高三数学（理数）总复习练习专题十二 空间向量与立体几何

高三数学（理数）总复习练习专题十二 空间向量与立体几何

‎1．(2015·课标Ⅰ，18，12分，中)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)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，可得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，建立空间直角坐标系Gxyz.‎ 由(1)可得A(0，－，0)，E(1，0，)，‎ F，C，所以＝(1，，)，＝.‎ 故cos〈，〉＝＝－.‎ 所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.‎ ‎2．(2015·安徽，19，12分，中)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.‎ ‎(1)证明：EF∥B1C；‎ ‎(2)求二面角EA1DB1的余弦值.‎ 解：(1)证明：由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂平面A1DE，B1C⊄平面A1DE，于是B1C∥平面A1DE.又B1C⊂平面B1CD1，平面A1DE∩平面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.‎ ‎(2)因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为(0.5，0.5，1)．‎ 设平面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该平面上向量＝(0.5，0.5，0)，＝(0，1，－1)，由n1⊥，n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组为 因为(－1，1，1)为其一组解，‎ 所以可取n1＝(－1，1，1)．‎ 设平面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该平面上向量＝(1，0，0)，＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)．‎ 所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.‎ ‎3．(2015·浙江，17，15分，中)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．‎ ‎(1)证明：A1D⊥平面A1BC；‎ ‎(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值．‎ 解：(1)证明：设E为BC的中点，‎ 由题意得A1E⊥平面ABC，所以A1E⊥AE.‎ 因为AB＝AC，所以AE⊥BC.‎ 故AE⊥平面A1BC.‎ 由D，E分别为B1C1，BC的中点，得 DE∥B1B且DE＝B1B，‎ 从而DE∥A1A且DE＝A1A，‎ 所以A1AED为平行四边形．‎ 故A1D∥AE.‎ 又因为AE⊥平面A1BC，‎ 所以A1D⊥平面A1BC.‎ ‎(2)方法一：作A1F⊥BD且A1F∩BD＝F，连接B1F.‎ 由AE＝EB＝，∠A1EA＝∠A1EB＝90°，得A1B＝A1A＝4.‎ 由A1D＝B1D，A1B＝B1B，得△A1DB与△B1DB全等．‎ 由A1F⊥BD，得B1F⊥BD，因此∠A1FB1为二面角A1BDB1的平面角．‎ 由A1D＝，A1B＝4，∠DA1B＝90°，得 BD＝3，A1F＝B1F＝，‎ 由余弦定理得cos∠A1FB1＝－.‎ 方法二：以CB的中点E为原点，分别以射线EA，EB为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz，如图所示．‎ 由题意知各点坐标如下：‎ A1(0，0，)，B(0，，0)，D(－，0，)，B1(－，，)，‎ 因此＝(0，，－)，＝(－，－，)，＝(0，，0)．‎ 设平面A1BD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面B1BD的法向量为n＝(x2，y2，z2)．‎ 由 即 可取m＝(0，，1)．‎ 由 即 可取n＝(，0，1)．‎ 于是|cos〈m，n〉|＝＝.‎ 由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为－.‎ ‎1．(2014·广东，5，易)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)‎ ‎【答案】　B　设所选向量为b，观察选项可知|b|＝，∵〈a，b〉＝60˚，‎ ‎∴cos 〈a，b〉＝＝，∴a·b＝1.代入选项检验可知(1，－1，0)适合，故选B.‎ ‎2．(2013·陕西，18，12分，易)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.‎ ‎(1)证明：A1C⊥平面BB1D1D；‎ ‎(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．‎ 解：(1)证明：方法一：由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系，如图．‎ ‎∵AB＝AA1＝，‎ ‎∴OA＝OB＝OA1＝1，‎ ‎∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，‎ D(0，－1，0)，A1(0，0，1)．‎ 由＝，易得B1(－1，1，1)．‎ ‎∵＝(－1，0，－1)，＝(0，－2，0)，＝(－1，0，1)，‎ ‎∴·＝0，·＝0，‎ ‎∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，‎ ‎∴A1C⊥平面BB1D1D.‎ 方法二：∵A1O⊥平面ABCD，∴A1O⊥BD.‎ 又∵底面ABCD是正方形，‎ ‎∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC，‎ ‎∴BD⊥A1C.‎ 又∵OA1是AC的中垂线，‎ ‎∴A1A＝A1C＝，且AC＝2，‎ ‎∴AC2＝AA＋A1C2，‎ ‎∴△AA1C是直角三角形，∴AA1⊥A1C.‎ 又BB1∥AA1，∴A1C⊥BB1，‎ ‎∴A1C⊥平面BB1D1D.‎ ‎(2)设平面OCB1的法向量n＝(x，y，z)．‎ ‎∵＝(－1，0，0)，＝(－1，1，1)，‎ ‎∴∴ 取n＝(0，1，－1)．‎ 由(1)知，＝(－1，0，－1)是平面BB1D1D的法向量，‎ ‎∴cos θ＝|cos< n，>|＝＝.‎ 又∵0≤θ≤，∴θ＝.‎ ‎3．(2012·福建，18，12分，中)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．‎ ‎(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；‎ ‎(3)若二面角AB1EA1的大小为30°，求AB的长．‎ 解：(1)证明：以A为原点，，，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)．，‎ 设AB＝a，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E，B1(a，0，1)，故＝(0，1，1)，＝，＝(a，0，1)，＝.‎ ‎∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，‎ ‎∴B1E⊥AD1.‎ ‎(2)假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，‎ 使得DP∥平面B1AE.此时＝(0，－1，z0)．‎ 又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．‎ ‎∵n⊥平面B1AE，‎ ‎∴n⊥，n⊥，得 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.‎ 要使DP∥平面B1AE，只有n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.‎ 又DP⊄平面B1AE，‎ ‎∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.‎ ‎(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.‎ ‎∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.‎ 又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，‎ ‎∴AD1⊥平面DCB1A1.‎ ‎∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0，1，1)，．‎ 设与n所成的角为θ，‎ 则cos θ＝＝.‎ ‎∵二面角AB1EA1的大小为30°，‎ ‎∴|cos θ|＝cos 30°，即＝，‎ 解得a＝2，即AB的长为2.‎ ‎4．(2014·重庆，19，13分，中)如图，四棱锥PABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，且BM＝，MP⊥AP.‎ ‎(1)求PO的长；‎ ‎(2)求二面角APMC的正弦值．‎ 解：(1)如图，连接AC，BD，因为ABCD为菱形，则AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O为坐标原点，，，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Oxyz.‎ 因为∠BAD＝，‎ 所以OA＝AB·cos＝，OB＝AB·sin＝1，‎ 所以O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C(－，0，0)，＝(0，1，0)，‎ ＝(－，－1，0)．‎ 由BM＝，BC＝2知，＝＝，‎ 从而＝＋＝，‎ 即M.‎ 设P(0，0，a)，a>0，则＝(－，0，a)，＝.‎ 因为MP⊥AP，故·＝0，即－＋a2＝0，‎ 所以a＝或a＝－(舍去)，即PO＝.‎ ‎(2)由(1)知，＝，＝，＝.‎ 设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面PMC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 由n1·＝0，n1·＝0，‎ 得 故可取n1＝.‎ 由n2·＝0，n2·＝0，‎ 得 故可取n2＝(1，－，－2)．‎ 从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为 cos〈n1，n2〉＝＝－，‎ 故所求二面角APMC的正弦值为.‎ ‎5．(2012·安徽，18，12分，难)平面图形ABB1A1C1C如图①所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图②所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．‎ ‎(1)证明：AA1⊥BC；‎ ‎(2)求AA1的长；‎ ‎(3)求二面角ABCA1的余弦值．‎ 解：方法一(向量法)：(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.‎ 由BB1C1C为矩形知，DD1⊥B1C1.‎ 因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，‎ 所以DD1⊥平面A1B1C1.‎ 又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1.‎ 故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz.‎ 由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.‎ 由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD∥A1D1.‎ 所以A(0，－1，4)，B(1，0，4)，A1(0，2，0)，C(－1，0，4)，D(0，0，4)．‎ 故＝(0，3，－4)，＝(－2，0，0)，·＝0，‎ 因此⊥，即AA1⊥BC.‎ ‎(2)因为＝(0，3，－4)，所以||＝5，即AA1＝5.‎ ‎(3)连接A1D.由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D，‎ 所以∠ADA1为二面角ABCA1的平面角．‎ 因为＝(0，－1，0)，＝(0，2，－4)，‎ 所以cos，＝－＝－，‎ 即二面角ABCA1的余弦值为－.‎ 方法二(综合法)：(1)证明：如图，取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD，A1D.‎ 由条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1.‎ 由上可得AD⊥面BB1C1C，A1D1⊥面BB1C1C，‎ 因此AD∥A1D1，即AD，A1D1确定平面AD1A1D.‎ 又因为DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC.‎ 又考虑到AD⊥BC，所以BC⊥平面AD1A1D，故BC⊥AA1.‎ ‎(2)如图，延长A1D1到G点，使GD1＝AD，连接AG.‎ 因为AD綊GD1，所以AG綊DD1綊BB1.‎ 由于BB1⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G.‎ 由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4，所以AA1＝5.‎ ‎(3)因为BC⊥平面AD1A1D，所以∠ADA1为二面角ABCA1的平面角．‎ 在Rt△A1DD1中，DD1＝4，A1D1＝2，‎ 解得sin∠D1DA1＝，‎ cos∠ADA1＝cos＝－，‎ 即二面角ABCA1的余弦值为－.‎ 方法点拨：本题中的垂直条件比较充分，三个设问中以定量运算为主，因此建立空间直角坐标系运用向量知识求解较为方便．‎ 考向　利用空间向量证明空间位置关系 空间向量的坐标表示及应用 设直线l1的方向向量是u1＝(a1，b1，c1)，直线l2的方向向量是u2＝(a2，b2，c2)，平面α的法向量是v1＝(x1，y1，z1)，平面β的法向量是v2＝(x2，y2，z2)．‎ ‎(1)直线与直线平行：l1∥l2⇔u1∥u2⇔u1＝ku2⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2(k为常数)．‎ ‎(2)直线与直线垂直：l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.‎ ‎(3)直线与平面平行：l1∥α⇔u1⊥v1⇔u1·v1＝0⇔a1x1＋b1y1＋c1z1＝0.‎ ‎(4)直线与平面垂直：l1⊥α⇔u1∥v1⇔u1＝kv1⇔a1＝kx1，b1＝ky1，c1＝kz1(k为常数)．‎ ‎(5)平面与平面平行：α∥β ⇔v1∥v2⇔v1＝kv2⇔x1＝kx2，y1＝ky2，z1＝kz2(k为常数)．‎ ‎(6)平面与平面垂直：α⊥β ⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0⇔x1x2＋y1y2＋z1z2＝0.‎ ‎(2014·辽宁，19，12分)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．‎ ‎(1)求证：EF⊥BC；‎ ‎(2)求二面角EBFC的正弦值．‎ 图1‎ ‎【解析】　(1)证明：方法一：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系．易得B(0，0，0)，A(0，－1，)，D(，－1，0)‎ ‎，C(0，2，0)，因而E，F，‎ 所以＝，＝(0，2，0)，因此·＝0.‎ 从而⊥，所以EF⊥BC.‎ 图2‎ 方法二：过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF，‎ 由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC.‎ 所以∠EOC＝∠FOC＝，‎ 即FO⊥BC.‎ 又EO⊥BC，因此BC⊥平面EFO.‎ 又EF⊂平面EFO，‎ 所以EF⊥BC.‎ ‎(2)方法一：在图1中，平面BFC的一个法向量为n1＝(0，0，1)．‎ 设平面BEF的法向量为n2＝(x，y，z)．‎ 又＝，＝，‎ 由得其中一个n2＝(1，－，1)．‎ 设二面角EBFC大小为θ，且由题意知θ为锐角，‎ 则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝.‎ 因此sin θ＝＝，即所求二面角的正弦值为.‎ 方法二：在图2中，过O作OG⊥BF，垂足为G，连接EG.‎ 由平面ABC⊥平面BDC，从而EO⊥平面BDC.‎ 又OG⊥BF，由三垂线定理知EG⊥BF.‎ 因此∠EGO为二面角EBFC的平面角．‎ 在△EOC中，EO＝EC＝BC·cos 30°＝，‎ 由△BGO∽△BFC知，OG＝·FC＝，‎ 因此tan∠EGO＝＝2.‎ 从而sin∠EGO＝，即二面角EBFC的正弦值为.‎ ‎【点拨】　判断位置关系可应用几何法或向量法，两种方法各有利弊．几何法简捷但需要较强的空间想象能力，向量法较为简单但对运算能力要求较高，解题(2)的关键是正确求出平面BEF的法向量.‎ ‎ 运用空间向量解决立体几何问题的步骤 ‎(1)建系：根据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系；‎ ‎(2)定坐标：确定点的坐标进而求出有关向量的坐标；‎ ‎(3)向量运算：进行相关的空间向量的运算；‎ ‎(4)翻译：将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言，完成几何问题的求解．‎ 在建立空间直角坐标系求点的坐标时，要使尽可能多的点落在坐标轴上，尽可能多的线段平行于坐标轴，有直角的，把直角边放在坐标轴上．‎ ‎(2013·浙江，20，15分)如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.‎ ‎(1)证明：PQ∥平面BCD；‎ ‎(2)若二面角CBMD的大小为60°，求∠BDC的大小．‎ 解：(1)证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意知A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)．‎ 设点C的坐标为(x0，y0，0)．‎ 因为＝3，‎ 所以Q.‎ 因为M为AD的中点，故M(0，，1)．‎ 又P为BM的中点，故P，‎ 所以＝.‎ 又平面BCD的一个法向量为u＝(0，0，1)，故·u＝0.‎ 又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.‎ ‎(2)设m＝(x，y，z)为平面BMC的一个法向量．‎ 由＝(－x0，－y0，1)，＝(0，2，1)，‎ 知 取y＝－1，得m＝.‎ 又平面BDM的一个法向量为n＝(1，0，0)，于是 ‎|cos< m，n >|＝＝＝，‎ 即＝3.①‎ 又BC⊥CD，所以·＝0，‎ 故(－x0，－－y0，0)·(－x0，－y0，0)＝0，‎ 即x＋y＝2.②‎ 联立①②，解得(舍去)或 所以tan∠BDC＝＝.‎ 又∠BDC是锐角，所以∠BDC＝60°.‎ ‎1．(2015·山东临沂一模，3)若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则(　　)‎ A．l∥α B．l⊥αC．l⊂α D．l与α斜交 ‎【答案】　B　∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，0，－4)，即n＝－2a，故a∥n，∴l⊥α.‎ ‎2．(2015·陕西西安质检，2)若平面α，β的法向量分别是n1＝(2，－3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则(　　)‎ A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上答案均不正确 ‎【答案】　C　∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，‎ ‎∴n1与n2不垂直，且不共线．‎ ‎∴α与β相交但不垂直．‎ ‎3．(2014·湖南怀化检测，7)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)‎ A．斜交 B．平行 C．垂直 D．MN在平面BB1C1C内 ‎【答案】　B　建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1M＝AN＝，则M，N ‎，＝.又C1D1⊥平面BB1C1C，所以＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．因为·＝0，所以⊥，所以MN∥平面BB1C1C.‎ ‎4．(2014·山东青岛三模，19，12分)如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1ABC是直二面角．‎ 求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；‎ ‎(2)AB1∥平面A1C1C.‎ 证明：∵二面角A1ABC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，‎ 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.‎ ‎5．(2015·河南开封质检，19，12分)如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．‎ ‎(1)求证：AF∥平面BCE；‎ ‎(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；‎ ‎(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．‎ 解：设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的坐标系Axyz，则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，a，0)，E(a，a，2a)．‎ ‎∵F为CD的中点，∴F.‎ ‎(1)证明：∵＝，＝(a，a，a)，＝(2a，0，－a)，‎ ‎∴＝(＋)，‎ 又AF⊄平面BCE，∴AF∥平面BCE.‎ ‎(2)证明：∵＝，＝(－a，a，0)，＝(0，0，－2a)，‎ ‎∴·＝0，·＝0，‎ ‎∴⊥，⊥.‎ ‎∵CD∩ED＝D，‎ ‎∴AF⊥平面CDE.‎ 又AF∥平面BCE，‎ ‎∴平面CDE⊥平面BCE.‎ ‎(3)设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由n·＝0，n·＝0可得x＋y＋z＝0，2x－z＝0，‎ 取n＝(1，－，2)．‎ 又＝，设BF和平面BCE所成的角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝，‎ ‎∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.‎ ‎6．(2015·山西临汾一模，18，13分)如图所示的长方体ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD 是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1＝，M是线段B1D1的中点．‎ ‎(1)求证：BM∥平面D1AC；‎ ‎(2)求证：D1O⊥平面AB1C；‎ ‎(3)求二面角BAB1C的大小．‎ 解：(1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.连接D1O，则点O(1，1，0)，D1(0，0，)，则＝(－1，－1，)．‎ 又点B(2，2，0)，M(1，1，)，‎ ‎∴＝(－1，－1，)，‎ ‎∴＝，且OD1与BM不共线，‎ ‎∴OD1∥BM.‎ 又D1O⊂平面D1AC，BM⊄平面D1AC，‎ ‎∴BM∥平面D1AC.‎ ‎(2)证明：∵B1(2，2，)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，‎ ‎∴·＝(－1，－1，)·(1，1，)＝0，·＝(－1，－1，)·(－2，2，0)＝0，‎ ‎∴⊥，⊥，‎ 即OD1⊥OB1，OD1⊥AC.‎ 又OB1∩AC＝O，‎ ‎∴D1O⊥平面AB1C.‎ ‎(3)∵CB⊥AB，CB⊥BB1，‎ ‎∴CB⊥平面ABB1，‎ ‎∴＝(－2，0，0)为平面ABB1的法向量．‎ ‎∵⊥，⊥，‎ ‎∴＝(－1，－1，)为平面AB1C的法向量,．‎ ‎∴二面角BAB1C的大小等于与的夹角,．‎ ‎∵cos〈，〉＝ ‎＝＝，‎ ‎∴与的夹角为60°，‎ 即二面角BAB1C的大小为60°.‎ ‎1．(2015·课标Ⅱ，19，12分，中)如图，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．‎ ‎(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．‎ 解：(1)交线围成的正方形EHGF如图：‎ ‎(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＝＝6，‎ 所以AH＝10.‎ 以D为坐标原点，，，的方向为x轴、y轴，z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)，＝(10，0，0)，＝(0，－6，8),．‎ 设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即 所以可取n＝(0，4，3),．‎ 又＝(－10，4，8)，‎ 故|cos〈n，〉|＝＝.‎ 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.‎ ‎2．(2015·江苏，22，10分，中)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.‎ ‎(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；‎ ‎(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．‎ 解：以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，‎ 则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．‎ ‎(1)因为AD⊥平面PAB，‎ 所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0)．‎ 因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2),．‎ 设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则m·＝0，m·＝0，‎ 即 令y＝1，解得z＝1，x＝1.‎ 所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．‎ 从而cos〈，m〉＝＝，‎ 所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.‎ ‎(2)因为＝(－1，0，2)，设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，‎ 又＝(0，－1，0)，则＝＋＝‎ ‎(－λ，－1，2λ)，又＝(0，－2，2)，‎ 从而cos〈，〉＝＝.‎ 设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos2〈，〉＝＝≤.‎ 当且仅当t＝，即λ＝时，‎ ‎|cos〈，〉|的最大值为.‎ 因为y＝cos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．‎ 又因为BP＝＝，‎ 所以BQ＝BP＝.‎ ‎3．(2015·湖南，19，13分，中)如图，已知四棱台ABCDA1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A1A＝6，且A1A⊥底面ABCD，点P，Q分别在棱DD1，BC上．‎ ‎(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；‎ ‎(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角PQDA的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．‎ 解：方法一：由题设知，AA1，AB，AD两两垂直．‎ 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，‎ 则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B1(3，0，6)，D(0，6，0)，D1(0，3，6)，Q(6，m，0)，其中m＝BQ，0≤m≤6.‎ ‎(1)若P是DD1的中点，则P，‎ ＝.‎ 又＝(3，0，6)，‎ 于是·＝18－18＝0，‎ 所以⊥，‎ 即AB1⊥PQ.‎ ‎(2)由题设知，＝(6，m－6，0)，‎ ＝(0，－3，6)是平面PQD内的两个不共线向量．‎ 设n1＝(x，y，z)是平面PQD的一个法向量，‎ 则 即 取y＝6，得n1＝(6－m，6，3)．‎ 又平面AQD的一个法向量是n2＝(0，0，1)，‎ 所以cos〈n1，n2〉＝ ‎＝ ‎＝.‎ 而二面角PQDA的余弦值为，‎ 因此＝，‎ 解得m＝4，或m＝8(舍去)，‎ 此时Q(6，4，0)．‎ 设＝λ(0<λ≤1)，‎ 而＝(0，－3，6)，‎ 由此得点P(0，6－3λ，6λ)，‎ 所以＝(6，3λ－2，－6λ)．‎ 因为PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3＝(0，1，0)，‎ 所以·n3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝，从而P(0，4，4)．‎ 于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥PADQ，则其高h＝4.‎ 故四面体ADPQ的体积 V＝S△ADQ·h＝××6×6×4＝24.‎ 方法二：(1)如图，取A1A的中点R，连接PR，BR.‎ 因为A1A，D1D是梯形A1ADD1的两腰，P是D1D的中点，所以PR∥AD，于是由AD∥BC知，PR∥BC，所以P，R，B，C四点共面．‎ 由题设知，BC⊥AB，BC⊥A1A，‎ 所以BC⊥平面ABB1A1，‎ 因此BC⊥AB1，①‎ 因为tan∠ABR＝＝＝ ‎＝tan∠A1AB1，‎ 所以∠ABR＝∠A1AB1，‎ 因此∠ABR＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，‎ 于是AB1⊥BR.‎ 再由①即知AB1⊥平面PRBC.‎ 又PQ⊂平面PRBC，故AB1⊥PQ.‎ ‎(2)如图，过点P作PM∥A1A交AD于点M，则PM∥平面ABB1A1.②‎ 因为A1A⊥平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD.‎ 过点M作MN⊥QD于点N，连接PN，‎ 则PN⊥QD，∠PNM为二面角PQDA的平面角，‎ 所以cos∠PNM＝，‎ 即＝，从而＝.③‎ 连接MQ，由PQ∥平面ABB1A1及②知，平面PQM∥平面ABB1A1，‎ 所以MQ∥AB.‎ 又ABCD是正方形，所以ABQM为矩形，‎ 故MQ＝AB＝6.‎ 设MD＝t，则 MN＝＝.④‎ 过点D1作D1E∥A1A交AD于点E，‎ 则AA1D1E为矩形，‎ 所以D1E＝A1A＝6，AE＝A1D1＝3，‎ 因此ED＝AD－AE＝3.‎ 于是＝＝＝2，‎ 所以PM＝2MD＝2t.‎ 再由③④得＝，‎ 解得t＝2，因此PM＝4.‎ 故四面体ADPQ的体积 V＝S△ADQ·PM ‎＝××6×6×4＝24.‎ ‎1．(2012·陕西，5，易)如图，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(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　A　不妨设CB＝1，则B(0，0，1)，A(2，0，0)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)，∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，cos〈，〉＝＝＝，故选A.‎ ‎2．(2014·江西，10，难)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12.一质点从顶点A射向点E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i－1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i＝2，3，4)，L1＝AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是(　　)‎ ‎【答案】　C　由对称性知质点经点E反射到平面ABCD的点E1(8，6，0)处．在坐标平面xAy中，直线AE1的方程为y＝x，与直线DC的方程y＝7联立得F.由两点间的距离公式得E1F＝.‎ ‎∵tan∠E2E1F＝tan∠EAE1＝，‎ ‎∴E2F＝E1F·tan∠E2E1F＝4.‎ ‎∴E2F1＝12－4＝8.‎ ‎∴＝＝＝＝.故选C.‎ ‎3．(2013·北京，14，易)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，则点P到直线CC1的距离的最小值为________．‎ ‎【解析】　如图所示，过P作PQ⊥DE，则PQ⊥平面ABCD，所以PQ∥CC1，所以P到CC1的距离即为CQ的长．当P在线段ED1上运动时，距离的最小值为C到线段DE的距离，所以最小值为△CDE中DE边上的高，其长度为＝.‎ ‎【答案】　 ‎4．(2013·课标Ⅱ，18，12分，中)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝AB.‎ ‎(1)证明：BC1∥平面A1CD；‎ ‎(2)求二面角DA1CE的正弦值．‎ 解：(1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．‎ 又D是AB中点，连接DF，则BC1∥DF.‎ 因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，‎ 所以BC1∥平面A1CD.‎ ‎(2)由AC＝CB＝AB得，AC⊥BC.以C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Cxyz.‎ 设CA＝2，则D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，＝(1，1，0)，＝(0，2，1)，＝(2，0，2)．‎ 设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，则 即 可取n＝(1，－1，－1),．‎ 同理，设m是平面A1CE的法向量，则 可取m＝(2，1，－2),．‎ 从而cosn，m＝＝，‎ 故sinn，m＝.‎ 即二面角DA1CE的正弦值为.‎ 方法点拨：解答本题的关键是正确建立空间直角坐标系及求出相关点的坐标，注意题(2)中所求结论为正弦值而非余弦值．‎ ‎5．(2014·天津，17，13分，中)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．‎ ‎(1)证明：BE⊥DC；‎ ‎(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；‎ ‎(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角FABP的余弦值．‎ 解：方法一：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2),．‎ 由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).．‎ ‎(1)证明：向量＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0.‎ 所以BE⊥DC.‎ ‎(2)向量＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，‎ 则即 不妨令y＝1，‎ 可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量．‎ 于是有cos〈n，〉＝＝＝.‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)向量＝(1，2，0)，＝(－2，－2，2)，＝(2，2，0)，＝(1，0，0)．‎ 由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1.‎ 故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．‎ 由BF⊥AC，得·＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，‎ 即＝.‎ 设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，‎ 则 即 不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，则 cos〈n1，n2〉＝＝＝－.‎ 易知，二面角FABP是锐角，所以其余弦值为.‎ 方法二：(1)证明：如图，取PD的中点M，连接EM，AM.‎ 由于E，M分别为PC，PD的中点，故EM∥DC，且EM＝DC.又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD.‎ 而CD⊥DA，从而CD⊥平面PAD.‎ 因为AM⊂平面PAD，于是CD⊥AM.‎ 又BE∥AM，所以BE⊥CD.‎ ‎(2)连接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD，而EM∥CD，故PD⊥EM.‎ 又因为AD＝AP，M为PD的中点，故PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD.‎ 所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM.‎ 而BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，‎ 故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．‎ 依题意，有PD＝2，而M为PD的中点，可得AM＝，进而BE＝.故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝.‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ ‎(3)如图，在△PAC中，过点F作FH∥PA交AC于点H.‎ 因为PA⊥底面ABCD，故FH⊥底面ABCD，‎ 从而FH⊥AC.‎ 又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH.‎ 在底面ABCD内，可得CH＝3HA，从而CF＝3FP.‎ 在平面PDC内，作FG∥DC交PD于点G，于是DG＝3GP.‎ 由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F，G四点共面．‎ 由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG.‎ 所以∠PAG为二面角FABP的平面角．‎ 在△PAG中，PA＝2，PG＝PD＝，∠APG＝45°，‎ 由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝.‎ 所以二面角FABP的余弦值为.‎ ‎6．(2014·江西，19，12分，中)如图所示，四棱锥PABCD中，ABCD为矩形，平面PAD⊥平面 ABCD.‎ ‎(1)求证：AB⊥PD；‎ ‎(2)若∠BPC＝90°，PB＝，PC＝2，问AB为何值时，四棱锥PABCD的体积最大？并求此时平面PBC与平面DPC夹角的余弦值．‎ 解：(1)证明：因为ABCD为矩形，所以AB⊥AD.‎ 又平面PAD⊥平面ABCD，‎ 平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ 所以AB⊥平面PAD，故AB⊥PD.‎ ‎(2)过P作AD的垂线，垂足为O，过O作BC的垂线，垂足为G，连接PG.‎ 故PO⊥平面ABCD，BC⊥平面POG，BC⊥PG.‎ 在Rt△BPC中，PG＝，GC＝，BG＝.‎ 设AB＝m，则OP＝＝，故四棱锥PABCD的体积为V＝··m· ‎＝.‎ 因为m＝＝，‎ 故当m＝，即AB＝时，四棱锥PABCD的体积最大．‎ 此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O(0，0，0)，B，C，D，P.‎ 故＝，＝(0，，0)，＝.‎ 设平面BPC的一个法向量n1＝(x，y，1)，‎ 则由n1⊥，n1⊥得 解得x＝1，y＝0，n1＝(1，0，1)．‎ 同理可求出平面DPC的一个法向量n2＝.‎ 从而平面BPC与平面DPC夹角θ的余弦值为 cos θ＝＝＝.‎ 方法点拨：(1)计算几何体的最值往往有两种方法：一是恰当选用变量，建立目标函数，通常利用函数的性质求解，如果函数解析式符合基本不等式条件(或可以转化为基本不等式形式)，可以用基本不等式定理(均值定理)求解；二是利用化归与转化思想将立体几何中的极值问题转化为平面几何中的最值问题．(2)利用法向量可以求两个平面的夹角：建立坐标系，写出点与向量的坐标；求出平面的法向量，进行向量运算求出两个法向量的夹角；根据法向量的夹角与两个平面的夹角之间的关系，确定两个平面的夹角.．‎ ‎7．(2014·安徽，20，13分，难)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.‎ ‎(1)证明：Q为BB1的中点；‎ ‎(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；‎ ‎(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．‎ 解：(1)证明：因为BQ∥AA1，BC∥AD，‎ BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A，‎ 所以平面QBC∥平面A1AD.‎ 从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，‎ 即QC∥A1D.‎ 故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，‎ 于是△QBC∽△A1AD.‎ 所以＝＝＝，‎ 即Q为BB1的中点．‎ ‎(2)如图1，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝2a，‎ VQA1AD＝··2a·h·d＝ahd，‎ VQABCD＝··d·h＝ahd，‎ 所以V下＝VQA1AD＋VQABCD＝ahd.‎ 又VA1B1C1D1－ABCD＝ahd，‎ 所以V上＝VA1B1C1D1－ABCD－V下＝ahd－ahd＝ahd.故＝.‎ ‎(3)方法一：如图1，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.‎ 又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，‎ 所以DE⊥平面AEA1，于是DE⊥A1E.‎ 所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．‎ 因为BC∥AD，AD＝2BC，‎ 所以S△ADC＝2S△BCA.‎ 又因为梯形ABCD的面积为6，DC＝2，‎ 所以S△ADC＝4，AE＝4.‎ 于是tan∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝.‎ 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎ 方法二：如图2，以D为原点，，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．‎ 设∠CDA＝θ.‎ 因为SABCD＝·2sin θ＝6，所以a＝.‎ 从而C(2cos θ，2sin θ，0)，A1.‎ 所以＝(2cos θ，2sin θ，0)，＝.‎ 设平面A1DC的法向量n＝(x，y，1)，‎ 由 得x＝－sin θ，y＝cos θ，‎ 所以n＝(－sin θ，cos θ，1)．‎ 又因为平面ABCD的法向量m＝(0，0，1)，‎ 所以cos〈n，m〉＝＝，‎ 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎ 考向1　向量法求线线角、线面角 ‎1．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≤ ‎0<a，b<π 求法 cos θ＝|cosa，b|＝ cosa，b＝ ‎ 2.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|＝.‎ ‎3．点到平面的距离的向量求法 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＝.‎ ‎(1)(2014·课标Ⅱ，11)直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别为A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎(2)(2014·陕西，17，12分)四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.‎ ‎①证明：四边形EFGH是矩形；‎ ‎②求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．‎ ‎【思路导引】　(1)以C点为坐标原点，以CB，CA，CC1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出，的坐标代入向量的数量积公式求解；(2)解答第①问利用几何法，解答第②问的思路：先建立空间直角坐标系，然后根据三视图中的长度写出相关点的坐标，求出及平面EFGH的法向量的坐标，再代入相应的公式．‎ ‎【解析】　(1)由题意，以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 令BC＝CA＝CC1＝2，则C(0，0，0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，A1(0，2，2)，B1(2，0，2)，C1(0，0，2)．因为M，N分别为A1B1，A1C1的中点，所以M(1，1，2)，N(0，1，2)，这时＝(－1，1，2)，＝(0，－1，2)，所以cos 〈，〉＝＝，所以BM与AN所成角的余弦值为，故选C.‎ ‎(2)①证明：由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.‎ 由题设，BC∥平面EFGH，‎ 平面EFGH∩平面BDC＝FG，‎ 平面EFGH∩平面ABC＝EH，‎ ‎∴BC∥FG，BC∥EH，‎ ‎∴FG∥EH.‎ 同理EF∥AD，HG∥AD，‎ ‎∴EF∥HG，‎ ‎∴四边形EFGH是平行四边形．‎ 又∵AD⊥DC，AD⊥BD，‎ ‎∴AD⊥平面BDC，‎ ‎∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，‎ ‎∴四边形EFGH是矩形．‎ ‎②方法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，‎ 则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0),．‎ ＝(0，0，1)，＝(－2，2，0)，＝(－2，0，1),．‎ 设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，‎ ‎∵EF∥AD，FG∥BC，‎ ‎∴n·＝0，n·＝0，‎ 得取n＝(1，1，0)，‎ ‎∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.‎ 方法二：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，‎ 则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0),．‎ ‎∵E是AB的中点，‎ ‎∴F，G分别为BD，DC的中点，‎ 得E，F(1，0，0)，G(0，1，0),．‎ ‎∴＝，＝(－1，1，0)，＝(－2，0，1),．‎ 设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则n·＝0，n·＝0，‎ 得取n＝(1，1，0)，‎ ‎∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.‎ ‎ 1.向量法求异面直线所成角时应注意的问题 ‎(1)当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，那么这个锐角或直角就是该异面直线所成的角；‎ ‎(2)当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，那么这个钝角的补角才是异面直线所成的角．‎ ‎2．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(锐角或直角时)或其补角(钝角时)；‎ ‎(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，取其余角就是斜线与平面所成的角．‎ ‎3．求点到平面距离的三种方法 ‎(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离．‎ ‎(2)在三棱锥中用等体积法求解．‎ ‎(3)向量法：d＝(n为平面的法向量，A为平面内一点，MA为过A点的斜线段)．‎ ‎(1)(2012·大纲全国，4)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为(　　)‎ A．2 B. C. D．1‎ ‎(2)(2014·北京，17，14分)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PABCDE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⊥平面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．‎ ‎(1)【答案】　D　连接AC交BD于O，连接OE，由题意得AC1∥OE，所以AC1∥平面BED，直线AC1到平面BED的距离等于点A到平面BED的距离，也等于点C到平面BED的距离．作CH⊥OE于H，易证CH⊥平面BED，则CH＝OE＝1为所求，故选D.‎ ‎(2)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sin α＝＝＝.‎ 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.‎ 考向2　向量法求二面角 二面角的平面角的求法 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①②)．‎ 求出两平面法向量的夹角后，一定要根据图形来判断二面角的大小与两法向量夹角的关系，然后得出结论．‎ ‎(2014·课标Ⅰ，19，12分)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.‎ ‎(1)证明：AC＝AB1；‎ ‎(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角AA1B1C1的余弦值．‎ ‎【思路导引】　(1)充分利用菱形中蕴含的垂直关系，用传统的方法(综合法)即可证明．(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用法向量法求二面角的余弦值．‎ ‎【解析】　(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．又AB⊥B1C，AB∩BO＝B，所以B1C⊥平面ABO.‎ 由于AO⊂平面ABO，故B1C⊥AO.‎ 又B1O＝CO，故AC＝AB1.‎ ‎(2)因为AC⊥AB1，且O为B1C的中点，所以AO＝CO.‎ 又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC，故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直．‎ 以O为坐标原点，，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC，OC＝OA，则A，B(1，0，0)，B1，C，＝，＝＝，＝＝.‎ 设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，‎ 则即 所以可取n＝(1，，)．‎ 设m是平面A1B1C1的法向量，则 同理可取m＝(1，－，)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝.‎ 所以二面角AA1B1C1的余弦值为.‎ ‎ 向量法求二面角大小的两种方法 ‎(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．‎ ‎(2013·四川，19，12分)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，D，D1分别是线段BC，B1C1的中点，P是线段AD的中点．‎ ‎(1)在平面ABC内，试作出过点P与平面A1BC平行的直线l，说明理由，并证明直线l⊥平面ADD1A1；‎ ‎(2)设(1)中的直线l交AB于点M，交AC于点N，求二面角AA1MN的余弦值．‎ 解：(1)如图，在平面ABC内，过点P作直线l∥BC，分别交AB，AC于点M，N.‎ 因为l在平面A1BC外，BC在平面A1BC内，由直线与平面平行的判定定理可知，l∥平面A1BC.‎ 由已知，AB＝AC，D是BC的中点，‎ 所以BC⊥AD，则直线l⊥AD.‎ 因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥直线l.‎ 又因为AD，AA1在平面ADD1A1内，且AD与AA1相交，‎ 所以直线l⊥平面ADD1A1.‎ ‎(2)方法一：连接A1P，过A作AE⊥A1P于E，过E作EF⊥A1M于F，连接AF.‎ 由(1)知，MN⊥平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面A1MN.‎ 所以AE⊥平面A1MN，则A1M⊥AE.‎ 所以A1M⊥平面AEF，则A1M⊥AF.‎ 故∠AFE为二面角AA1MN的平面角(设为θ)．‎ 设AA1＝1，则由AB＝AC＝2AA1，∠BAC＝120°，有∠BAD＝60°，AB＝2，AD＝1.‎ 又P为AD的中点，‎ 所以M为AB中点，且AP＝，AM＝1，‎ 所以在Rt△AA1P中，A1P＝；‎ 在Rt△A1AM中，A1M＝.‎ 从而AE＝＝，‎ AF＝＝，‎ 所以sin θ＝＝，‎ 所以cos θ＝＝＝.‎ 故二面角AA1MN的余弦值为.‎ 方法二：设A1A＝1.如图，过A1作A1E平行于B1C1，以A1为坐标原点，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Oxyz(点O与点A1重合)，‎ 则A1(0，0，0)，A(0，0，1)．‎ 因为P为AD的中点，所以M，N分别为AB，AC的中点，‎ 故M，N，‎ 所以＝，＝(0，0，1)，＝(，0，0)．‎ 设平面AA1M的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则 即 故有 从而 取x1＝1，则y1＝－，‎ 所以n1＝(1，－，0)．‎ 设平面A1MN的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 即 故有 从而 取y2＝2，则z2＝－1，所以n2＝(0，2，－1)．‎ 设二面角AA1MN的平面角为θ，又θ为锐角，‎ 则cos θ＝ ‎＝＝.‎ 故二面角AA1MN的余弦值为.‎ 考向3　利用空间向量解决探索性问题 空间向量在探索性问题中的应用 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显著特点，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情况：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，‎ 通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便．‎ ‎(1)(2014·四川，8)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sin α的取值范围是(　　)‎ A. B. C. D. ‎(2)(2014·湖北，19，12分)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．‎ ‎①当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；‎ ‎②是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．‎ ‎【思路导引】　(1)方法一：建立空间直角坐标系，设出P点坐标，求出及平面A1BD的法向量的坐标，将sin α表示成变量的函数，然后求最值．方法二：利用特殊位置时角的大小及角的变化规律求解；(2)①建立空间直角坐标系，找出相关点的坐标，然后根据向量平行，推出线线平行，从而证明线面平行；②分别求出平面EFPQ和平面PQMN的法向量n，m，再由n·m＝0，确定λ是否存在，也可用几何法求解．‎ ‎【解析】　(1)方法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．‎ 不妨设DC＝DA＝DD1＝1，则D(0，0，0)，B(1，1，0)，A1(1，0，1)，O，并设点P(0，1，t)，且0≤t≤1.‎ 则＝，＝(－1，0，－1)，＝(0，1，－1)．‎ 设平面A1BD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，‎ 则有即 取x0＝1，y0＝－1，z0＝－1，‎ ‎∴n＝(1，－1，－1)．‎ ‎∴sin α＝|cos〈，n〉|＝(0≤t≤1)，‎ ‎∴sin2α＝，0≤t≤1.‎ 令f(t)＝，0≤t≤1.‎ 则f′(t)＝＝－，‎ 可知当t∈时，f′(t)>0；‎ 当t∈时，f′(t)≤0.‎ 又∵f(0)＝，f＝1，f(1)＝，‎ ‎∴fmax(t)＝f＝1，fmin(t)＝f(0)＝.‎ ‎∴sin α的最大值为1，最小值为.‎ ‎∴sin α的取值范围为，故选B.‎ 方法二：易证AC1⊥平面A1BD，当点P在线段CC1上从C运动到C1时，直线OP与平面A1BD所成的角α的变化情况：∠AOA1→→∠C1OA1(点P为线段CC1的中点时，α＝)．由于sin∠AOA1＝，sin∠C1OA1＝>，sin＝1，所以sin α的取值范围是，故选B.‎ ‎(2)以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，则＝(－2，0，2)，＝(－1，0，λ)，＝(1，1，0)．‎ ‎①证明：当λ＝1时，＝(－1，0，1)．‎ 因为＝(－2，0，2)，所以＝2，即BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，‎ 故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎②设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 由可得 于是可取n＝(λ，－λ，1)．‎ 同理可得平面MNPQ的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1)．‎ 若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，‎ 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，‎ 解得λ＝1±.‎ 故存在λ＝1±，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角．‎ ‎ 解决与平行、垂直有关的探索性问题的基本策略 通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．‎ ‎(2012·北京，16，14分)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E 分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.‎ ‎(1)求证：A1C⊥平面BCDE；‎ ‎(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；‎ ‎(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．‎ 解：(1)证明：因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.‎ 所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.‎ 所以DE⊥A1C.‎ 又因为A1C⊥CD，所以A1C⊥平面BCDE.‎ ‎(2)如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0，0，2)，D(0，2，0)，M(0，1，)，B(3，0，0)，E(2，2，0)．‎ 设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.‎ 又＝(3，0，－2)，＝(－1，2，0)，‎ 所以 令y＝1，则x＝2，z＝，‎ 所以n＝(2，1，)．‎ 设CM与平面A1BE所成的角为θ.‎ 因为＝(0，1，)，‎ 所以sin θ＝|cosn，|‎ ‎＝＝＝.‎ 所以CM与平面A1BE所成角的大小为.‎ ‎(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下：‎ 假设这样的点P存在，设其坐标为(p，0，0)，其中p∈[0，3]．‎ 设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则m·＝0，m·＝0.‎ 又＝(0，2，－2)，＝(p，－2，0)，‎ 所以 令x＝2，则y＝p，z＝.‎ 所以m＝.‎ 平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，‎ 即4＋p＋p＝0，解得p＝－2，与p∈[0，3]矛盾,．‎ 所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.．‎ ‎1．(2015·河南洛阳质检，5)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　B　建立空间直角坐标系如图，则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2)．‎ 所以＝(－1，0，2)，＝(－1，2，1)．‎ 故cos〈，〉＝＝.‎ 所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.‎ ‎2．(2015·山西太原调研，10)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎【答案】　A　如图，连接AC交BD于点O，连接C1O，过C作CH⊥C1O于点H，连接DH.‎ ‎∵BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1＝A，‎ ‎∴BD⊥平面ACC1A1.‎ 又CH⊂平面ACC1A1，∴CH⊥BD.‎ 又CH⊥C1O，且BD∩C1O＝O，∴CH⊥平面C1BD.‎ ‎∴∠HDC为CD与平面BDC1所成的角．‎ 设AA1＝2AB＝2，则OC＝＝，C1O＝＝＝.由等面积法，得C1O·CH＝OC·CC1，即·CH＝×2，则CH＝，故sin∠HDC＝＝，即CD与平面BDC1所成角的正弦值为.‎ ‎3．(2014·江苏苏州二模，6)已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为________．‎ ‎【解析】　建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，‎ 相关各点的坐标为G(0，0，2)，F(4，2，0)，E(2，4，0)，C(0，0，0)，则＝(0，0，2)，＝(4，2，－2)，＝(2，4，－2)．设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得平面GEF的一个法向量为n＝(1，1，3)，所以点C到平面GEF的距离d＝＝.‎ ‎【答案】　 ‎4．(2015·山东潍坊质检，18，12分)如图所示，已知正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E在线段AA1上．‎ ‎(1)当AE∶EA1＝1∶2时，求证：DE⊥BC1；‎ ‎(2)是否存在点E，使二面角DBEA等于60°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)证明：连接DC1，‎ 因为ABCA1B1C1为正三棱柱，所以△ABC为正三角形．‎ 又因为D为AC的中点，‎ 所以BD⊥AC.‎ 又平面ABC⊥平面ACC1A1，‎ 所以BD⊥平面ACC1A1.‎ 所以BD⊥DE.‎ 因为AE∶EA1＝1∶2，AB＝2，AA1＝，‎ 所以AE＝，AD＝1.‎ 所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°.‎ 在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°.‎ 所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1.‎ 所以DE⊥平面BDC1.‎ 又因为BC1⊂平面BDC1，‎ 所以ED⊥BC1.‎ ‎(2)假设存在点E满足条件，设AE＝h.‎ 取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，‎ 所以DD1⊥AD，DD1⊥BD.‎ 如图，分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，‎ 则A(1，0，0)，B(0，，0)，E(1，0，h),．‎ 所以＝(0，，0)，＝(1，0，h)，＝(－1，，0)，＝(0，0，h).．‎ 设平面DBE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即 令z1＝1，得n1＝(－h，0，1),．‎ 同理，设平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 则即 得n2＝(，1，0),．‎ 所以|cos〈n1，n2〉|＝＝cos 60°＝.‎ 解得h＝<，故存在点E满足条件,．‎ 当AE＝时，二面角DBEA等于60°.‎ ‎5．(2015·河南信阳一模，19，12分)如图，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成角为60°.‎ ‎(1)求证：AC⊥平面BDE；‎ ‎(2)求二面角FBED的余弦值．‎ 解：(1)证明：因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，‎ 所以DE⊥AC.‎ 因为ABCD是正方形，‎ 所以AC⊥BD.‎ 又BD，DE相交且都在平面BDE内，‎ 从而AC⊥平面BDE.‎ ‎(2)因为DA，DC，DE两两垂直，‎ 所以建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示．‎ 因为DE⊥平面ABCD，‎ 所以BE与平面ABCD所成角就是∠DBE.‎ 已知BE与平面ABCD所成角为60°，‎ 所以∠DBE＝60°，‎ 所以＝.‎ 由AD＝3可知DE＝3，AF＝.‎ 由A(3，0，0)，F(3，0，)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，得＝(0，－3，)，＝(3，0，－2),．‎ 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝，则n＝(4，2，).‎ 因为AC⊥平面BDE，‎ 所以为平面BDE的法向量，＝(3，－3，0)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝＝.‎ 因为二面角为锐角，所以二面角FBED的余弦值为.‎ ‎6．(2015·安徽宣城一模，19，13分)如图，已知矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，O为CD的中点，沿AO将三角形AOD折起，使DB＝.‎ ‎(1)求证：平面AOD⊥平面ABCO；‎ ‎(2)求直线BC与平面ABD所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：在矩形ABCD中，‎ ‎∵AB＝2AD＝2，O为CD的中点，‎ ‎∴△AOD，△BOC为等腰直角三角形，‎ ‎∴∠AOB＝90°，即OB⊥OA.‎ 取AO中点H，连接DH，BH，则OH＝DH＝AO＝，‎ 在Rt△BOH中，BH2＝BO2＋OH2＝，‎ 在△BHD中，‎ DH2＋BH2＝＋＝3，‎ 又DB2＝3，‎ ‎∴DH2＋BH2＝DB2，‎ ‎∴DH⊥BH.‎ 又DH⊥OA，OA∩BH＝H，‎ ‎∴DH⊥平面ABCO.‎ 而DH⊂平面AOD，‎ ‎∴平面AOD⊥平面ABCO.‎ ‎(2)分别以OA，OB所在直线为x轴，y轴，O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，，0)，A(，0，0)，D，C，‎ ‎∴＝(－，，0)，‎ ＝，‎ ＝.‎ 设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 即x＝y，x＝z，令x＝1，则y＝z＝1，n＝(1，1，1)．‎ 设α为直线BC与平面ABD所成的角，‎ 则sin α＝＝＝，‎ 即直线BC与平面ABD所成角的正弦值为.‎ ‎7．(2015·湖南衡阳调研，18，12分)图1是长方体截去一个角后得到的几何体，其中底面ABCD是正方形，H为AG的中点，图2是该几何体的侧(左)视图．‎ ‎(1)判断两直线EH与CD的位置关系，并给予证明；‎ ‎(2)求直线EH与平面BCFE所成角的大小．‎ 解：(1)直线EH和CD是相交直线．‎ 证明：方法一：连接HD，FB，CE，设FB与CE相交于点O，连接HO(如图)，‎ 则四边形HDCO是平行四边形．‎ ‎∴HD∥CO且HD＝CO，‎ ‎∴HD∥CE且HD＝CE，‎ ‎∴H，D，C，E四点共面．‎ 又∵HD≠CE，‎ ‎∴HE与CD必相交．‎ 方法二(向量法)：由长方体的性质知，DA，DC，DG两两垂直，又由侧视图知，|BC|＝2，|CF|＝2，如图，以D为原点，分别以DA，DC，DG所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(2，2，2)，F(0，2，2)，G(0，0，2)，H(，0，1)，‎ ‎∴＝(，2，1)，＝(0，2，0)，＝(，0，1)，＝(2，0，2)．‎ ‎∵＝2，∴∥，‎ 即H，D，C，E四点共面．‎ 又∵不存在k，使得＝k，‎ ‎∴与不平行，‎ ‎∴HE与CD相交.．‎ ‎(2)由(1)中方法二可得＝(，2，1)，‎ 又平面BCFE是一个法向量是＝(0，2，0)，‎ 记直线EH与平面BCFE所成角为θ.‎ ‎∵·＝×0＋2×2＋1×0＝12，||＝4，||＝2，‎ ‎∴sin θ＝＝＝.‎ 又∵θ∈，∴θ＝.‎ ‎∴直线EH与平面BCFE所成角的大小为.‎ ‎8．(2015·河北衡水一模，18，12分)如图所示，五面体ABCC1B1中，AB1＝4，底面ABC是正三角形，AB＝2，四边形BCC1B1是矩形，二面角ABCC1为直二面角．‎ ‎(1)D在AC上运动，当D在何处时，有AB1∥平面BDC1，并且说明理由；‎ ‎(2)当AB1∥平面BDC1时，求二面角CBC1D的余弦值．‎ 解：(1)当D为AC中点时，有AB1∥平面BDC1.‎ 理由：连接B1C交BC1于O，连接DO.‎ ‎∵四边形BCC1B1是矩形，‎ ‎∴O为B1C的中点．‎ 又D为AC的中点，从而DO∥AB1.‎ ‎∵AB1⊄平面BDC1，DO⊂平面BDC1，‎ ‎∴AB1∥平面BDC1.‎ ‎(2)∵四边形BCC1B1是矩形，∴B1B⊥BC.‎ 又二面角A－BC－C1为直二面角，BC为其交线，∴B1B⊥BC.以B为原点，分别以BC，BB1所在直线为y轴、z轴，以垂直平面BCC1B1的直线为x轴，建立空间直角坐标系Bxyz，则B(0，0，0)，A(，1，0)，C(0，2，0)，D，C1(0，2，2)，‎ 所以＝，＝(0，2，2)．‎ 设n1＝(x，y，z)为平面BDC1的法向量，‎ 则有即 令z＝1，可得平面BDC1的一个法向量为n1＝(3，－，1)，‎ 而平面BCC1的一个法向量为n2＝(1，0，0),．‎ 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，‎ 故二面角CBC1D的余弦值为.‎ ‎9．(2015·山西太原模拟，19，12分)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD，EF∥AB，∠BAF＝90°，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，点P在棱DF上．‎ ‎(1)若P是DF的中点，求证：BF∥平面ACP；‎ ‎(2)若二面角DAPC的余弦值为，求PF的长．‎ 解：(1)证明：如图，连接BD，交AC于点O，连接OP.‎ 因为O为矩形ABCD对角线的交点，所以OB＝OD，‎ 又因为P是DF的中点，‎ 所以OP为三角形BDF的中位线，所以BF∥OP.‎ 因为BF⊄平面ACP，OP⊂平面ACP，‎ 所以BF∥平面ACP.‎ ‎(2)因为∠BAF＝90°，所以AF⊥AB.‎ 因为平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB，‎ 所以AF⊥平面ABCD.‎ 以A为坐标原点，AB，AD，AF所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz，则B(1，0，0)，C(1，2，0)，F(0，0，1),．‎ 因为AB⊥平面ADP，‎ 所以平面ADP的一个法向量为n1＝(1，0，0)．‎ 设P点坐标为(0，2－2t，t)(0

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