【数学】2020届一轮复习（理）人教通用版8-8立体几何中的向量方法(二)学案 28页

§8.8　立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离 最新考纲 考情考向分析 1.能用向量方法解决直线与直线、直线与 平面、平面与平面的夹角的计算问题. 2.了解向量方法在研究立体几何问题中 的应用. 本节是高考中的必考内容，涉及用向量法计算 空间异面直线所成角、直线和平面所成角、二 面角及空间距离等内容，考查热点是空间角的 求解.题型以解答题为主，要求有较强的数学运 算素养，广泛应用函数与方程思想、转化与化 归思想. 1.两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 θ a 与 b 的夹角 β 范围 (0，π 2 ] [0，π] 求法 cos θ＝|a· b| |a||b| cos β＝ a·b |a||b| 2.斜线和平面所成的角 (1)斜线和它在平面内的射影的所成的角叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角). (2)斜线和它在平面内的射影所成的角，是斜线和这个平面内所有直线所成角中最小的角. 3.二面角 (1)从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角. (2)在二面角 α—l—β 的棱上任取一点 O，在两半平面内分别作射线 OA⊥l，OB⊥l，则∠AOB 叫做二面角 α—l—β 的平面角. 4.空间向量与空间角的关系 (1)设异面直线 l1，l2 的方向向量分别为 m1，m2，则 l1 与 l2 所成的角 θ 满足 cos θ＝|cos〈m1， m2〉|. (2)设直线 l 的方向向量和平面 α 的法向量分别为 m，n，则直线 l 与平面 α 所成角 θ 满足 sin θ ＝|cos〈m，n〉|. (3)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＝ 〈AB → ，CD → 〉. 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 cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉. 概念方法微思考 1.利用空间向量如何求线段长度？ 提示　利用|AB → |2＝AB → ·AB → 可以求空间中有向线段的长度. 2.如何求空间点面之间的距离？ 提示　点面距离的求法： 已知 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 的距离为 |BO → |＝|AB → ||cos〈AB → ，n〉|. 题组一　思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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]. (　√　) (5)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 π－θ.(　×　) 题组二　教材改编 2.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 |m||n|＝ 1 1· 2 ＝ 2 2 ，即〈m，n〉＝45°. ∴两平面所成二面角为 45°或 180°－45°＝135°. 3.如图，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 2， 则 AC1 与侧面 ABB1A1 所成的角为______. 答案　π 6 解析　如图，以 A 为原点，以AB → ，AE → (AE⊥AB)， AA1→ 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设 D 为 A1B1 的中点， 则 A(0,0,0)，C1(1， 3，2 2)，D(1,0,2 2)，∴AC1→ ＝(1， 3，2 2)， AD → ＝(1,0,2 2). ∠C1AD 为 AC1 与平面 ABB1A1 所成的角， cos∠C1AD＝ AC1→ ·AD → |AC1→ ||AD → | ＝ (1， 3，2 2)·(1，0，2 2) 12 × 9 ＝ 3 2 ， 又∵∠C1AD∈[0，π 2 ]， ∴∠C1AD＝π 6. 题组三　易错自纠 4.在直三棱柱 ABC－A1B1C1 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 答案　C 解析　以点 C 为坐标原点，CA，CB，CC1 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 BC＝CA＝CC1＝2，则可得 A(2,0,0)，B(0,2,0)，M(1,1,2)，N(1，0,2)，∴BM → ＝(1，－1,2)， AN → ＝(－1,0,2). ∴cos〈BM → ，AN → 〉＝ BM → ·AN → |BM → ||AN → | ＝ 1 × (－1)＋(－1) × 0＋2 × 2 12＋(－1)2＋22 × (－1)2＋02＋22 ＝ 3 6 × 5 ＝ 30 10 . 5.已知向量 m，n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量和法向量，若 cos〈m，n〉＝－1 2，则 l 与 α 所成的角为________. 答案　30° 解析　设 l 与 α 所成角为 θ，∵cos〈m，n〉＝－1 2， ∴sin θ＝|cos〈m，n〉|＝1 2，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 题型一　求异面直线所成的角 例 1　如图，四边形 ABCD 为菱形，∠ABC＝120°，E，F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE⊥ 平面 ABCD，DF⊥平面 ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC. (1)证明：平面 AEC⊥平面 AFC； (2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值. (1)证明　如图所示，连接 BD，设 BD∩AC＝G，连接 EG，FG，EF. 在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1. 由∠ABC＝120°， 可得 AG＝GC＝ 3. 由 BE⊥平面 ABCD，AB＝BC＝2，可知 AE＝EC. 又 AE⊥EC，所以 EG＝ 3，且 EG⊥AC. 在 Rt△EBG 中，可得 BE＝ 2，故 DF＝ 2 2 . 在 Rt△FDG 中，可得 FG＝ 6 2 . 在直角梯形 BDFE 中，由 BD＝2，BE＝ 2，DF＝ 2 2 ，可得 EF＝3 2 2 ，从而 EG2＋FG2＝ EF2，所以 EG⊥FG. 又 AC∩FG＝G，AC，FG⊂平面 AFC， 所以 EG⊥平面 AFC. 因为 EG⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 AFC. (2)解　如图，以 G 为坐标原点，分别以 GB，GC 所在直线为 x 轴、y 轴，|GB → |为单位长度， 建立空间直角坐标系 Gxyz， 由(1)可得 A(0，－ 3，0)， E(1,0， 2)，F(－1，0， 2 2 )，C(0， 3，0)， 所以AE → ＝(1， 3， 2)，CF → ＝(－1，－ 3， 2 2 ). 故 cos〈AE → ，CF → 〉＝ AE → ·CF → |AE → ||CF → | ＝－ 3 3 . 所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 3 3 . 思维升华　用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系； (2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值； (4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值. 跟踪训练 1　三棱柱 ABC－A1B1C1 中，△ABC 为等边三角形，AA1⊥平面 ABC，AA1＝AB， N，M 分别是 A1B1，A1C1 的中点，则 AM 与 BN 所成角的余弦值为(　　) A. 1 10 B.3 5 C. 7 10 D.4 5 答案　C 解析　如图所示，取 AC 的中点 D，以 D 为原点，BD，DC，DM 所在直线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设 AC＝2，则 A(0，－1,0)，M(0,0,2)， B(－ 3，0,0)，N(－ 3 2 ，－1 2，2)， 所以AM → ＝(0,1,2)， BN → ＝( 3 2 ，－1 2，2)， 所以 cos〈AM → ，BN → 〉＝ AM → ·BN → |AM → |·|BN → | ＝ 7 2 5 × 5 ＝ 7 10，故选 C. 题型二　求直线与平面所成的角 例 2　(2018·全国Ⅰ)如图，四边形 ABCD 为正方形，E，F 分别为 AD，BC 的中点，以 DF 为 折痕把△DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF⊥BF. (1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值. (1)证明　由已知可得 BF⊥PF，BF⊥EF， PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面 PEF， 所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF⊂平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD. (2)解　如图，作 PH⊥EF，垂足为 H. 由(1)得，PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点，HF → 的方向为 y 轴正方向，|BF → |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz. 由(1)可得，DE⊥PE. 又 DP＝2，DE＝1， 所以 PE＝ 3. 又 PF＝1，EF＝2，所以 PE⊥PF. 所以 PH＝ 3 2 ，EH＝3 2. 则 H(0,0,0)，P(0，0， 3 2 )，D(－1，－3 2，0)， DP → ＝(1，3 2， 3 2 )，HP → ＝(0，0， 3 2 ). 又HP → 为平面 ABFD 的法向量， 设 DP 与平面 ABFD 所成的角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈HP → ，DP → 〉|＝ |HP → ·DP → | |HP → ||DP → | ＝ 3 4 3 ＝ 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 思维升华　若直线 l 与平面 α 的夹角为 θ，直线 l 的方向向量 l 与平面 α 的法向量 n 的夹角为 β， 则 θ＝π 2－β 或 θ＝β－π 2，故有 sin θ＝|cos β|＝|l·n| |l||n|. 跟踪训练 2　(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥 P－ABC 中，AB＝BC＝2 2，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. (1)证明　因为 PA＝PC＝AC＝4， O 为 AC 的中点， 所以 OP⊥AC，且 OP＝2 3. 如图，连接 OB. 因为 AB＝BC＝ 2 2 AC， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 所以 OB⊥AC，OB＝1 2AC＝2. 由 OP2＋OB2＝PB2 知 PO⊥OB. 因为 OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面 ABC， 所以 PO⊥平面 ABC. (2)解　由(1)知 OP，OB，OC 两两垂直，则以 O 为坐标原点，分别以 OB，OC，OP 所在直 线为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示. 由已知得 O(0,0,0)，B(2,0,0)， A(0，－2,0)，C(0,2,0)， P(0,0,2 3)，AP → ＝(0,2,2 3). 由(1)知平面 PAC 的一个法向量为OB → ＝(2,0,0). 设 M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，则AM → ＝(a,4－a,0). 设平面 PAM 的法向量为 n＝(x，y，z). 由AP → ·n＝0，AM → ·n＝0，得 Error!可取 y＝ 3a，得平面 PAM 的一个法向量为 n＝( 3(a－4)， 3a，－a)， 所以 cos〈OB → ，n〉＝ OB → ·n |OB → ||n| ＝ 2 3(a－4) 2 3(a－4)2＋3a2＋a2. 由已知可得|cos〈OB → ，n〉|＝cos 30°＝ 3 2 ， 所以 2 3|a－4| 2 3(a－4)2＋3a2＋a2 ＝ 3 2 ， 解得 a＝－4(舍去)或 a＝4 3. 所以 n＝(－8 3 3 ，4 3 3 ，－4 3). 又PC → ＝(0,2，－2 3)，所以 cos〈PC → ，n〉＝ 3 4 . 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3 4 . 题型三　求二面角 例 3　(2018·锦州模拟)如图，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝2，∠ABC＝60°， 平面 ACEF⊥平面 ABCD，四边形 ACEF 是菱形，∠CAF＝60°. (1)求证：BF⊥AE； (2)求二面角 B－EF－D 的平面角的正切值. (1)证明　依题意，在等腰梯形 ABCD 中，AC＝2 3，AB＝4， ∵BC＝2，∴AC2＋BC2＝AB2，即 BC⊥AC， 又∵平面 ACEF⊥平面 ABCD，平面 ACEF∩平面 ABCD＝AC，BC⊂平面 ABCD， ∴BC⊥平面 ACEF，而 AE⊂平面 ACEF，∴AE⊥BC， 连接 CF，∵四边形 ACEF 为菱形，∴AE⊥FC， 又∵BC∩CF＝C，BC，CF⊂平面 BCF， ∴AE⊥平面 BCF， ∵BF⊂平面 BCF，∴BF⊥AE. (2)解　取 EF 的中点 M，连接 MC， ∵四边形 ACEF 是菱形，且∠CAF＝60°， ∴由平面几何易知 MC⊥AC， 又∵平面 ACEF⊥平面 ABCD，平面 ACEF∩平面 ABCD＝AC，CM⊂平面 ACEF， ∴MC⊥平面 ABCD. 以 CA，CB，CM 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，各点的坐标依次为 C(0,0,0)，A(2 3，0,0)，B(0，2,0)，D( 3，－1,0)，E(－ 3，0,3)，F( 3，0,3)， 设平面 BEF 和平面 DEF 的一个法向量分别为 n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)， ∵BF → ＝( 3，－2,3)，EF → ＝(2 3，0,0)， ∴Error!即Error!即Error! 不妨令 b1＝3，则 n1＝(0,3,2)， 同理可求得 n2＝(0,3，－1)， 设二面角 B－EF－D 的大小为 θ，由图易知 θ 为锐角， ∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝ |n1·n2| |n1|·|n2|＝ 7 130 ， 故二面角 B－EF－D 的平面角的正切值为9 7. 思维升华　利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有 两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零， 列方程组求解. 跟踪训练 3　(2018·全国Ⅲ)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 所在平 面垂直，M 是 上异于 C，D 的点. (1)证明：平面 AMD⊥平面 BMC； (2)当三棱锥 M－ABC 体积最大时，求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值. (1)证明　由题设知，平面 CMD⊥平面 ABCD，交线为 CD.因为 BC⊥CD，BC⊂平面 ABCD， 所以 BC⊥平面 CMD，又 DM⊂平面 CMD， 故 BC⊥DM. 因为 M 为 上异于 C，D 的点，且 DC 为直径， 所以 DM⊥CM. 又 BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面 BMC， 所以 DM⊥平面 BMC. 又 DM⊂平面 AMD，故平面 AMD⊥平面 BMC. (2)解　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. 当三棱锥 M－ABC 体积最大时，M 为 的中点.由题设得 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)， AM → ＝(－2,1,1)，AB → ＝(0,2,0)，DA → ＝(2,0,0)， 设 n＝(x，y，z)是平面 MAB 的法向量，则 Error!即Error! 可取 n＝(1,0,2)， DA → 是平面 MCD 的一个法向量，因此 cos〈n，DA → 〉＝ n·DA → |n||DA → | ＝ 5 5 ， CD CD CD CD sin〈n，DA → 〉＝2 5 5 . 所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值是2 5 5 . 利用空间向量求空间角 例　(12 分)如图，四棱锥 S－ABCD 中，△ABD 为正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CS＝ 2，∠BSD＝90°. (1)求证：AC⊥平面 SBD； (2)若 SC⊥BD，求二面角 A－SB－C 的余弦值. (1)证明　设 AC∩BD＝O，连接 SO， 如图①，因为 AB＝AD，CB＝CD， 所以 AC 是 BD 的垂直平分线， 即 O 为 BD 的中点，且 AC⊥BD.[1 分] 在△BCD 中，因为 CB＝CD＝2，∠BCD＝120°， 所以 BD＝2 3，CO＝1. 在 Rt△SBD 中，因为∠BSD＝90°，O 为 BD 的中点， 所以 SO＝1 2BD＝ 3. 在△SOC 中，因为 CO＝1，SO＝ 3，CS＝2， 所以 SO2＋CO2＝CS2， 所以 SO⊥AC.[4 分] 因为 BD∩SO＝O，BD，SO⊂平面 SBD， 所以 AC⊥平面 SBD.[5 分] (2)解　方法一　过点 O 作 OK⊥SB 于点 K，连接 AK，CK，如图②， 由(1)知 AC⊥平面 SBD，所以 AO⊥SB. 因为 OK∩AO＝O，OK，AO⊂平面 AOK， 所以 SB⊥平面 AOK.[6 分] 因为 AK⊂平面 AOK，所以 AK⊥SB. 同理可证 CK⊥SB.[7 分] 所以∠AKC 是二面角 A－SB－C 的平面角. 因为 SC⊥BD， 由(1)知 AC⊥BD，且 AC∩SC＝C，AC，SC⊂平面 SAC， 所以 BD⊥平面 SAC. 而 SO⊂平面 SAC，所以 SO⊥BD. 在 Rt△SOB 中，OK＝SO·OB SB ＝ 6 2 . 在 Rt△AOK 中，AK＝ AO2＋OK2＝ 42 2 ， 同理可求 CK＝ 10 2 .[10 分] 在△AKC 中，cos∠AKC＝AK2＋CK2－AC2 2AK·CK ＝－ 105 35 . 所以二面角 A－SB－C 的余弦值为－ 105 35 .[12 分] 方法二　因为 SC⊥BD，由(1)知，AC⊥BD，且 AC∩SC＝C，AC，SC⊂平面 SAC， 所以 BD⊥平面 SAC. 而 SO⊂平面 SAC， 所以 SO⊥BD.[6 分] 由(1)知，AC⊥平面 SBD，SO⊂平面 SBD， 所以 SO⊥AC. 因为 AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面 ABCD， 所以 SO⊥平面 ABCD.[7 分] 以 O 为原点，OA → ，OB → ，OS → 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 ③， 则 A(3,0,0)，B(0， 3，0)，C(－1,0,0)，S(0,0， 3). 所以AB → ＝(－3， 3，0)，CB → ＝(1， 3，0)， SB → ＝(0， 3，－ 3).[8 分] 设平面 SAB 的法向量 n＝(x1，y1，z1)， 则Error! 令 y1＝ 3，得平面 SAB 的一个法向量为 n＝(1， 3， 3). 同理可得平面 SCB 的一个法向量为 m＝(－ 3，1,1).[10 分] 所以 cos〈n，m〉＝ n·m |n||m|＝ － 3＋ 3＋ 3 7 × 5 ＝ 105 35 . 因为二面角 A－SB－C 是钝角，所以二面角 A－SB－C 的余弦值为－ 105 35 .[12 分] 利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标； 第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标； 第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角. 1.已知两平面的法向量分别为 m＝(1，－1,0)，n＝(0,1，－1)，则两平面所成的二面角为(　　) A.60° B.120° C.60°或 120° D.90° 答案　C 解析　cos〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝ －1 2· 2 ＝－1 2， 即〈m，n〉＝120°. ∴两平面所成二面角为 120°或 180°－120°＝60°. 2.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 AB1 所成角的余弦值为(　　) A. 5 5 B. 5 3 C. 5 6 D. 5 4 答案　A 解析　设 CA＝2，则 C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C 1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量AB1→ ＝(－ 2,2,1) ， BC1→ ＝ (0,2 ， － 1) ， 由 向 量 的 夹 角 公 式 得 cos 〈 AB1→ ，BC1→ 〉 ＝ AB1→ ·BC1→ |AB1→ ||BC1→ | ＝ 0＋4－1 4＋4＋1 × 0＋4＋1 ＝ 1 5 ＝ 5 5 ，故选 A. 3.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.1 2 B.2 3 C. 3 3 D. 2 2 答案　B 解析　以 A 为原点，AB，AD，AA1 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 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)， 则有Error!即Error!∴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. 4.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，AC 与 B1D 所成角的大小为(　　) A.π 6 B.π 4 C.π 3 D.π 2 答案　D 解析　以 A 为坐标原点，AB，AD，AA1 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，设正方体的边长为 1， 则 A(0,0,0)，C(1,1,0)，B1(1,0,1)，D(0,1,0). ∴AC → ＝(1,1,0)，B1D → ＝(－1,1，－1)， ∵AC → ·B1D → ＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC → ⊥B1D → ， ∴AC 与 B1D 所成的角为π 2. 5.(2018·包头模拟)已知正三棱柱 ABC－A1B1C1，AB＝AA1＝2，则异面直线 AB1 与 CA1 所成角 的余弦值为(　　) A.0 B.－1 4 C.1 4 D.1 2 答案　C 解析　以 A 为原点，在平面 ABC 内过 A 作 AC 的垂线为 x 轴，以 AC 所在直线为 y 轴，以 AA1 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 A(0,0,0)，B1( 3，1,2)， A1(0,0,2)，C(0,2,0)， AB1→ ＝( 3，1,2)，A1C → ＝(0,2，－2)， 设异面直线 AB1 和 A1C 所成的角为 θ， 则 cos θ＝ |AB1→ ·A1C → | |AB1→ |·|A1C → | ＝ |－2| 8· 8 ＝1 4. ∴异面直线 AB1 和 A1C 所成的角的余弦值为1 4. 6.如图，点 A，B，C 分别在空间直角坐标系 O－xyz 的三条坐标轴上，OC → ＝(0,0,2)，平面 ABC 的法向量为 n＝(2，1,2)，设二面角 C－AB－O 的大小为 θ，则 cos θ 等于(　　) A.4 3 B. 5 3 C.2 3 D.－2 3 答案　C 解析　由题意可知，平面 ABO 的一个法向量为OC → ＝(0,0，2)， 由图可知，二面角 C－AB－O 为锐角， 由空间向量的结论可知，cos θ＝ |OC → ·n| |OC → ||n| ＝ |4| 2 × 3＝2 3. 7.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________. 答案　 5 5 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(1 2，0，0)， E(1 2，1 2，0)，F(0，1 2，1). ∴PA → ＝(0,0，－2)，DE → ＝(0，1 2，0)， DF → ＝(－1 2，1 2，1). 设平面 DEF 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则由Error!得Error! 取 z＝1，则 n＝(2,0,1)，设直线 PA 与平面 DEF 所成的角为 θ，则 sin θ＝|cos〈n，PA → 〉|＝ |PA → ·n| |PA → ||n| ＝ 5 5 ， ∴直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为 5 5 . 8.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∶ 2，则 AF 与 CE 所成角的余弦值为________. 答案　4 5 解析　∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶ 2， ∴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)， ∴AF → ＝(－1,2,0)，EC → ＝(0,2,1)， ∴cos〈AF → ，EC → 〉＝ AF → ·EC → |AF → ||EC → | ＝4 5， ∴AF 与 CE 所成角的余弦值为4 5. 9.如图所示，在三棱柱 ABC—A1B1C1 中，AA1⊥底面 ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点 E，F 分别是棱 AB，BB1 的中点，则直线 EF 和 BC1 所成的角是__________. 答案　60° 解析　以 B 点为坐标原点，以 BC 所在直线为 x 轴，BA 所在直线为 y 轴，BB1 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系.设 AB＝BC＝AA1＝2， 则 C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)， 则EF → ＝(0，－1,1)，BC1→ ＝(2,0,2)， ∴EF → ·BC1→ ＝2， ∴cos〈EF → ，BC1→ 〉＝ EF → ·BC1→ |EF → ||BC1→ | ＝ 2 2 × 2 2 ＝1 2， ∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]， ∴EF 和 BC1 所成的角为 60°. 10.(2019·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，则平面 AEF 与平面 ABC 所成的锐二面角的正切值为________. 答案　 2 3 解析　方法一　延长 FE，CB 相交于点 G，连接 AG，如图所示. 设正方体的棱长为 3，则 GB＝BC＝3，作 BH⊥AG 于点 H，连接 EH，则∠EHB 为所求锐二 面角的平面角. ∵BH＝3 2 2 ，EB＝1， ∴tan∠EHB＝EB BH＝ 2 3 . 方法二　如图，以点 D 为坐标原点，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 Dxyz， 设 DA＝1，由已知条件得 A(1,0,0)，E(1，1，1 3)， F(0，1，2 3)，AE → ＝(0，1，1 3)， AF → ＝(－1，1，2 3)， 设平面 AEF 的法向量为 n＝(x，y，z)， 由Error!得Error! 令 y＝1，z＝－3，x＝－1，则 n＝(－1,1，－3)， 取平面 ABC 的法向量为 m＝(0,0，－1)， 设平面 AEF 与平面 ABC 所成的锐二面角为 θ， 则 cos θ＝|cos〈n，m〉|＝3 11 11 ，tan θ＝ 2 3 . 11.(2018·鄂尔多斯联考)如图，在几何体 ABC－A1B1C1 中，平面 A1ACC1⊥底面 ABC，四边形 A1ACC1 是正方形，B1C1∥BC，Q 是 A1B 的中点，且 AC＝BC＝2B1C1，∠ACB＝2π 3 . (1)证明：B1Q⊥A1C； (2)求直线 AC 与平面 A1BB1 所成角的正弦值. (1)证明　如图所示，连接 AC1 与 A1C 交于 M 点，连接 MQ. ∵四边形 A1ACC1 是正方形， ∴M 是 AC1 的中点， 又 Q 是 A1B 的中点， ∴MQ∥BC，MQ＝1 2BC， 又∵B1C1∥BC 且 BC＝2B1C1， ∴MQ∥B1C1，MQ＝B1C1， ∴四边形 B1C1MQ 是平行四边形，∴B1Q∥C1M， ∵C1M⊥A1C，∴B1Q⊥A1C. (2)解　∵平面 A1ACC1⊥平面 ABC，平面 A1ACC1∩平面 ABC＝AC，CC1⊥AC，CC1⊂平面 A1ACC1， ∴CC1⊥平面 ABC. 如图所示，以 C 为原点，CB，CC1 所在直线分别为 y 轴和 z 轴建立空间直角坐标系， 令 AC＝BC＝2B1C1＝2， 则 C(0,0,0)，A( 3，－1,0)，A1( 3，－1,2)，B(0,2,0)，B1(0，1,2)， ∴CA → ＝( 3，－1,0)，B1A1—→ ＝( 3，－2,0)， B1B → ＝(0,1，－2)， 设平面 A1BB1 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则由 n⊥B1A1—→ ，n⊥B1B → ， 可得Error!可令 y＝2 3， 则 x＝4，z＝ 3， ∴平面 A1BB1 的一个法向量 n＝(4,2 3， 3)， 设直线 AC 与平面 A1BB1 所成的角为 α， 则 sin α＝ |n·CA → | |n|·|CA → | ＝ 2 3 2 31 ＝ 93 31 . 12.(2019·盘锦模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，侧面 PAD⊥底面 ABCD，底面 ABCD 为直 角梯形，其中 AB∥CD，∠CDA＝90°，CD＝2AB＝2，AD＝3，PA＝ 5，PD＝2 2，点 E 在棱 AD 上且 AE＝1，点 F 为棱 PD 的中点. (1)证明：平面 BEF⊥平面 PEC； (2)求二面角 A－BF－C 的余弦值. (1)证明　在 Rt△ABE 中，由 AB＝AE＝1， 得∠AEB＝45°， 同理在 Rt△CDE 中，由 CD＝DE＝2，得∠DEC＝45°， 所以∠BEC＝90°，即 BE⊥EC. 在△PAD 中， cos∠PAD＝PA2＋AD2－PD2 2PA·AD ＝ 5＋9－8 2 × 3 × 5 ＝ 5 5 ， 在△PAE 中，PE2＝PA2＋AE2－2PA·AE·cos∠PAE＝5＋1－2× 5×1× 5 5 ＝4， 所以 PE2＋AE2＝PA2，即 PE⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，PE⊂平面 PAD， 所以 PE⊥平面 ABCD，所以 PE⊥BE. 又因为 CE∩PE＝E，CE，PE⊂平面 PEC， 所以 BE⊥平面 PEC，所以平面 BEF⊥平面 PEC. (2)解　由(1)知 EB，EC，EP 两两垂直，故以 E 为坐标原点，以射线 EB，EC，EP 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 B( 2， 0,0) ， C(0,2 2， 0) ， P(0,0,2) ， A( 2 2 ，－ 2 2 ，0)， D( － 2， 2， 0) ， F(－ 2 2 ， 2 2 ，1)， AB → ＝( 2 2 ， 2 2 ，0)，BF → ＝(－3 2 2 ， 2 2 ，1)， BC → ＝(－ 2，2 2，0)， 设平面 ABF 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)， 则Error! 不妨设 x1＝1，则 m＝(1，－1,2 2)， 设平面 BFC 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)， 则Error! 不妨设 y2＝2，则 n＝(4,2,5 2)， 记二面角 A－BF－C 为 θ(由图知应为钝角)， 则 cos θ＝－ |m·n| |m|·|n|＝－|4－2＋20| 10· 70 ＝－11 7 35 ， 故二面角 A－BF－C 的余弦值为－11 7 35 . 13.如图，在四棱锥 S－ABCD 中，SA⊥平面 ABCD，底面 ABCD 为直角梯形，AD∥BC，∠BAD ＝90°，且 AB＝4，SA＝3.E，F 分别为线段 BC，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF＝CE BE＝λ， 当实数 λ 的值为________时，∠AFE 为直角. 答案　 9 16 解析　因为 SA⊥平面 ABCD，∠BAD＝90°， 以 A 为坐标原点，AD，AB，AS 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 Axyz. ∵AB＝4，SA＝3， ∴B(0,4,0)，S(0,0,3). 设 BC＝m，则 C(m,4,0)， ∵SF BF＝CE BE＝λ， ∴SF → ＝λFB → . ∴AF → －AS → ＝λ(AB → －AF → ). ∴AF → ＝ 1 1＋λ(AS → ＋λAB → )＝ 1 1＋λ(0,4λ，3)， ∴F(0， 4λ 1＋λ， 3 1＋λ). 同理可得 E( m 1＋λ，4，0)， ∴FE → ＝( m 1＋λ， 4 1＋λ， －3 1＋λ). ∵FA → ＝(0，－4λ 1＋λ， －3 1＋λ)，要使∠AFE 为直角， 即FA → ·FE → ＝0， 则 0· m 1＋λ＋ －4λ 1＋λ· 4 1＋λ＋ －3 1＋λ· －3 1＋λ＝0， ∴16λ＝9，解得 λ＝ 9 16. 14.(2018·满洲里模拟)如图，已知直三棱柱 ABC－A 1B1C1 中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC， M，N，Q 分别是 CC1，BC，AC 的中点，点 P 在直线 A1B1 上运动，且A1P → ＝λA1B1—→ (λ∈[0,1]). (1)证明：无论 λ 取何值，总有 AM⊥平面 PNQ； (2)是否存在点 P，使得平面 PMN 与平面 ABC 的夹角为 60°？若存在，试确定点 P 的位置， 若不存在，请说明理由. (1)证明　连接 A1Q. ∵AA1＝AC＝1，M，Q 分别是 CC1，AC 的中点， ∴Rt△AA1Q≌Rt△CAM， ∴∠MAC＝∠QA1A， ∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°， ∴AM⊥A1Q. ∵N，Q 分别是 BC，AC 的中点，∴NQ∥AB. 又 AB⊥AC，∴NQ⊥AC. 在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1⊥底面 ABC， ∴NQ⊥AA1. 又 AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面 ACC1A1， ∴NQ⊥平面 ACC1A1， ∴NQ⊥AM. 由 NQ∥AB 和 AB∥A1B1 可得 NQ∥A1B1， ∴N，Q，A1，P 四点共面， ∴A1Q⊂平面 PNQ. ∵NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面 PNQ， ∴AM⊥平面 PNQ， ∴无论 λ 取何值，总有 AM⊥平面 PNQ. (2)解　如图，以 A 为坐标原点，AB，AC，AA1 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间 直角坐标系， 则 A1(0,0,1)，B1(1,0,1)， M(0，1，1 2)，N(1 2，1 2，0)， Q(0，1 2，0)， NM → ＝(－1 2，1 2，1 2)，A1B1→ ＝(1,0,0). 由A1P → ＝λA1B1→ ＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)， 可得点 P(λ，0,1)， ∴PN → ＝(1 2－λ，1 2，－1). 设 n＝(x，y，z)是平面 PMN 的法向量， 则Error! 即Error!得Error! 令 x＝3，得 y＝1＋2λ，z＝2－2λ， ∴n＝(3,1＋2λ，2－2λ)是平面 PMN 的一个法向量. 取平面 ABC 的一个法向量为 m＝(0,0,1). 假设存在符合条件的点 P， 则|cos〈m，n〉|＝ |2－2λ| 9＋(1＋2λ)2＋(2－2λ)2 ＝1 2， 化简得 4λ2－14λ＋1＝0， 解得 λ＝7－3 5 4 或 λ＝7＋3 5 4 (舍去). 综上，存在点 P，且当 A1P＝7－3 5 4 时， 满足平面 PMN 与平面 ABC 的夹角为 60°. 15.在四棱锥 P－ABCD 中，AB → ＝(4，－2,3)，AD → ＝(－4,1,0)，AP → ＝(－6,2，－8)，则这个四棱 锥的高 h 等于(　　) A.1 B.2 C.13 D.26 答案　B 解析　设平面 ABCD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error!即Error! 令 y＝4，则 n＝(1，4，4 3)， 则 cos〈n，AP → 〉＝ n·AP → |n||AP → | ＝ －6＋8－32 3 13 3 × 2 26 ＝－ 26 26 ， ∴h＝ 26 26 ×2 26＝2. 16.如图所示，在梯形 ABCD 中，AB∥CD，∠BCD＝120°，四边形 ACFE 为矩形，且 CF⊥平 面 ABCD，AD＝CD＝BC＝CF. (1)求证：EF⊥平面 BCF； (2)点 M 在线段 EF 上运动，当点 M 在什么位置时，平面 MAB 与平面 FCB 所成的锐二面角最 大，并求此时二面角的余弦值. (1)证明　设 AD＝CD＝BC＝1， ∵AB∥CD，∠BCD＝120°， ∴AB＝2， ∴AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3， ∴AB2＝AC2＋BC2，则 BC⊥AC. ∵CF⊥平面 ABCD，AC⊂平面 ABCD， ∴AC⊥CF，而 CF∩BC＝C，CF，BC⊂平面 BCF， ∴AC⊥平面 BCF. ∵EF∥AC， ∴EF⊥平面 BCF. (2)解　以 C 为坐标原点，分别以直线 CA，CB，CF 为 x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间 直角坐标系， 设 FM＝λ(0≤λ≤ 3)， 则 C(0,0,0)，A( 3，0,0)，B(0，1,0)，M(λ，0,1)， ∴AB → ＝(－ 3，1,0)，BM → ＝(λ，－1,1). 设 n＝(x，y，z)为平面 MAB 的法向量， 由Error!得Error!取 x＝1， 则 n＝(1， 3， 3－λ). 易知 m＝(1,0,0)是平面 FCB 的一个法向量， ∴cos〈n，m〉＝ n·m |n||m|＝ 1 1＋3＋( 3－λ)2 × 1 ＝ 1 (λ－ 3)2＋4 . ∵0≤λ≤ 3， ∴当 λ＝0 时，cos〈n，m〉取得最小值 7 7 ， ∴当点 M 与点 F 重合时，平面 MAB 与平面 FCB 所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值 为 7 7 .