【数学】2018届一轮复习人教A版　立体几何中的向量方法学案

【数学】2018届一轮复习人教A版　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 ‎ [学生用书P148])‎ ‎1．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sin φ＝|cos θ|＝．‎ ‎(3)求二面角的大小 a．如图①，AB，CD是二面角αlβ两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．‎ b．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〉．‎ ‎2．点到平面的距离的求法 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＝.‎ ‎　辨明两个易误点 ‎(1)求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角范围为.‎ ‎(2)求直线与平面所成角时，注意求出两向量夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．‎ ‎1．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〉＝－，则l与α所成的角为(　　)‎ A．30°　　　　　　　　　　 B．60°‎ C．120° D．150°‎ ‎　A　[解析] 由于cos〈m，n〉＝－，所以〈m，n〉＝120°.‎ 所以直线l与α所成的角为30°.‎ ‎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°‎ ‎　C　[解析] cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 即〈m，n〉＝45°.‎ 所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.‎ ‎3．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面ABC的一个单位法向量是(　　)‎ A.　　 B． C. D． ‎　D　[解析] 因为A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，所以＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)．‎ 经验证，当n＝时，‎ n·＝－＋0＝0，n·＝＋0－＝0.‎ 所以是平面ABC的一个单位法向量．‎ ‎4.‎ 已知正方体ABCDA1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角为________．‎ ‎[解析] 以A为原点，、、分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则＝(－1，0，1)，＝(－1，1，－1)，cos〈，〉＝＝0，所以两直线所成的角为90°.‎ ‎[答案] 90°‎ ‎5．正四棱锥SABCD中，O为顶点S在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是________．‎ ‎[解析] 如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，‎ 则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，P.‎ 则＝(2a，0，0)，＝，＝(a，a，0)．‎ 设平面PAC的法向量为n，易知可取n＝(0，1，1)，‎ 则cos〈，n〉＝＝＝.‎ 所以〈，n〉＝60°，‎ 所以直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.‎ ‎[答案] 30°‎ ‎　异面直线所成的角[学生用书P148]‎ ‎[典例引领]‎ ‎　(2015·高考全国卷Ⅰ)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．‎ ‎【解】　(1)证明：如图，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＝.‎ 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.‎ 又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.‎ 在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.‎ 在Rt△FDG中，可得FG＝.‎ 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝.‎ 从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.‎ 又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC.‎ 因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.‎ ‎(2)如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.‎ 由(1)可得A(0，－，0)，E(1，0，)，‎ F，C(0，，0)，‎ 所以＝(1，，)，＝.‎ 故cos〈，〉＝＝－.‎ 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.‎ 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．　 ‎ ‎　‎ 如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.‎ ‎(1)求证：BD⊥平面PAC；‎ ‎(2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．‎ ‎[解] (1)证明：因为四边形ABCD是菱形，‎ 所以AC⊥BD．‎ 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD．‎ 又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(2)设AC∩BD＝O.‎ 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2，‎ 所以BO＝1，AO＝CO＝.‎ 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，‎ 则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)．‎ 所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0)．‎ 设PB与AC所成角为θ，则 cos θ＝＝＝.‎ 即PB与AC所成角的余弦值为.‎ ‎　直线与平面所成的角[学生用书P149]‎ ‎[典例引领]‎ ‎　‎ ‎(2016·高考全国卷丙)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．‎ ‎(1)证明MN∥平面PAB；‎ ‎(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．‎ ‎【解】　(1)证明：由已知得AM＝AD＝2.‎ 取BP的中点T，连接AT，TN.‎ 由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.‎ 又AD∥BC，故TN綊AM，‎ 四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.‎ 因为AT⊂平面PAB，‎ MN⊄平面PAB，‎ 所以MN∥平面PAB．‎ ‎(2)取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，‎ 从而AE⊥AD，且AE＝＝ ＝.‎ 以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，‎ P(0，0，4)，M(0，2，0)，C，N，＝(0，2，－4)，＝，＝.‎ 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则 即可取n＝(0，2，1)．‎ 于是|cos 〈n，〉|＝＝，则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.‎ 利用向量求线面角的方法 ‎(1)分别求出斜线和它所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，取其余角就是斜线与平面所成的角．　 ‎ ‎　(2017·石家庄市教学质量检测(二))如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为的正方形，PA⊥BD．‎ ‎(1)求证：PB＝PD；‎ ‎(2)若E，F分别为PC，AB的中点，EF⊥平面PCD，求直线PB与平面PCD所成角的大小．‎ ‎[解] (1)证明：连接AC，AC与BD交于点O，连接PO，‎ 因为底面ABCD是正方形，‎ 所以AC⊥BD且O为BD的中点，‎ 又PA⊥BD，PA∩AC＝A，‎ 所以BD⊥平面PAC，‎ 由于PO⊂平面PAC，故BD⊥PO，‎ 又BO＝DO，故PB＝PD．‎ ‎(2)设PD的中点为Q，连接AQ，EQ，EQ綊CD＝AF，‎ 所以AFEQ为平行四边形，EF∥AQ，‎ 因为EF⊥平面PCD，‎ 所以AQ⊥平面PCD，‎ 所以AQ⊥PD，PD的中点为Q，‎ 所以AP＝AD＝.‎ 由AQ⊥平面PCD，可得AQ⊥CD，‎ 又AD⊥CD，AQ∩AD＝A，‎ 所以CD⊥平面PAD，‎ 所以CD⊥PA，又BD⊥PA，‎ 所以PA⊥平面ABCD．‎ 结合题意可知，AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，向量，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(，0，0)，Q，‎ D(0，，0)，P(0，0，)，＝，＝(，0，－)，‎ 为平面PCD的一个法向量．‎ 设直线PB与平面PCD所成的角为θ，‎ 则sin θ＝＝，‎ 所以直线PB与平面PCD所成的角为.‎ ‎　二面角(高频考点)[学生用书P150]‎ 二面角是高考的重点，也是热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题．‎ 高考对二面角的考查，主要有以下两个命题角度：‎ ‎(1)求二面角；‎ ‎(2)由二面角求其他量．‎ ‎[典例引领]‎ ‎　(2016·高考全国卷乙)如图，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．‎ ‎【解】　(1)证明：由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC.‎ 又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.‎ ‎(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.‎ 以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，‎ ‎||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.‎ 由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角，‎ 故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，‎ 可得A(1，4，0)，B(－3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0，)．‎ 由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.‎ 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，)．连接AC，则＝(1，0，)，＝(0，4，0)，＝(－3，－4，)，＝(－4，0，0)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则 即 所以可取n＝(3，0，－)．‎ 设m是平面ABCD的法向量，则 同理可取m＝(0，，4)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝－.‎ 故二面角EBCA的余弦值为－.‎ 求二面角大小的常用方法 ‎(1)分别求出二面角的两个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)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．　 ‎ ‎[题点通关]‎ ‎ 角度一　求二面角 ‎1．(2017·海口市调研测试)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，BC＝2，∠CBA＝，ABEF为直角梯形，BE∥AF，∠BAF＝，BE＝2，AF＝3，平面ABCD⊥平面ABEF.‎ ‎(1)求证：AC⊥平面ABEF；‎ ‎(2)求平面ABCD与平面DEF所成锐二面角的余弦值．‎ ‎[解] (1)证明：在△ABC中，AB＝1，∠CBA＝，BC＝2，‎ 所以AC2＝BA2＋BC2－2BA×BCcos ∠CBA＝3，‎ 所以AC2＋BA2＝BC2，所以AB⊥AC.‎ 又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，‎ AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面ABEF.‎ ‎(2)如图，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，0，)，D(－1，0，)，E(1，2，0)，F(0，3，0)，＝(0，3，0)是平面ABCD的一个法向量，‎ 设平面DEF的法向量n＝(x，y，z)，＝(2，2，－)，＝(1，3，－)，‎ 则，‎ 得，取z＝4，则x＝y＝，‎ 故n＝(，，4)是平面DEF的一个法向量．‎ 设平面ABCD与平面DEF所成的锐二面角为θ，‎ 则cos θ＝＝＝＝.‎ ‎ 角度二　由二面角求其他量 ‎2．如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)设二面角DAEC为60°，AP＝1，AD＝，求三棱锥EACD的体积．‎ ‎[解] (1)证明：连接BD，设AC与BD的交点为G，则G为AC，BD的中点，连接EG.在三角形PBD中，中位线EG∥PB，且EG在平面AEC内，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)设CD＝m，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，D(0，，0)，E，C(m，，0)．‎ 所以＝(0，，0)，＝，‎ ＝(m，，0)．‎ 设平面ADE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则n1·＝0，n1·＝0，解得一个n1＝(1，0，0)．‎ 同理设平面ACE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则n2·＝0，n2·＝0，‎ 解得一个n2＝(－，m，－m)．‎ 因为cos 60°＝|cos〈n1，n2〉|＝ ‎＝＝，解得m＝.‎ 设F为AD的中点，连接EF，则PA∥EF，且EF＝＝，EF⊥平面ACD，‎ 所以EF为三棱锥EACD的高．‎ 所以VEACD＝·S△ACD·EF＝××××＝.所以三棱锥EACD的体积为.‎ ‎　空间中的距离问题[学生用书P151]‎ ‎[典例引领]‎ ‎　如图，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．‎ ‎(1)求证：平面EFG⊥平面PAB；‎ ‎(2)求点A到平面EFG的距离．‎ ‎【解】　如图，建立空间直角坐标系Axyz，则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)，G(1，2，0)．‎ ‎(1)证明：因为＝(0，1，0)，＝(0，0，2)，＝(2，0，0)，所以·＝0×0＋1×0＋0×2＝0，·＝0×2＋1×0＋0×0＝0，‎ 所以EF⊥AP，EF⊥AB．‎ 又因为AP，AB⊂平面PAB，‎ 且PA∩AB＝A，‎ 所以EF⊥平面PAB．‎ 又EF⊂平面EFG，‎ 所以平面EFG⊥平面PAB．‎ ‎(2)设平面EFG的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则所以 取n＝(1，0，1)，又＝(0，0，1)，所以点A到平面EFG的距离d＝＝＝.‎ ‎(1)空间中的各种距离一般都可以转化为求点与点、点与线、点与面的距离．‎ ‎①点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距：点M 到直线a的距离，若直线的方向向量为a，直线上任一点为N，则点M到直线a的距离为d＝||·sin〈，a〉；③线线距：两平行线间的距离转化为点线距离，两异面直线间的距离转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距：点M到平面α的距离，若平面α的法向量为n，平面α内任一点为N，则点M到平面α的距离d＝|||cos 〈，n〉|＝.‎ ‎(2)利用空间向量求空间距离问题，首先应明确所求距离特征，恰当选用距离公式求解．　 ‎ ‎　如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2.‎ ‎(1)求证：平面A1BC1∥平面ACD1；‎ ‎(2)求平面A1BC1与平面ACD1的距离．‎ ‎[解] (1)证明：因为AA1綊CC1，‎ 所以四边形ACC1A1为平行四边形，所以AC∥A1C1.‎ 又AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，‎ 所以AC∥平面A1BC1.‎ 同理可证CD1∥平面A1BC1.‎ 又AC∩CD1＝C，AC⊂平面ACD1，CD1⊂平面ACD1，‎ 所以平面A1BC1∥平面ACD1.‎ ‎(2)以B1为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A1(4，0，0)，A(4，0，2)，D1(4，3，0)，C(0，3，2)，＝(0，0，2)，＝(－4，3，0)，＝(0，3，－2)，‎ 设n＝(x，y，z)为平面ACD1的一个法向量，‎ 则即 取n＝(3，4，6)，‎ 所以所求距离d＝||×|cos〈n，〉|＝＝＝，‎ 故平面A1BC1与平面ACD1的距离为.‎ ‎ [学生用书P151]‎ ‎——立体几何中的探索性问题 ‎　(本题满分12分)(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.‎ ‎(1)求证：PD⊥平面PAB；‎ ‎(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；‎ ‎(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．‎ ‎[思维导图]‎ ‎(1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，‎ 所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD．‎ 又PA⊥PD，所以PD⊥平面PAB．………………(4分)‎ ‎(2)取AD的中点O，连接PO，CO.‎ 因为PA＝PD，‎ 所以PO⊥AD．‎ 因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．‎ 因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.‎ 因为AC＝CD，所以CO⊥AD．‎ 如图建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．(7分)‎ 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝2，则x＝1，y＝－2.‎ 所以n＝(1，－2，2)．又＝(1，1，－1)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝－.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(9分)‎ ‎(3)设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]，‎ 使得＝λ.…………………………………(10分)‎ 因此点M(0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．‎ 因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，‎ 则·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，‎ 解得λ＝.………………………………………(11分)‎ 所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，‎ 此时＝.……………………………………(12分)‎ ‎　以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐．此类问题的基本特征是：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．“是否存在”的问题的命题形式有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数，则思路简单、解法固定、操作方便．‎ ‎ [学生用书P296(独立成册)]‎ ‎1．在直三棱柱ABCA1B1C1中，若∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1，则异面直线BA1与AC1所成的角等于(　　)‎ A．30°　　　　　　　　　　 B．45°‎ C．60° D．90°‎ ‎　C　[解析] 不妨设AB＝AC＝AA1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B(0，－1，0)，A1(0，0，1)，A(0，0，0)，C1(－1，0，1)，‎ 所以＝(0，1，1)，‎ ＝(－1，0，1)，‎ 所以cos〈，〉‎ ‎＝＝＝，‎ 所以〈，〉＝60°，‎ 所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60°.‎ ‎2．在三棱锥PABC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． ‎　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，E，F.所以＝(0，0，－2)，＝，＝.‎ 设平面DFE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则由得 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＝＝，所以直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.‎ ‎3．(2017·云南省第一次检测)在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，点D在棱BB1上，若BD＝1，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为________．‎ ‎[解析] 如图，设AD与平面AA1C1C所成的角为α，E为AC的中点，连接BE，则BE⊥AC，所以BE⊥平面AA1C1C，可得·＝(＋)·＝·＝1××＝＝××cos θ(θ为与 的夹角)，所以cos θ＝＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝＝.‎ ‎[答案] ‎4．如图，PABCD是正四棱锥，ABCDA1B1C1D1是正方体，其中AB＝2，PA＝，则B1到平面PAD的距离为________．‎ ‎[解析] 以A1B1所在直线为x轴，A1D1所在直线为y轴，A1A所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则＝(0，2，0)，＝(1，1，2)，‎ 设平面PAD的法向量是m＝(x，y，z)，所以由 可得 取z＝1，得m＝(－2，0，1)，因为＝(－2，0，2)，‎ 所以B1到平面PAD的距离d＝＝.‎ ‎[答案] ‎5．已知单位正方体ABCDA1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点．试求：‎ ‎(1)AD1与EF所成角的大小；‎ ‎(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值．‎ ‎[解] 建立如图所示的空间直角坐标系，得A(1，0，1)，B(0，0，1)，D1(1，1，0)，E，F.‎ ‎(1)因为＝(0，1，－1)，＝，‎ 所以cos〈，〉＝＝，‎ 即AD1与EF所成的角为60°.‎ ‎(2)＝，由图可得，＝(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，所以cos θ＝.‎ 即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.‎ ‎6．(2016·高考山东卷)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．‎ ‎(1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；‎ ‎(2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，‎ 求二面角FBCA的余弦值．‎ ‎[解] (1)证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.‎ 又EF∥OB，所以GI∥OB．‎ 在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.‎ 又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.‎ 因为GH⊂平面GHI，‎ 所以GH∥平面ABC.‎ ‎(2)连接OO′，则OO′⊥平面ABC.‎ 又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC.‎ 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(0，2，0)，C(－2，0，0)．‎ 所以＝(－2，－2，0)，‎ 过点F作FM垂直OB于点M，所以FM＝＝3，可得F(0，，3)．故＝(0，－，3)．‎ 设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量，由 可得 可得平面BCF的一个法向量m＝(－1，1，)．‎ 因为平面ABC的一个法向量n＝(0，0，1)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.‎ 所以二面角FBCA的余弦值为.‎ ‎7．(2017·昆明市两区七校调研)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，E为BC中点．‎ ‎(1)求证：C1D⊥D1E；‎ ‎(2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM∥平面AD1E？若存在，求的值；若不存在，说明理由；‎ ‎(3)若二面角B1AED1的大小为90°，求AD的长．‎ ‎[解] (1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设AD＝a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，1，0)，B1(a，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)，E，‎ 所以＝(0，－1，－1)，＝，‎ 所以·＝0，所以C1D⊥D1E.‎ ‎(2)设＝h，则M(a，0，h)，连接BM，所以＝(0，－1，h)，＝，＝(－a，0，1)，‎ 设平面AD1E的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则，‎ 所以平面AD1E的一个法向量为n＝(2，a，2a)，‎ 因为BM∥平面AD1E，所以⊥n，即·n＝2ah－a＝0，所以h＝.即在AA1上存在点M，使得BM∥平面AD1E，此时＝.‎ ‎(3)连接AB1，B1E，设平面B1AE的法向量为m＝(x′，y′，z′)，＝，＝(0，1，1)，‎ 则 所以平面B1AE的一个法向量为m＝(2，a，－a)．‎ 因为二面角B1AED1的大小为90°，‎ 所以m⊥n，所以m·n＝4＋a2－2a2＝0，‎ 因为a＞0，所以a＝2，即AD＝2.‎ ‎8．(2016·高考全国卷甲)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.‎ ‎(1)证明：D′H⊥平面ABCD；‎ ‎(2)求二面角BD′AC的正弦值．‎ ‎[解] (1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD．‎ 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF.‎ 因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.‎ 由AB＝5，AC＝6得 DO＝BO＝＝4.‎ 由EF∥AC得＝＝.‎ 所以OH＝1，D′H＝DH＝3.‎ 于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.‎ 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD．‎ ‎(2)如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系Hxyz.则H(0，0，0)，A(－3，－1，0)，B(0，－5，0)，C(3，－1，0)，D′(0，0，3)，＝(3，－4，0)，＝(6，0，0)，＝(3，1，3)．‎ 设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则 即 所以可取m＝(4，3，－5)．‎ 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则即 所以可取n＝(0，－3，1)．‎ 于是cos〈m，n〉＝＝＝－，‎ sin〈m，n〉＝.‎ 因此二面角BD′AC的正弦值是.‎ ‎9．(2016·高考天津卷)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.‎ ‎(1)求证：EG∥平面ADF；‎ ‎(2)求二面角OEFC的正弦值；‎ ‎(3)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．‎ ‎[解] 依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O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)．‎ ‎(1)证明：依题意， ＝(2，0，0)，＝(1，－1，2)．设n1＝(x，y，z)为平面ADF的法向量，则 即 不妨设z＝1，可得n1＝(0，2，1)，又＝(0，1，－2)，‎ 可得·n1＝0，‎ 又因为直线EG⊄平面ADF，‎ 所以EG∥平面ADF.‎ ‎(2)易证＝(－1，1，0)为平面OEF的一个法向量．依题意，＝(1，1，0)，‎ ＝(－1，1，2)．‎ 设n2＝(x′，y′，z′)为平面CEF的法向量，‎ 则即 不妨设x′＝1，可得n2＝(1，－1，1)．‎ 因此有cos〈，n2〉＝＝－，‎ 于是sin〈，n2〉＝.‎ 所以二面角OEFC的正弦值为.‎ ‎(3)由AH＝HF，得AH＝AF.‎ 因为＝(1，－1，2)，‎ 所以＝＝，‎ 进而有H，‎ 从而＝，‎ 因此cos〈，n2〉＝＝－.‎ 所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.‎ ‎10．如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．‎ ‎(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值；‎ ‎(2)求B点到平面PCD的距离；‎ ‎(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角QACD的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解] (1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以PO⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD．‎ 在直角梯形ABCD中，连接OC，易得OC⊥AD，所以以O为坐标原点，直线OC为x轴，直线OD为y轴，直线OP为z轴可建立空间直角坐标系(、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向)，则P(0，0，1)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，所以＝(1，－1，－1)．‎ 易证OA⊥平面POC，‎ 所以＝(0，－1，0)是平面POC的一个法向量，‎ 又cos〈，〉＝＝，‎ 所以直线PB与平面POC所成角的余弦值为.‎ ‎(2)＝(0，1，－1)，＝(－1，0，1)，‎ 设平面PCD的法向量为u＝(x，y，z)，‎ 则取z＝1，得u＝(1，1，1)．‎ 所以B点到平面PCD的距离为d＝＝.‎ ‎(3)存在．设＝λ(0≤λ＜1)，‎ 因为＝(0，1，－1)，所以＝(0，λ，－λ)＝－，‎ 所以＝(0，λ，1－λ)，‎ 所以Q(0，λ，1－λ)．‎ 设平面CAQ的法向量为m＝(x′，y′，z′)，‎ 则 取z′＝λ＋1，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，‎ 易知平面CAD的一个法向量为n＝(0，0，1)，‎ 因为二面角QACD的余弦值为，‎ 所以|cos〈m，n〉|＝＝，‎ 得3λ2－10λ＋3＝0，‎ 解得λ＝或λ＝3(舍)，‎ 所以存在点Q，使得二面角QACD的余弦值为，且＝.‎