2)设 n1，n2 分别是二面角 α­l­β 的两个面 α，β 的法向量，则向量 n1 与 n2 的 夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)． 1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　) (2)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．(　　) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　) (4)两异面直线夹角的范围是(0，π 2]，直线与平面所成角的范围是[0，π 2]，二 面角的范围是[0，π]． [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√ 2．(教材改编)设 u＝(－2,2，t)，v＝(6，－4,4)分别是平面 α，β 的法向 量．若 α⊥β，则 t＝(　　) A．3 B．4　　　　 C．5　　　　 D．6 C　[∵α⊥β，则 u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0， ∴t＝5.] 3．直三棱柱 ABC­A1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，A1C1 的中 点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为(　　) A. 1 10 B.2 5 C. 30 10 D. 2 2 C　[建立如图所示的空间直角坐标系 C­xyz，设 BC＝2，则 B(0,2,0)， A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以BM → ＝(1，－1,2)，AN → ＝(－1,0,2)，故 BM 与 AN 所成角 θ 的余弦值 cos θ＝ |BM → ·AN → | |BM → |·|AN → | ＝ 3 6 × 5 ＝ 30 10 .] 4．如图 7­7­1 所示，在正方体 ABCD­A1B1C1D1 中，O 是底面正方形 ABCD 的中心，M 是 D1D 的中点，N 是 A1B1 的中点，则直线 ON，AM 的位置关系是 ________. 【导学号：51062247】 图 7­7­1 垂直　[以 A 为原点，分别以AB → ，AD → ，AA1→ 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间 直 角 坐 标 系 ( 图 略 ) ， 设 正 方 体 的 棱 长 为 1 ， 则 A(0,0,0) ， M(0，1，1 2)， O(1 2 ，1 2 ，0)，N(1 2 ，0，1)，AM → ·ON → ＝(0，1，1 2)·(0，－1 2 ，1)＝0，∴ON 与 AM 垂 直．] 5．(2017·湖州模拟)过正方形 ABCD 的顶点 A 作线段 PA⊥平面 ABCD，若 AB ＝PA，则平面 ABP 与平面 CDP 所成的二面角为________． 45°　[如图，建立空间直角坐标系，设 AB＝PA＝1，则 A(0,0,0)，D(0,1,0)， P(0,0,1)，由题意，AD⊥平面 PAB，设 E 为 PD 的中点，连接 AE，则 AE⊥PD， 又 CD⊥平面 PAD， ∴CD⊥AE，从而 AE⊥平面 PCD. ∴AD → ＝(0,1,0)，AE → ＝(0，1 2 ，1 2)分别是平面 PAB，平面 PCD 的法向量，且 〈AD → ，AE → 〉＝45°. 故平面 PAB 与平面 PCD 所成的二面角为 45°.] 利用向量证明平行与垂直问题 　如图 7­7­2 所示，在底面是矩形的四棱锥 P­ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，E，F 分别是 PC，PD 的中点，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求证：EF∥平面 PAB； (2)求证：平面 PAD⊥平面 PDC. 图 7­7­2 [证明]　以 A 为原点，AB，AD，AP 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，则 A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， 所以 E(1 2 ，1，1 2)，F(0，1，1 2)，EF → ＝(－1 2 ，0，0)，AP → ＝(0,0,1)，AD → ＝(0,2,0)， DC → ＝(1,0,0)，AB → ＝(1,0,0).3 分 (1)因为EF → ＝－1 2AB → ，所以EF → ∥AB → ，即 EF∥AB. 又 AB⊂平面 PAB，EF⊄平面 PAB， 所以 EF∥平面 PAB.6 分 (2)因为AP → ·DC → ＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD → ·DC → ＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以AP → ⊥DC → ，AD → ⊥DC → ，即 AP⊥DC，AD⊥DC.10 分 又因为 AP∩AD＝A，AP⊂平面 PAD，AD⊂平面 PAD， 所以 DC⊥平面 PAD. 因为 DC⊂平面 PDC， 所以平面 PAD⊥平面 PDC.15 分 [规律方法]　1.利用向量证明平行与垂直，充分利用已知的线面垂直关系构 建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运 算．其中灵活建系是解题的关键． 2．运用向量知识判定空间位置关系，不可忽视几何定理满足的条件，如用 直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，必需强调直线在平面 外． [变式训练 1]　(2017·绍兴一模)如图 7­7­3，四棱锥 P­ABCD 的底面为正方 形，侧棱 PA⊥底面 ABCD，且 PA＝AD＝2，E，F，H 分别是线段 PA，PD，AB 的中点． 图 7­7­3 求证：(1)PB∥平面 EFH； (2)PD⊥平面 AHF. [证明]　建立如图所示的空间直角坐标系 A­xyz. ∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)， H(1,0,0).3 分 (1)∵PB → ＝(2,0，－2)，EH → ＝(1,0，－1)， ∴PB → ＝2EH → ，∴PB∥EH. ∵PB⊄平面 EFH，且 EH⊂平面 EFH， ∴PB∥平面 EFH.6 分 (2)PD → ＝(0,2，－2)，AH → ＝(1,0,0)，AF → ＝(0,1,1)， ∴PD → ·AF → ＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，10 分 PD → ·AH → ＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0， ∴PD⊥AF，PD⊥AH. 又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面 AHF.15 分 线面角与异面直线所求的角 ☞ 角度 1　求异面直线所成的角 　将正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起，当以 A，B，C，D 四点为顶 点的三棱锥体积最大时，异面直线 AD 与 BC 所成的角为(　　) A.π 6 　　　　　　　　　 B.π 4 C.π 3 D.π 2 C　[不妨以△ABC 为底面，则由题意当以 A，B，C，D 为顶点的三棱锥体 积最大，即点 D 到底面△ABC 的距离最大时，平面 ADC⊥平面 ABC. 设点 O 是 AC 的中点，连接 BO，DO. 则易知 BO，CO，DO 两两互相垂直． 以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令 BO＝CO＝DO＝1. 则 O(0,0,0)，A(0，－1,0)，D(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0,1,0)， 于是AD → ＝(0,1,1)，BC → ＝(－1,1,0)， 因此 cos〈AD → ，BC → 〉＝ AD → ·BC → |AD → |·|BC → | ＝ 1 2 × 2 ＝1 2. 所以异面直线 AD 与 BC 所成的角为π 3.] [规律方法]　1.利用向量法求异面直线所成的角． (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 ν1，ν2； (3)代入公式|cos〈ν1，ν2〉|＝|ν1·ν2| |ν1||ν2| 求解． 2．两异面直线所成角的范围是 θ∈(0，π 2]，两向量的夹角 α 的范围是[0， π]，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． ☞ 角度 2　求直线与平面所成的角 　(2015·全国卷Ⅱ)如图 7­7­4 所示，长方体 ABCD­A1B1C1D1 中，AB＝ 16，BC＝10，AA1＝8，点 E，F 分别在 A1B1，D1C1 上，A1E＝D1F＝4.过点 E，F 的平面 α 与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． 图 7­7­4 (1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线 AF 与平面 α 所成角的正弦值. 【导学号：51062248】 [解]　(1)交线围成的正方形 EHGF 如图所示.5 分 (2)作 EM⊥AB，垂足为 M，则 AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8， 因为四边形 EHGF 为正方形，所以 EH＝EF＝BC＝10. 于是 MH＝ EH2－EM2＝6，所以 AH＝10. 以 D 为坐标原点，DA → 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标 系 D­xyz，则 A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，FE → ＝(10,0,0)，HE → ＝(0，－ 6，8).9 分 设 n＝(x，y，z)是平面 EHGF 的法向量，则Error!即Error! 所以可取 n＝(0,4,3)． 又AF → ＝(－10,4,8)，故|cos〈n，AF → 〉|＝ |n·AF → | |n||AF → | ＝4 5 15 . 所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为4 5 15 .15 分 [规律方法]　1.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． 2．(1)求直线与平面所成的角，不要误认为是直线的方向向量与平面法向量 的夹角． (2)若求线面角的余弦值，要利用平方关系 sin2θ＋cos2θ＝1 求值. 利用空间向量求二面角 　如图 7­7­5，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角 D­AF­E 与二面角 C­BE­F 都是 60°. (1)证明：平面 ABEF⊥平面 EFDC； (2)求二面角 E­BC­A 的余弦值． 图 7­7­5 [解]　(1)证明：由已知可得 AF⊥DF，AF⊥FE， 所以 AF⊥平面 EFDC.2 分 又 AF⊂平面 ABEF，故平面 ABEF⊥平面 EFDC.6 分 (2)过 D 作 DG⊥EF，垂足为 G. 由(1)知 DG⊥平面 ABEF. 以 G 为坐标原点，GF → 的方向为 x 轴正方向，|GF → |为单位长，建立如图所示 的空间直角坐标系 G­xyz.8 分 由(1)知∠DFE 为二面角 D­AF­E 的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG| ＝ 3，可得 A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0， 3)． 由已知得 AB∥EF，所以 AB∥平面 EFDC.10 分 又平面 ABCD∩平面 EFDC＝CD，故 AB∥CD，CD∥EF. 由 BE∥AF，可得 BE⊥平面 EFDC， 所以∠CEF 为二面角 C­BE­F 的平面角，∠CEF＝60°. 从而可得 C(－2,0， 3)． 所以EC → ＝(1,0， 3)，EB → ＝(0,4,0)，AC → ＝(－3，－4， 3)，AB → ＝(－4,0,0)． 设 n＝(x，y，z)是平面 BCE 的法向量， 则Error!即Error! 所以可取 n＝(3,0，－ 3).12 分 设 m 是平面 ABCD 的法向量，则Error! 同理可取 m＝(0，3，4)． 则 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m| ＝－2 19 19 . 故二面角 E­BC­A 的余弦值为－2 19 19 .15 分 [规律方法]　1.求解本题要抓住几点：(1)充分利用垂线，建立恰当的直角坐 标系； (2)确定二面角 D­AF­E 与二面角 C­BE­F 的平面角；(3)从空间图形能判定二 面角 E­BC­A 为钝角． 2．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，但要注意结合实际图形判断所求 角的大小． (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． [变式训练 2]　(2017·衢州质检)如图 7­7­6，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AD ＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，四边形 BFED 为矩形，平面 BFED⊥平面 ABCD，BF＝1. 图 7­7­6 (1)求证：AD⊥平面 BFED； (2)点 P 在线段 EF 上运动，设平面 PAB 与平面 ADE 所成锐二面角为 θ，试 求 θ 的最小值． [解]　(1)证明：在梯形 ABCD 中， ∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝120°，∴AB＝2. ∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos 60°＝3. ∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.2 分 ∵平面 BFED⊥平面 ABCD， 平面 BFED∩平面 ABCD＝BD，DE⊂平面 BFED，DE⊥DB， ∴DE⊥平面 ABCD， 则 DE⊥AD. 又 DE∩BD＝D，∴AD⊥平面 BFED.6 分 (2)由(1)知可建立以直线 DA，DB，DE 为 x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间 直角坐标系，令 EP＝λ(0≤λ≤ 3)， 则 D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，3，0)，P(0，λ，1)， ∴AB → ＝(－1，3，0)，BP → ＝(0，λ－ 3，1)． 设 n1＝(x，y，z)为平面 PAB 的法向量， 由Error!得Error! 取 y＝1，则 n1＝( 3，1， 3－λ).10 分 ∵n2＝(0,1,0)是平面 ADE 的一个法向量， ∴cos θ＝|n1·n2| |n1||n2| ＝ 1 3＋1＋( 3－λ)2 × 1 ＝ 1 (λ－ 3)2＋4 . ∵0≤λ≤ 3，∴当 λ＝ 3时，cos θ 有最大值1 2. ∴θ 的最小值为π 3.15 分 利用空间向量解决探索性问题 　如图 7­7­7①所示，正△ABC 的边长为 4，CD 是 AB 边上的高，E，F 分别是 AC 和 BC 边的中点，现将△ABC 沿 CD 翻折成二面角 A­DC­B，如图 7­7­7② 所示． (1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角 E­DF­C 的余弦值； (3)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 AP⊥DE？证明你的结论． ①　　　　　　　　　　② 图 7­7­7 [解]　(1)如图，在△ABC 中，由 E，F 分别是 AC，BC 中点，得 EF∥AB. 又 AB⊄平面 DEF，EF⊂平面 DEF， ∴AB∥平面 DEF.4 分 (2)以 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2 3，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，易知平面 CDF 的法向量为DA → ＝(0,0,2).6 分 设平面 EDF 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error! 即Error! 取 n＝(3，－ 3，3)， cos〈DA → ，n〉＝ DA → ·n |DA → |·|n| ＝ 21 7 ， ∴二面角 E­DF­C 的余弦值为 21 7 .9 分 (3)设 P(x，y,0)，则AP → ·DE → ＝ 3y－2＝0， ∴y＝2 3 3 . 又BP → ＝(x－2，y,0)，PC → ＝(－x,2 3－y,0)． ∵BP → ∥PC → ， ∴(x－2)(2 3－y)＝－xy， ∴ 3x＋y＝2 3.12 分 把 y＝2 3 3 代入上式得 x＝4 3 ， ∴BP → ＝1 3BC → ， ∴在线段 BC 上存在点 P(4 3 ，2 3 3 ，0)，使 AP⊥DE.15 分 [规律方法]　1.根据题目的条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位 置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论． 2．假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足 的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围， 则存在，否则不存在． [变式训练 3]　如图 7­7­8，在长方体 ABCD ­A1B1C1D1 中，AA1＝AD＝1，E 为 CD 中点． 图 7­7­8 (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． [解]　以 A 为原点，AB → ，AD → ，AA1→ 的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建 立如图所示的空间直角坐标系．设 AB＝a.1 分 (1)证明：A(0,0,0)，D(0,1,0)，D 1(0,1,1)，E(a 2 ，1，0)，B1(a,0,1)，故AD1→ ＝ (0,1,1)，B1E → ＝(－a 2 ，1，－1).3 分 因为B1E → ·AD1→ ＝－a 2 ×0＋1×1＋(－1)×1＝0， 因此B1E → ⊥AD1→ ， 所以 B1E⊥AD1.6 分 (2)存在满足要求的点 P， 假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)， 使得 DP∥平面 B1AE，此时DP → ＝(0，－1，z0)， 再设平面 B1AE 的一个法向量为 n＝(x，y，z)． AB1→ ＝(a,0,1)，AE → ＝(a 2 ，1，0).8 分 因为 n⊥平面 B1AE，所以 n⊥AB1→ ，n⊥AE → ，得Error! 取 x＝1，则 y＝－a 2 ，z＝－a， 则平面 B1AE 的一个法向量 n＝(1，－a 2 ，－a).12 分 要使 DP∥平面 B1AE，只要 n⊥DP → ，有a 2 －az0＝0，解得 z0＝1 2. 所以存在点 P，满足 DP∥平面 B1AE，此时 AP＝1 2.15 分 [思想与方法] 1．用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量 的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算， 降低了空间想象的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想． 2．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． [易错与防范] 1．用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．若用直 线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，必需强调直线在平面外． 2．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． 3．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角． 课时分层训练(四十二)　 立体几何中的向量方法 A 组　基础达标 (建议用时：30 分钟) 一、选择题 1．已知平面 α 内有一点 M(1，－1,2)，平面 α 的一个法向量为 n＝(6，－ 3,6)，则下列点 P 中，在平面 α 内的是(　　) A．P(2,3,3)　 B．P(－2,0,1) C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4) A　[逐一验证法，对于选项 A，MP → ＝(1,4,1)，∴MP → ·n＝6－12＋6＝0，∴MP → ⊥n，∴点 P 在平面 α 内，同理可验证其他三个点不在平面 α 内．] 2．如图 7­7­9，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB， 则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为(　　) 【导学号：51062249】 图 7­7­9 A. 5 5 B．－ 5 5 C.2 5 5 D．－2 5 5 A　[不妨设 CB＝1，则 B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1＝(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴BC1→ ＝ (0,2，－1)，AB1→ ＝(－2,2,1)． cos〈BC1→ ，AB1→ 〉＝ BC1→ ·AB1→ |BC1→ |·|AB1→ | ＝0＋4－1 5 × 3 ＝ 5 5 .] 3．正方体 ABCD­A1B1C1D1 的棱长为 a，点 M 在 AC1 上且AM → ＝1 2MC1→ ，N 为 B1B 的中点，则|MN → |为(　　) A. 21 6 a B. 6 6 a C. 15 6 a D. 15 3 a A　[以 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 D­xyz，则 A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N(a，a，a 2). 设 M(x，y，z)， ∵点 M 在 AC1 上且AM → ＝1 2MC1→ ， (x－a，y，z)＝1 2(－x，a－y，a－z)， ∴x＝2 3a，y＝a 3 ，z＝a 3. 得 M(2a 3 ，a 3 ，a 3)， ∴|MN → |＝ (a－2 3a)2＋(a－a 3)2＋(a 2 －a 3)2＝ 21a 6 .] 4．已知正三棱柱 ABC­A1B1C1 的侧棱长与底面边长相等，则 AB1 与侧面 ACC1A1 所成角的正弦值等于(　　) A. 6 4 B. 10 4 C. 2 2 D. 3 2 A　[如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱 长为 2，O(0,0,0)，B( 3，0,0)，A(0，－1,0)，B1( 3，0,2)， 则AB1→ ＝( 3，1,2)，则BO → ＝(－ 3，0,0)为侧面 ACC1A1 的法向 量．即 sin θ＝ |AB1→ ·BO → | |AB1→ ||BO → | ＝ 6 4 .故选 A.] 5．在正方体 ABCD­A1B1C1D1 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.1 2 B.2 3 C. 3 3 D. 2 2 B　[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(1，0，1 2)，D(0,1,0)，∴A1D → ＝(0,1，－1)，A1E → ＝ (1，0，－1 2). 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1＝(1，y，z)， ∴有Error!即Error! 解得Error! ∴n1＝(1,2,2)． ∵平面 ABCD 的一个法向量为 n2＝(0,0,1)． ∴cos〈n1，n2〉＝ 2 3 × 1 ＝2 3 ， 即所成的锐二面角的余弦值为2 3.] 二、填空题 6．已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一点，如果AB → ＝(2，－1，－ 4)，AD → ＝(4,2,0)，AP → ＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP → 是平面 ABCD 的法向量；④AP → ∥BD → .其中正确的序号是________． ①②③　[∵AB → ·AP → ＝0，AD → ·AP → ＝0， ∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确． 又AB → 与AD → 不平行． ∴AP → 是平面 ABCD 的法向量，则③正确． 由于BD → ＝AD → －AB → ＝(2,3,4)，AP → ＝(－1,2，－1)，∴BD → 与AP → 不平行，故④错 误．] 7．(2017·杭州模拟)在长方体 ABCD­A1B1C1D1 中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为________． 1 3 　[以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴， 建立空间直角坐标系，设 n＝(x，y，z)为平面 A1BC1 的法向 量， 则 n·A1B → ＝0，n·A1C1→ ＝0， 即Error!令 z＝2，则 y＝1，x＝2， 于是 n＝(2,1,2)，D1C1→ ＝(0,2,0)． 设所求线面角为 α，则 sin α＝|cos〈n，D1C1→ 〉|＝1 3.] 8．在一直角坐标系中，已知 A(－1,6)，B(3，－8)，现沿 x 轴将坐标平面折 成 60° 的 二 面 角 ， 则 折 叠 后 A ， B 两 点 间 的 距 离 为 ________. 【 导 学 号 ： 51062250】 2 17　[如图为折叠后的图形，其中作 AC⊥CD，BD⊥CD， 则 AC＝6，BD＝8，CD＝4， 两异面直线 AC，BD 所成的角为 60°. 故由AB → ＝AC → ＋CD → ＋DB → ， 得|AB → |2＝|AC → ＋CD → ＋DB → |2＝68， ∴|AB → |＝2 17.] 三、解答题 9．(2017·舟山模拟)如图 7­7­10，四棱锥 S­ABCD 中，SD⊥底面 ABCD，AB ∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E 为棱 SB 上的一点，且 SE＝ 2EB. 图 7­7­10 (1)证明：DE⊥平面 SBC； (2)求二面角 A­DE­C 的大小． [解]　由题意，以 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DS 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)， 则 A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)，DB → ＝ (1,1,0)，DS → ＝(0,0,2).2 分 (1)证明：∵SE＝2EB， ∴DE → ＝2 3DB → ＋1 3DS → ＝2 3(1,1,0)＋1 3(0,0,2)＝ (2 3 ，2 3 ，2 3). 又BC → ＝(－1,1,0)，BS → ＝(－1，－1,2)， ∴DE → ·BC → ＝0，DE → ·BS → ＝0，4 分 ∴DE → ⊥BC → ，DE → ⊥BS → . 又 BC∩BS＝B，∴DE⊥平面 SBC.6 分 (2)由(1)知，DE⊥平面 SBC， ∵EC⊂平面 SBC，∴DE⊥EC.9 分 取 DE 的中点 F， 则 F(1 3 ，1 3 ，1 3)，FA → ＝(2 3 ，－1 3 ，－1 3)， 故FA → ·DE → ＝0，由此得 FA⊥DE.12 分 ∴向量FA → 与EC → 的夹角等于二面角 A­DE­C 的平面角， 又 cos〈FA → ，EC → 〉＝ FA → ·EC → |FA → ||EC → | ＝－1 2 ， ∴二面角 A­DE­C 的大小为 120°.15 分 10．在四棱锥 P­ABCD 中，PD⊥底面 ABCD，底面 ABCD 为正方形，PD＝ DC，E，F 分别是 AB，PB 的中点． (1)求证：EF⊥CD； (2)在平面 PAD 内是否存在一点 G，使 GF⊥平面 PCB.若存在，求出点 G 坐 标；若不存在，请说明理由． [解]　(1)证明：如图，以 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．设 AD＝a，则 D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E(a，a 2 ，0)， P(0,0，a)，F(a 2 ，a 2 ，a 2)， 则EF → ＝(－a 2 ，0，a 2)，DC → ＝(0，a,0).3 分 ∵EF → ·DC → ＝0， ∴EF → ⊥DC → ，从而得 EF⊥CD.6 分 (2)假设存在满足条件的点 G， 设 G(x,0，z)，则FG → ＝(x－a 2 ，－a 2 ，z－a 2). 若使 GF⊥平面 PCB，则 FG⊥CB，FG⊥CP. FG → ·CB → ＝(x－a 2 ，－a 2 ，z－a 2)·(a,0,0)＝a(x－a 2)＝0，得 x＝a 2.10 分 由FG → ·CP → ＝(x－a 2 ，－a 2 ，z－a 2)·(0，－a，a) ＝a2 2 ＋a(z－a 2 )＝0，得 z＝0. ∴G 点坐标为(a 2 ，0，0)，即存在满足条件的点 G，且点 G 为 AD 的中点. 15 分 B 组　能力提升 (建议用时：15 分钟) 1．(2017·浙江金华联盟联考)已知斜四棱柱 ABCD­A1B1C1D1 的各棱长均为 2， ∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面 A 1ADD1⊥平面 ABCD，则直线 BD1 与平面 ABCD 所成的角的正切值为(　　) A. 3 4 B. 13 4 C. 39 13 D. 39 3 C　[取 AD 中点 O，连接 OA1，易证 A1O⊥平面 ABCD.建立如图所示的空间 直角坐标系， 得 B(2，－1,0)，D1(0,2， 3)，BD1→ ＝(－2,3， 3)，平面 ABCD 的一个法向量 为 n＝(0,0,1)，设 BD1 与平面 ABCD 所成的角为 θ，∴sin θ＝ |BD1→ ·n| |BD1→ |·|n| ＝ 3 4 ，∴tan θ＝ 39 13 .] 2．(2017·浙江柯桥中学质检)如图 7­7­11 所示，在正方体 ABCD­A1B1C1D1 中， 棱长为 a，M，N 分别为 A 1B 和 AC 上的点，A1M＝AN＝ 2a 3 ，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是________. 【导学号：51062251】 图 7­7­11 MN∥平面 BB1C1C　[以 C1 为坐标原点建立如图所示 的坐标系． ∵A1M＝AN＝ 2a 3 ， 则 M(a，2a 3 ，a 3)，N(2a 3 ，2a 3 ，a)，∴MN → ＝ (－a 3 ，0，2 3a). 又 C1(0,0,0)，D1(0，a,0)， ∴C1D1→ ＝(0，a,0)， ∴MN → ·C1D1→ ＝0， ∴MN → ⊥C1D1→ . 又∵C1D1→ 是平面 BB1C1C 的法向量，且 MN⊄平面 BB 1C1C，∴MN∥平面 BB1C1C.] 3.如图 7­7­12，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. 图 7­7­12 (1)求证：EG∥平面 ADF； (2)求二面角 O­EF­C 的正弦值； (3)设 H 为线段 AF 上的点，且 AH＝2 3HF，求直线 BH 和平面 CEF 所成角的 正弦值． [解]　依题意，OF⊥平面 ABCD，如图，以 O 为原点， 分别以AD → ，BA → ，OF → 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 O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(－1，－1,0)， C(1，－1,0)，D(1,1,0)，E(－1，－1,2)，F(0,0,2)，G(－1,0,0).2 分 (1)证明：依题意，AD → ＝(2,0,0)，AF → ＝(1，－1,2)． 设 n1＝(x1，y1，z1)为平面 ADF 的法向量， 则Error!即 Error!4 分 不妨取 z1＝1，可得 n1＝(0,2,1)． 又EG → ＝(0,1，－2)，可得EG → ·n1＝0. 又因为直线 EG⊄平面 ADF，所以 EG∥平面 ADF.5 分 (2)易证OA → ＝(－1,1,0)为平面 OEF 的一个法向量，依题意， EF → ＝(1,1,0)，CF → ＝(－1,1,2).6 分 设 n2＝(x2，y2，z2)为平面 CEF 的法向量，则Error! 即Error! 不妨取 x2＝1， 可得 n2＝(1，－1,1).8 分 因此有 cos〈OA → ，n2〉＝ OA → ·n2 |OA → |·|n2| ＝－ 6 3 ， 于是 sin〈OA → ，n2〉＝ 3 3 . 所以，二面角 O­EF­C 的正弦值为 3 3 .9 分 (3) 由 AH ＝2 3HF ， 得 AH ＝2 5AF. 因 为AF → ＝ (1 ， － 1,2) ， 所 以AH → ＝2 5AF → ＝ (2 5 ，－2 5 ，4 5)，进而有 H(－3 5 ，3 5 ，4 5)，从而BH → ＝(2 5 ，8 5 ，4 5). 因此 cos〈BH → ，n2〉＝ BH → ·n2 |BH → |·|n2| ＝－ 7 21. 所以，直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值为 7 21.15 分