【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第八章第五讲　空间角与距离、空间向量及应用 16页

第五讲　空间角与距离、空间向量及应用 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.[2020安徽省阜阳市模拟]在空间直角坐标系中,A(1,1, - 2),B(1,2, - 3),C( - 1,3,0),D(x,y,z)(x,y,z∈R),若A,B,C,D四点共面,则(　　)‎ A.2x+y+z=1 B.x+y+z=0‎ C.x - y+z= - 4 D.x+y - z=0‎ ‎2.[广东高考,5分][理]已知向量a=(1,0, - 1),则下列向量中与a成60°夹角的是(　　)‎ A.( - 1,1,0) B.(1, - 1,0)‎ C.(0, - 1,1) D.( - 1,0,1)‎ ‎3.下列说法正确的是(　　)‎ A.直线的方向向量是唯一确定的 B.若直线a的方向向量和平面α的法向量平行,则a∥α C.若两平面的法向量平行,则两平面平行 D.若直线a的方向向量与平面α的法向量垂直,则a∥α ‎4.[2019四川省棠湖中学模拟]已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC的一个法向量的是(　　)‎ A.( - 1,1,1)　 B.(1, - 1,1)‎ C.( - ‎3‎‎3‎, - ‎3‎‎3‎, - ‎3‎‎3‎) D.(‎3‎‎3‎,‎3‎‎3‎, - ‎3‎‎3‎)‎ ‎5.[2020四川五校联考]已知四面体ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,△ABD是边长为2的等边三角形,BD=DC,BD⊥CD,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为(　　)‎ A.‎2‎‎4‎ B.‎2‎‎3‎ C.‎1‎‎2‎ D.‎‎3‎‎4‎ ‎6.[2020江西省九江市三校联考]正方体ABCD - A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点有3个,记这3个点分别为E,F ,G,则直线AC1与平面EF G所成角的正弦值为(　　)‎ A.‎26‎‎13‎ B.‎2‎‎26‎‎13‎ C.‎2‎‎78‎‎39‎ D.‎‎4‎‎78‎‎39‎ ‎7.[2019全国卷,16,5分]已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为‎3‎,那么P到平面ABC的距离为　　　　. ‎ ‎8.[2018全国卷Ⅱ,20,12分][理]如图8 - 5 - 1,在三棱锥P - ABC中,AB=BC=2‎2‎,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.‎ ‎(1)证明:PO⊥平面ABC;‎ ‎(2)若点M在棱BC上,且二面角M - PA - C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.‎ 考法1利用向量法证明平行与垂直问题 ‎1[2020湖北省武汉市武昌实验中学模拟]如图8 - 5 - 5,在矩形ABCD中,AB=2BC,P,Q分别为线段AB,CD的中点,EP⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证:AQ∥平面CEP;‎ ‎(2)求证:平面AEQ⊥平面DEP.‎ 图8 - 5 - 5图8 - 5 - 6‎ ‎(1)如图8 - 5 - 6,连接PQ,因为四边形ABCD为矩形,且P,Q分别为线段AB,CD的中点,则PQ⊥AB.‎ 易知PA,PQ,PE两两垂直,以P为坐标原点,分别以PA,PQ,PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图8 - 5 - 6所示的空间直角坐标系.‎ 设AB=2,PE=a,则P(0,0,0),A(1,0,0),Q(0,1,0),E(0,0,a),C( - 1,1,0).‎ 所以AQ=( - 1,1,0),PC=( - 1,1,0),所以AQ‎∥‎PC,即AQ∥PC.(证明平面外直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行)‎ 又AQ⊄平面EPC,PC⊂平面EPC,(注意说明前提条件)‎ 所以AQ∥平面CEP.‎ ‎(2)因为D(1,1,0),E(0,0,a),所以PD=(1,1,0),PE=(0,0,a).‎ 因为AQ·PD=( - 1,1,0)·(1,1,0)= - 1+1=0,所以AQ⊥PD,即AQ⊥PD.‎ 因为AQ·PE=( - 1,1,0)·(0,0,a)=0,所以AQ⊥PE,即AQ⊥PE.(证明直线方向向量与平面内两条相交直线的方向向量都垂直)‎ 又PD∩PE=P,所以AQ⊥平面EPD,‎ 又AQ⊂平面AEQ,(注意说明前提条件)‎ 所以平面AEQ⊥平面DEP.‎ 考法2求空间角 命题角度1　求异面直线所成的角 详见2021版《高考帮》理科P165考法2.‎ 命题角度2　求线面角 ‎2[2019浙江,19,15分]如图8 - 5 - 7,已知三棱柱ABC - A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F 分别是AC,A1B1的中点.‎ ‎(1)证明:EF ⊥BC;‎ ‎(2)求直线EF 与平面A1BC所成角的余弦值.‎ 思路一　(1)通过添加辅助线,利用等腰三角形三线合一,得到线线垂直,然后根据面面垂直的性质,得到直线与平面垂直,从而得到线线垂直,最后利用线面垂直的判定证明结果;‎ ‎(2)利用垂直,找到直线在平面上的射影,结合定义,确定直线与平面所成角,结合余弦定理,求得直线与平面所成角的余弦值.‎ 思路二　(1)建立空间直角坐标系,利用直线的方向向量垂直证明线线垂直;(2)计算得到直线的方向向量与平面的法向量,利用向量求得直线与平面所成角的正弦值,然后求得余弦值.‎ 解法一　(1)如图8 - 5 - 8,连接A1E.‎ 因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,‎ 所以A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.‎ 又A1F ∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F .‎ 又A1F ∩A1E=A1,所以BC⊥平面A1EF .‎ 所以EF ⊥BC.‎ ‎(2)如图8 - 5 - 8,取BC的中点G,连接EG,GF ,则EGF A1是平行四边形.‎ 由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGF A1为矩形.‎ 连接A1G交EF 于点O,由(1)得BC⊥平面EGF A1,则平面A1BC⊥平面EGF A1,所以EF 在平面A1BC上的射影在直线A1G上.‎ 则∠EOG(或其补角)是直线EF 与平面A1BC所成的角.‎ 不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2‎3‎,EG=‎3‎.‎ 由于O为A1G的中点,故EO=OG=A‎1‎G‎2‎‎=‎‎15‎‎2‎,‎ 所以cos∠EOG=EO‎2‎+OG‎2‎-EG‎2‎‎2EO·OG‎=‎‎3‎‎5‎.‎ 因此,直线EF 与平面A1BC所成角的余弦值是‎3‎‎5‎.‎ 解法二　(1)如图8 - 5 - 9,连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,‎ 所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC.‎ 如图8 - 5 - 9,以E为坐标原点,分别以EC,EA1所在直线为y轴,z轴,建立空间直角坐标系.‎ 不妨设AC=4,则E(0,0,0),A1(0,0,2‎3‎),B(‎3‎,1,0),B1(‎3‎,3,2‎3‎),F (‎3‎‎2‎,‎3‎‎2‎,2‎3‎),C(0,2,0).‎ 因此,EF=(‎3‎‎2‎,‎3‎‎2‎,2‎3‎),BC=( - ‎3‎,1,0).‎ 由EF·BC=0得EF ⊥BC.‎ ‎(2)设直线EF 与平面A1BC所成角为θ.‎ 由(1)可得BC=( - ‎3‎,1,0),A‎1‎C=(0,2, - 2‎3‎),EF=(‎3‎‎2‎,‎3‎‎2‎,2‎3‎).‎ 设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).‎ 由BC‎·n=0,‎A‎1‎C‎·n=0,‎得‎-‎3‎x+y=0,‎y-‎3‎z=0.‎ 可取n=(1,‎3‎,1)为平面A1BC的一个法向量,‎ 故sinθ=|cos|=‎|EF·n|‎‎|EF|·|n|‎‎=‎‎4‎‎5‎,则cosθ=‎1-sin‎2‎θ‎=‎‎3‎‎5‎.‎ 因此,直线EF 与平面A1BC所成角的余弦值为‎3‎‎5‎.‎ 命题角度3　求二面角 ‎3 [2019全国卷Ⅱ,17,12分][理]如图8 - 5 - 10,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.‎ ‎ (1)由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,‎ 故B1C1⊥BE.‎ 又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,所以BE⊥平面EB1C1.‎ ‎(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题意知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.‎ 以D为坐标原点,DA的方向为x轴的正方向,|DA|为单位长度,建立如图8 - 5 - 11所示的空间直角坐标系,‎ 则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1, - 1,1),CC‎1‎=(0,0,2).‎ 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则CB‎·n=0,‎CE‎·n=0,‎即x=0,‎x-y+z=0,‎ 所以可取n=(0, - 1, - 1)为平面EBC的一个法向量.‎ 设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),则 CC‎1‎‎·m=0,‎CE‎·m=0,‎即‎2z‎1‎=0,‎x‎1‎‎-y‎1‎+z‎1‎=0,‎所以可取m=(1,1,0)为平面ECC1的一个法向量.‎ 于是cos=n·m‎|n||m|‎= - ‎1‎‎2‎.‎ 所以,二面角B - EC - C1的正弦值为‎3‎‎2‎.‎ ‎1.[2019天津,17,13分][理]如图8 - 5 - 13,AE⊥平面ABCD,CF ∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.‎ ‎(1)求证:BF ∥平面ADE;‎ ‎(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;‎ ‎(3)若二面角E - BD - F 的余弦值为‎1‎‎3‎,求线段CF 的长.‎ 考法3求空间距离 ‎4如图8 - 5 - 14,四棱锥P - ABCD中,AB∥CD,AB=‎1‎‎2‎CD=1,E为PC的中点.‎ ‎(1)证明:BE∥平面PAD;‎ ‎(2)若AB⊥平面PBC,△PBC是边长为2的正三角形,求点E到平面PAD的距离.‎ ‎(1)如图8 - 5 - 15,取PD的中点F ,连接AF ,EF ,‎ 因为E为PC的中点,F 为PD的中点,‎ 所以EF ∥CD,且EF =‎1‎‎2‎CD.‎ 又AB∥CD,且AB=‎1‎‎2‎CD,‎ 所以EF ∥AB,且EF =AB,故四边形ABEF 为平行四边形,所以BE∥AF .‎ 又BE⊄平面PAD,AF ⊂平面PAD,‎ 所以BE∥平面PAD.‎ ‎(2)解法一　(等体积法)由(1)得BE∥平面PAD,‎ 故点B到平面PAD的距离等于点E到平面PAD的距离,(根据线面平行进行转化)‎ 如图8 - 5 - 16,取BC的中点G,连接PG,DG,BD,易知PG⊥BC.‎ 又△PBC是边长为2的正三角形,‎ 所以PG=‎3‎,PB=BC=2.‎ 因为AB⊥平面PBC,AB⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PBC.‎ 因为平面ABCD∩平面PBC=BC,‎ 所以PG⊥平面ABCD,所以PG⊥GD.‎ 因为AB⊥平面PBC,所以AB⊥BC,AB⊥PB,‎ 所以四边形ABCD是直角梯形,且AB=1,BC=2,CD=2,‎ 则AD=‎5‎,S△ABD=‎1‎‎2‎×1×2=1.‎ 因为AB⊥PB,AB=1,PB=2,所以PA=‎5‎.‎ 在Rt△PGD中,易知DG=‎5‎,又PG=‎3‎,所以PD=2‎2‎,‎ 所以S△APD=‎1‎‎2‎×2‎2‎×‎(‎5‎‎)‎‎2‎-(‎‎2‎‎)‎‎2‎‎=‎‎6‎.‎ 设点B到平面PAD的距离为h,‎ 因为三棱锥P - ABD的体积V=‎1‎‎3‎S△APD×h=‎1‎‎3‎S△ABD×PG,(等积变换)‎ 所以h=S‎△ABD‎×PGS‎△APD‎=‎3‎‎6‎=‎‎2‎‎2‎.‎ 所以点E到平面PAD的距离为‎2‎‎2‎.‎ 解法二　(向量法)如图8 - 5 - 17,取BC的中点O,AD的中点M,连接OP,OM,则OM∥AB∥CD.‎ 图8 - 5 - 17‎ 在等边△PBC中,PO=‎3‎,‎ OP⊥BC.‎ 又AB⊥平面PBC,所以OM⊥平面PBC.‎ 如图8 - 5 - 17,以O为坐标原点,分别以射线OC,OM,OP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则P(0,0,‎3‎),‎ A( - 1,1,0),D(1,2,0),C(1,0,0),故E(‎1‎‎2‎,0,‎3‎‎2‎).(建系,求点的坐标)‎ 所以AD=(2,1,0),PA=( - 1,1, - ‎3‎),PE=(‎1‎‎2‎,0, - ‎3‎‎2‎).‎ 设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·AD=0,‎n·PA=0,‎即‎2x+y=0,‎‎-x+y-‎3‎z=0,‎ 令x=1,则y= - 2,z= - ‎3‎,故n=(1, - 2, - ‎3‎)为平面PAD的一个法向量.(用赋值法求法向量)‎ 所以点E到平面PAD的距离d=‎|n·PE|‎‎|n|‎‎=‎|‎1‎‎2‎×1+0×(-2)+(-‎3‎‎2‎)×(-‎3‎)|‎‎1‎‎2‎‎+‎(-2)‎‎2‎+‎‎(-‎3‎)‎‎2‎=‎‎2‎‎2‎.(距离公式)‎ ‎2.[2020湖北省宜昌市模拟]如图8 - 5 - 18所示,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.‎ ‎(1)求二面角P - CD - B的大小;‎ ‎(2)求证:平面MND⊥平面PCD;‎ ‎(3)求点P到平面MND的距离.‎ 数学探究1立体几何中的探索性问题 ‎1.条件追溯型 如果已知的是问题的结论,而要求的却是问题的条件,这种试题为条件追溯型试题.‎ ‎5 [2019江苏苏州最后一卷]如图8 - 5 - 19,在四棱锥P - ABCD中,AB∥CD,AB=2CD=2BC=2AD=4,∠DAB=60°,AE=BE,△PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求二面角P - EC - D的余弦值.‎ ‎(2)线段PC上是否存在一点M(包含端点),使异面直线DM和PE所成角的余弦值为‎6‎‎8‎?若存在,指出点M的位置;若不存在,请说明理由.‎ 如图8 - 5 - 20,取AD的中点O,连接PO,OE.因为△PAD为正三角形,‎ 所以PO⊥AD.‎ 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD.‎ 易知AD=AE=2,又∠DAB=60°,所以△ADE为正三角形,所以OE⊥AD.‎ 图8 - 5 - 20‎ 以O为坐标原点,建立如图8 - 5 - 20所示的空间直角坐标系,则P(0,0,‎3‎),E(0,‎3‎,0),C( - 2,‎3‎,0),D( - 1,0,0),于是PC=( - 2,‎3‎, - ‎3‎),PE=(0,‎3‎, - ‎3‎),DP=(1,0,‎3‎).‎ ‎(1)设平面PEC的法向量为n1=(x,y,z),‎ 由PC‎·n‎1‎=0,‎PE‎·n‎1‎=0‎得平面PEC的一个法向量为n1=(0,1,1),‎ 易知平面EDC的一个法向量为n2=(0,0,1).‎ 设二面角P - EC - D的平面角为θ,则|cosθ|=|cos|=‎1‎‎2‎‎=‎‎2‎‎2‎.‎ 由图8 - 5 - 20知θ为锐角,所以二面角P - EC - D的余弦值为‎2‎‎2‎.‎ ‎(2)假设存在点M.设PM=λPC(0≤λ≤1),则PM=( - 2λ,‎3‎λ, - ‎3‎λ),‎ DM‎=DP+‎PM‎=(1 - 2λ,‎3‎λ,‎3‎‎-‎‎3‎λ),‎ 则|cos|=|DM‎·‎PE‎　‎‎　‎‎|DM||PE|‎|=‎|6λ-3|‎‎6‎‎·‎‎10λ‎2‎-10λ+4‎‎=‎‎6‎‎8‎,解得λ=‎1‎‎3‎或λ=‎2‎‎3‎,所以存在点M,且点M为线段PC的三等分点时异面直线DM和PE所成角的余弦值为‎6‎‎8‎.‎ ‎2.存在探索型 要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立,这种试题为存在探索型试题.‎ ‎6[2019北京,16,14分][理]如图8 - 5 - 21,在四棱锥P - ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F 在PC上,且PFPC‎=‎‎1‎‎3‎.‎ ‎(1)求证:CD⊥平面PAD.‎ ‎(2)求二面角F - AE - P的余弦值.‎ ‎(3)设点G在PB上,且PGPB‎=‎‎2‎‎3‎.判断直线AG是否在平面AEF 内,说明理由. 图8 - 8 - 21‎ ‎(1)利用PA⊥平面ABCD,CD⊥AD,问题即可得证;(2)建立空间直角坐标系,利用向量法即可求得二面角F - AE - P的余弦值;(3)先求出PG的坐标,再求出AG的坐标,最后通过判断平面AEF 的法向量是否与AG垂直即可得结果.‎ ‎(1)因为PA⊥平面ABCD,‎ 所以PA⊥CD.‎ 又AD⊥CD,AD∩PA=A,‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ ‎(2)过A作AD的垂线交BC于点M.‎ 因为PA⊥平面ABCD,‎ 所以PA⊥AM,PA⊥AD.‎ 以A为坐标原点建立如图8 - 5 - 22所示的空间直角坐标系,‎ 则A(0,0,0),B(2, - 1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).‎ 因为E为PD的中点,‎ 所以E(0,1,1).‎ 所以AE=(0,1,1),PC=(2,2, - 2),AP=(0,0,2). 图8 - 5 - 22‎ 所以PF‎=‎‎1‎‎3‎PC=(‎2‎‎3‎,‎2‎‎3‎, - ‎2‎‎3‎),AF‎=AP+‎PF=(‎2‎‎3‎,‎2‎‎3‎,‎4‎‎3‎).‎ 设平面AEF 的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·AE=0,‎n·AF=0,‎即y+z=0,‎‎2‎‎3‎x+‎2‎‎3‎y+‎4‎‎3‎z=0.‎ 令z=1,则y= - 1,x= - 1.‎ 于是n=( - 1, - 1,1)为平面AEF 的一个法向量.‎ 易得平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0),‎ 则cos=n·p‎|n||p|‎= - ‎3‎‎3‎.‎ 由题知,二面角F - AE - P为锐二面角,所以其余弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎(3)直线AG在平面AEF 内.理由如下.‎ 因为点G在PB上,且PGPB‎=‎‎2‎‎3‎,PB=(2, - 1, - 2),‎ 所以PG‎=‎‎2‎‎3‎PB=(‎4‎‎3‎, - ‎2‎‎3‎, - ‎4‎‎3‎),AG‎=AP+‎PG=(‎4‎‎3‎, - ‎2‎‎3‎,‎2‎‎3‎).‎ 由(2)知,平面AEF 的一个法向量n=( - 1, - 1,1).‎ 所以AG·n= - ‎4‎‎3‎‎+‎2‎‎3‎+‎‎2‎‎3‎=0.‎ 所以直线AG在平面AEF 内.‎ 数学探究2　立体几何中的翻折问题 将平面图形沿一条或几条线段折起,使其成为空间图形,这类问题称为立体几何中的翻折问题,翻折问题常与空间中的平行、垂直以及空间角相结合命题.‎ ‎7[2019全国卷Ⅲ,19,12分][理]图8 - 5 - 23是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BF GC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF =2,∠F BC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF 重合,连接DG,如图8 - 5 - 24.‎ ‎(1)证明:图8 - 5 - 24中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;‎ ‎(2)求图8 - 5 - 24中的二面角B - CG - A的大小.‎ ‎(1)通过证明AD∥CG可证明A,C,G,D四点共面,通过证明AB⊥平面BCGE即可证明面面垂直;(2)过E作BC的垂线,以垂足为坐标原点,BC所在直线为x轴建立空间直角坐标系,利用向量法求解二面角.‎ ‎(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,(位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变)‎ 所以AD∥CG,‎ 故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,(与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不变)‎ 又BC∩BE=B,故AB⊥平面BCGE.‎ 又AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.‎ ‎(2)如图8 - 5 - 25,作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,平面ABC∩平面BCGE=BC,所以EH⊥平面ABC.‎ 由题设知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=‎3‎.‎ 以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图8 - 5 - 25所示的空间直角坐标系,‎ 则A( - 1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,‎3‎),CG=(1,0,‎3‎),AC=(2, - 1,0).‎ 设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则 CG‎·n=0,‎AC‎·n=0,‎即x+‎3‎z=0,‎‎2x-y=0.‎ 所以可取n=(3,6, - ‎3‎)为平面ACGD的一个法向量.‎ 易知m=(0,1,0)为平面BCGE的一个法向量,则cos=n·m‎|n||m|‎‎=‎‎3‎‎2‎.‎ 由图可知二面角B - CG - A为锐角,因此二面角B - CG - A的大小为30°.‎ ‎3.[2019山东淄博三模]如图8 - 5 - 26,已知正方形ABCD的边长为4,E,F 分别为AD,BC的中点,将正方形ABCD沿EF 折成如图8 - 5 - 27所示的二面角,且二面角的大小为60°,点M在线段AB上(包含端点)运动,连接AD.‎ ‎　　图8 - 5 - 26　　　　　　图8 - 5 - 27‎ ‎(1)若M为AB的中点,直线MF 与平面ADE的交点为O,试确定点O的位置,并证明直线OD∥平面EMC.‎ ‎(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°?若存在,求此时二面角M - EC - F 的余弦值;若不存在,请说明理由.‎ ‎1.A　∵A(1,1, - 2),B(1,2, - 3),C( - 1,3,0),D(x,y,z)(x,y,z∈R),∴AB=(0,1, - 1),AC=( - 2,2,2),AD=(x - 1,y - 1,z+2).‎ ‎∵A,B,C,D四点共面,∴存在实数λ,μ使得AD=λAB+μAC,即(x - 1,y - 1,z+2)=λ(0,1, - 1)+μ( - 2,2,2),∴x - 1= - 2μ,‎y - 1=λ+2μ,‎z+2= - λ+2μ,‎解得2x+y+z=1,故选A.‎ ‎2.B　设选项中的向量与a的夹角为θ,对于选项A,由于cos θ=‎1×( - 1)+0×1+( - 1)×0‎‎1‎‎2‎‎+‎0‎‎2‎+( - 1‎‎)‎‎2‎‎×‎‎( - 1‎)‎‎2‎+‎1‎‎2‎+‎‎0‎‎2‎= - ‎1‎‎2‎,此时夹角θ为120°,不满足题意;同理可知选项C,D不满足题意;对于选项B,由于cos θ=‎1×1+0×( - 1)+( - 1)×0‎‎1‎‎2‎‎+‎0‎‎2‎+( - 1‎‎)‎‎2‎‎×‎‎1‎‎2‎‎+( - 1‎)‎‎2‎+‎‎0‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎,此时夹角θ为60°,满足题意.故选B.‎ ‎3.C　A中,直线的方向向量不是唯一的,有无数多个,故A错误;B中,由条件得a⊥α,故B错误;D中,由条件得,a∥α或a⊂α,故D错误.易知C正确,选C.‎ ‎4.C　由题意,得AB=( - 1,1,0),AC=( - 1,0,1),设n=(x,y,z)为平面ABC的法向量,则n·AB=0,‎n·AC=0,‎即‎ - x+y=0,‎‎ - x+z=0,‎可得x=y=z.故选C.‎ ‎5.A　由题意知CD⊥平面ABD.以D为坐标原点,DC所在直线为x轴,DB所在直线为y轴建立如图D 8 - 5 - 1所示的空间直角坐标系,则A(0,1,‎3‎),C(2,0,0),B(0,2,0),D(0,0,0),AC=(2, - 1, - ‎3‎),BD=(0, - 2,0),设异面直线AC与BD所成的角为α,则cos α=‎|AC·BD|‎‎|AC|·|BD|‎‎=‎‎2‎‎4‎,所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为‎2‎‎4‎,故选A.‎ 图D 8 - 5 - 1‎ ‎6.D　正方体ABCD - A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点分别为点D1,BC的中点,B1C1的四等分点(靠近B1),不妨设D1与G重合,BC的中点为E,B1C1的四等分点(靠近B1)为F.以D为坐标原点,建立如图D 8 - 5 - 2所示的空间直角坐标系,‎ 图D 8 - 5 - 2‎ 设AB=2,则E(1,2,0),F(‎3‎‎2‎,2,2),G(0,0,2),A(2,0,0),C1(0,2,2),从而EF=(‎1‎‎2‎,0,2),GF=(‎3‎‎2‎,2,0),AC‎1‎=( - 2,2,2).‎ 设平面EFG的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·EF=0,‎n·GF=0,‎即‎1‎‎2‎x+2z=0,‎‎3‎‎2‎x+2y=0,‎令x=4,得平面EFG的一个法向量为n=(4, - 3, - 1).‎ 设直线AC1与平面EFG所成角为θ,则sin θ=|cos|=‎4‎‎78‎‎39‎.故选D.‎ ‎7.‎2‎　如图D 8 - 5 - 3,过点P分别作PE⊥BC交BC于点E,作PF⊥AC交AC于点F.‎ 图D 8 - 5 - 3‎ 由题意知PE=PF=‎3‎.过P作PH⊥平面ABC于点H,连接HE,HF,HC,易知HE=HF,则易得点H在∠ACB的平分线上,又∠ACB=90°,故△CEH为等腰直角三角形.在Rt△PCE中,PC=2,PE=‎3‎,则CE=1,故CH=‎2‎,在Rt△PCH中,可得PH=‎2‎,即点P到平面ABC的距离为‎2‎.‎ ‎8.(1)因为PA=PC=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2‎3‎.‎ 连接OB,如图D 8 - 5 - 4.因为AB=BC=‎2‎‎2‎AC,所以△ABC为等腰直角三角形,‎ 所以OB⊥AC,OB=‎1‎‎2‎AC=2.‎ 由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.‎ 又OB∩AC=O,所以PO⊥平面ABC.‎ 图D 8 - 5 - 4‎ ‎(2)易知OP,OB,OC两两垂直,如图D 8 - 5 - 4,以O为坐标原点,分别以OB,OC,OP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系.‎ 由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0, - 2,0),C(0,2,0),P(0,0,2‎3‎),AP=(0,2,2‎3‎).‎ 取平面PAC的一个法向量OB=(2,0,0).‎ 设M(a,2 - a,0)(0=‎2‎3‎(a - 4)‎‎2‎‎3(a - 4‎)‎‎2‎+3a‎2‎+‎a‎2‎.‎ 由已知可得|cos|=‎3‎‎2‎,‎ 所以‎2‎3‎|a - 4|‎‎2‎‎3(a - 4‎)‎‎2‎+3a‎2‎+‎a‎2‎‎=‎‎3‎‎2‎,解得a=‎4‎‎3‎,‎ 所以平面PAM的一个法向量为n=( - ‎8‎‎3‎‎3‎,‎4‎‎3‎‎3‎, - ‎4‎‎3‎).‎ 又PC=(0,2, - 2‎3‎),所以cos=‎3‎‎4‎.‎ 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为‎3‎‎4‎.‎ ‎1.依题意,可以建立以A为坐标原点,分别以AB,AD,AE的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图D 8 - 5 - 5),‎ 图D 8 - 5 - 5‎ 可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).‎ ‎(1)依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的一个法向量,又BF=(0,2,h),可得BF·AB=0,又直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.‎ ‎(2)易知BD=( - 1,1,0),BE=( - 1,0,2),CE=( - 1, - 2,2).‎ 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则n·BD=0,‎n·BE=0,‎即‎ - x+y=0,‎‎ - x+2z=0,‎不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos=CE‎·n‎|CE||n|‎= - ‎4‎‎9‎.‎ 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为‎4‎‎9‎.‎ ‎(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则m·BD=0,‎m·BF=0,‎即‎ - x+y=0,‎‎2y+hz=0,‎ 不妨令y=1,可得m=(1,1, - ‎2‎h)为平面BDF的一个法向量.‎ 由题意,有|cos|=‎|m·n|‎‎|m||n|‎‎=‎|4 - ‎2‎h|‎‎3‎‎2+‎‎4‎h‎2‎=‎‎1‎‎3‎,解得h=‎8‎‎7‎.经检验,符合题意.‎ 所以,线段CF的长为‎8‎‎7‎.‎ ‎2.(1)∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.‎ 由四边形ABCD是正方形知AD⊥CD.‎ 又PA∩AD=A,∴CD⊥平面PAD,∴PD⊥CD.‎ ‎∴∠PDA是二面角P - CD - B的平面角.‎ ‎∵PA=AD,∴∠PDA=45°,即二面角P - CD - B的大小为45°.‎ ‎ (2)如图D 8 - 5 - 6,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,‎ 图D 8 - 5 - 6‎ 则P(0,0,2),D(0,2,0),C(2,2,0),M(1,0,0).‎ ‎∵N是PC的中点,∴N(1,1,1),‎ ‎∴MN=(0,1,1),ND=( - 1,1, - 1),PD=(0,2, - 2).‎ 设平面MND的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ 则m·MN=0,‎m·ND=0,‎即y‎1‎‎+z‎1‎=0,‎‎ - x‎1‎+y‎1‎ - z‎1‎=0.‎ 令z1=1,得x1= - 2,y1= - 1.‎ ‎∴m=( - 2, - 1,1)为平面MND的一个法向量.‎ 设平面PCD的法向量为n=(x2,y2,z2),‎ 则n·ND=0,‎n·PD=0,‎即‎ - x‎2‎+y‎2‎ - z‎2‎=0,‎‎2y‎2‎ - 2z‎2‎=0.‎ 令z2=1,得x2=0,y2=1,∴n=(0,1,1)为平面PCD的一个法向量.‎ ‎∵m·n= - 2×0+( - 1)×1+1×1=0,‎ ‎∴m⊥n,∴平面MND⊥平面PCD.‎ ‎(3)设点P到平面MND的距离为d.‎ 由(2)知平面MND的一个法向量为m=( - 2, - 1,1),‎ ‎∵PD·m=(0,2, - 2)·( - 2, - 1,1)= - 4,∴|PD·m|=4,‎ 又|m|=‎( - 2‎)‎‎2‎+( - 1‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎‎=‎‎6‎,‎ ‎∴d=‎|PD·m|‎‎|m|‎‎=‎4‎‎6‎=‎‎2‎‎6‎‎3‎,即点P到平面MND的距离为‎2‎‎6‎‎3‎.‎ ‎3. (1)因为直线MF⊂平面ABFE,故点O在平面ABFE内,也在平面ADE内,‎ 所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上,延长EA,FM交于点O,连接OD,如图D 8 - 5 - 7所示.‎ 图D 8 - 5 - 7‎ 因为AO∥BF,M为AB的中点,‎ 所以△OAM≌△FBM,‎ 所以OM=MF,AO=BF=2.‎ 故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2.‎ 连接DF,交EC于点N,因为四边形CDEF为矩形,‎ 所以N是EC的中点.‎ 连接MN,则MN为△DOF的中位线,所以MN∥OD,‎ 又MN⊂平面EMC,OD⊄平面EMC,所以直线OD∥平面EMC.‎ ‎ (2)如图D 8 - 5 - 8,由已知可得EF⊥AE,EF⊥DE,又AE∩DE=E,‎ 所以EF⊥平面ADE,‎ 所以平面ABFE⊥平面ADE.‎ 易知△ADE为等边三角形,取AE的中点H,连接DH,则易得DH⊥平面ABFE.以H为坐标原点,建立如图D 8 - 5 - 8所示的空间直角坐标系,‎ 图D 8 - 5 - 8‎ 则E( - 1,0,0),D(0,0,‎3‎),C(0,4,‎3‎),F( - 1,4,0),所以ED=(1,0,‎3‎),EC=(1,4,‎3‎).‎ 设M(1,t,0)(0≤t≤4),则EM=(2,t,0),‎ 设平面EMC的法向量为m=(x,y,z),则m·EM=0,‎m·EC=0,‎即‎2x+ty=0,‎x+4y+‎3‎z=0,‎ 取y= - 2,则x=t,z=‎8 - t‎3‎,所以m=(t, - 2,‎8 - t‎3‎)为平面EMC的一个法向量.‎ 要使直线DE与平面EMC所成的角为60°,则|cos|=‎8‎‎2‎t‎2‎‎+4+‎‎(8 - t)‎‎2‎‎3‎‎=‎‎3‎‎2‎,‎ 即‎2‎‎3‎t‎2‎‎ - 4t+19‎‎=‎‎3‎‎2‎,整理得t 2 - 4t+3=0,‎ 解得t=1或t=3,‎ 所以存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.‎ 取ED的中点Q,连接QA,则QA为平面CEF的一个法向量,‎ 易得Q( - ‎1‎‎2‎,0,‎3‎‎2‎),A(1,0,0),所以QA=(‎3‎‎2‎,0, - ‎3‎‎2‎).‎ 设二面角M - EC - F的大小为θ,‎ 则|cos θ|=‎|QA·m|‎‎|QA|·|m|‎‎=‎|2t - 4|‎‎3‎t‎2‎‎+4+‎‎(8 - t)‎‎2‎‎3‎=‎‎|t - 2|‎t‎2‎‎ - 4t+19‎.‎ 当t=1时,易知θ为钝角,cos θ= - ‎1‎‎4‎;当t=3时,易知θ为锐角,cos θ=‎1‎‎4‎.‎ 综上,二面角M - EC - F的余弦值为±‎1‎‎4‎.‎