【数学】2018届一轮复习北师大版（理）立体几何中的向量方法(二)教案

【数学】2018届一轮复习北师大版（理）立体几何中的向量方法(二)教案

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.直线与平面所成角的求法 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，a 与 n 的夹 角为 β，则 sin θ＝|cos β|＝|a·n| |a||n|. 3．求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD 分别是二面角 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〉|，二面角的平面角大小是向量 n1 与 n2 的夹角(或其补角)． 【知识拓展】 利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离 设点 A(x1，y1，z1)，点 B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|AB → |＝ (x1－x2)2＋(y1－y2)2＋(z1－z2)2. (2)点到平面的距离 如图所示，已知 AB 为平面 α 的一条斜线段，n 为平面 α 的法向量，则 B 到平面 α 的距离为|BO → |＝ |AB → ·n| |n| . 【思考辨析】 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.(　×　) 1．(2016·烟台模拟)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°. ∴两平面所成的二面角为 45°或 180°－45°＝135°. 2．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(　　) A．30° B．60° C．120° D．150° 答案　A 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°.故选 A. 3．(2016·郑州模拟)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→ 〉＝ 0＋4－1 4＋4＋1 × 0＋4＋1 ＝ 1 5 ＝ 5 5 ，故选 A. 4．(教材改编)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A 1B1C1 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　以 A 为原点，以AB → ，AE → (AE⊥AB)，AA1→ 所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系， 设 D 为 A1B1 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. 5．P 是二面角 α－AB－β 棱上的一点，分别在平面 α、β 上引射线 PM、PN，如果∠BPM＝ ∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角 α－AB－β 的大小为________． 答案　90° 解析　不妨设 PM＝a，PN＝b，如图， 作 ME⊥AB 于 E，NF⊥AB 于 F， ∵∠EPM＝∠FPN＝45°， ∴PE＝ 2 2 a，PF＝ 2 2 b， ∴EM → ·FN → ＝(PM → －PE → )·(PN → －PF → ) ＝PM → ·PN → －PM → ·PF → －PE → ·PN → ＋PE → ·PF → ＝abcos 60°－a× 2 2 bcos 45°－ 2 2 a×bcos 45°＋ 2 2 a× 2 2 b ＝ab 2 －ab 2 －ab 2 ＋ab 2 ＝0， ∴EM → ⊥FN → ， ∴二面角 α－AB－β 的大小为 90°. 题型一　求异面直线所成的角 例 1　(2015·课标全国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． (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，可得 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 → 的方向为 x 轴，y 轴正方向，|GB → |为单位长度， 建立空间直角坐标系，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． 　如图所示正方体 ABCD－A′B′C′D′，已知点 H 在 A′B′C′D′的对角线 B′D′上，∠HDA＝60°.求 DH 与 CC′所成的角的大小． 解　如图所示，以 D 为原点，DA 为单位长度，建立空间直角坐标系， 则DA → ＝(1,0,0)，CC′→ ＝(0,0,1)． 设DH → ＝(m，m,1)(m>0)， 由已知，〈DH → ，DA → 〉＝60°， 由DA → ·DH → ＝|DA → |·|DH → |·cos〈DH → ，DA → 〉， 可得 2m＝ 2m2＋1， 解得 m＝ 2 2 ， ∴DH → ＝( 2 2 ，2 2 ，1)， ∵cos〈DH → ，CC′→ 〉＝ 2 2 × 0＋ 2 2 × 0＋1 × 1 1 × 2 ＝ 2 2 ， 又∵〈DH → ，CC′→ 〉∈[0°，180°]， ∴〈DH → ，CC′→ 〉＝45°， 即 DH 与 CC′所成的角为 45°. 题型二　求直线与平面所成的角 例 2　(2016·全国丙卷)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． (1)证明　由已知得 AM＝2 3AD＝2. 取 BP 的中点 T，连接 AT，TN， 由 N 为 PC 中点知 TN∥BC，TN＝1 2BC＝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)解　取 BC 的中点 E，连接 AE. 由 AB＝AC 得 AE⊥BC， 从而 AE⊥AD，AE＝ AB2－BE2＝ AB2－(BC 2 )2＝ 5. 以 A 为坐标原点，AE → 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 由 题 意 知 ， P(0,0,4) ， M(0,2,0) ， C( 5， 2,0) ， N( 5 2 ，1，2)， PM → ＝ (0,2 ， － 4) ， PN → ＝ ( 5 2 ，1，－2)，AN → ＝( 5 2 ，1，2). 设 n＝(x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则 Error!即Error!可取 n＝(0,2,1)． 于是|cos〈n，AN → 〉|＝ |n·AN → | |n||A N → | ＝8 5 25 . 设 AN 与平面 PMN 所成的角为 θ，则 sin θ＝8 5 25 ， ∴直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8 5 25 . 思维升华　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，取其余角就 是斜线和平面所成的角． 　在平面四边形 ABCD 中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD 沿 BD 折起，使得平面 ABD⊥平面 BCD，如图所示． (1)求证：AB⊥CD； (2)若 M 为 AD 中点，求直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值． (1)证明　∵平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝BD，AB平面 ABD，AB⊥BD， ∴AB⊥平面 BCD. 又 CD平面 BCD，∴AB⊥CD. (2)解　过点 B 在平面 BCD 内作 BE⊥BD，如图． 由(1)知 AB⊥平面 BCD，BE平面 BCD，BD平面 BCD. ∴AB⊥BE，AB⊥BD. 以 B 为坐标原点，分别以BE → ，BD → ，BA → 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，得 B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M(0，1 2，1 2)， 则BC → ＝(1,1,0)，BM → ＝(0，1 2，1 2)，AD → ＝(0,1，－1)． 设平面 MBC 的法向量 n＝(x0，y0，z0)， 则Error!即Error! 取 z0＝1，得平面 MBC 的一个法向量 n＝(1，－1,1)． 设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈n，AD → 〉|＝ |n·AD → | |n||AD → | ＝ 6 3 ， 即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为 6 3 . 题型三　求二面角 例 3　(2016·山东)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＝1 2AC＝2 3，AB＝BC，求二面角 F-BC-A 的余弦值． (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)解　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． 由题意得 B(0,2 3，0)， C(－2 3，0,0)．过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M， 所以 FM＝ FB2－BM2＝3，可得 F(0，3，3)． 故BC → ＝(－2 3，－2 3，0)，BF → ＝(0，－ 3，3)． 设 m＝(x，y，z)是平面 BCF 的一个法向量． 由Error!可得Error! 可得平面 BCF 的一个法向量 m＝(－1，1， 3 3 )， 因为平面 ABC 的一个法向量 n＝(0,0,1)， 所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝ 7 7 . 所以二面角 F-BC-A 的余弦值为 7 7 . 思维升华　利用向量法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． 　(2016·天津)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＝2 3HF，求直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值． (1)证明　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)． 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! 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. (2)解　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)． 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)． 因此有 cos〈OA → ，n2〉＝ OA → ·n2 |OA → |·|n2| ＝－ 6 3 ， 于是 sin〈OA → ，n2〉＝ 3 3 . 所以二面角 O—EF—C 的正弦值为 3 3 . (3)解　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. 题型四　求空间距离(供选用) 例 4　如图，△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形，平面 MCD⊥平面 BCD，AB⊥平面 BCD，AB＝2 3，求点 A 到平面 MBC 的距离． 解　如图，取 CD 的中点 O，连接 OB，OM，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以 OB⊥CD，OM⊥CD，又平面 MCD⊥平面 BCD，所以 MO⊥平面 BCD. 以 O 为坐标原点，直线 OC，BO，OM 分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系． 因为△BCD 与△MCD 都是边长为 2 的正三角形， 所以 OB＝OM＝ 3， 则 O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0， 3)，B(0，－ 3，0)，A(0，－ 3，2 3)， 所以BC → ＝(1，3，0)，BM → ＝(0，3， 3)． 设平面 MBC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 由Error!得Error!即Error! 取 x＝ 3，可得平面 MBC 的一个法向量为 n＝( 3，－1,1)． 又BA → ＝(0,0,2 3)， 所以所求距离为 d＝ |BA → ·n| |n| ＝2 15 5 . 思维升华　求点面距一般有以下三种方法： (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)等体积法； (3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便． 　(2016·四川成都外国语学校月考)如图所示，在四棱锥 P－ABCD 中，侧面 PAD⊥ 底面 ABCD，侧棱 PA＝PD＝ 2，PA⊥PD，底面 ABCD 为直角梯形，其中 BC∥AD， AB⊥AD，AB＝BC＝1，O 为 AD 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 Q－AC－D 的余弦值为 6 3 ？若存在，求出PQ QD的 值；若不存在，请说明理由． 解　(1)在△PAD 中，PA＝PD，O 为 AD 中点， ∴PO⊥AD. 又∵侧面 PAD⊥底面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，PO平面 PAD， ∴PO⊥平面 ABCD. 在△PAD 中，PA⊥PD，PA＝PD＝ 2，∴AD＝2. 在直角梯形 ABCD 中，O 为 AD 的中点，AB⊥AD， ∴OC⊥AD. 以 O 为坐标原点，OC 为 x 轴，OD 为 y 轴，OP 为 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则 P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)， ∴PB → ＝(1，－1，－1)． 易证 OA⊥平面 POC， ∴OA → ＝(0，－1,0)为平面 POC 的法向量， cos〈PB → ，OA → 〉＝ PB → ·OA → |PB → ||OA → | ＝ 3 3 ， ∴PB 与平面 POC 所成角的余弦值为 6 3 . (2)∵PB → ＝(1，－1，－1)， 设平面 PCD 的法向量为 u＝(x，y，z)， 则Error! 取 z＝1，得 u＝(1,1,1)． 则 B 点到平面 PCD 的距离 d＝ |PB → ·u| |u| ＝ 3 3 . (3)假设存在，且设PQ → ＝λPD → (0≤λ≤1)． ∵PD → ＝(0,1，－1)， ∴OQ → －OP → ＝PQ → ＝(0，λ，－λ)， ∴OQ → ＝(0，λ，1－λ)， ∴Q(0，λ，1－λ)． 设平面 CAQ 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则Error! 取 z＝1＋λ，得 m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)． 平面 CAD 的一个法向量为 n＝(0,0,1)， ∵二面角 Q－AC－D 的余弦值为 6 3 ， ∴|cos〈m，n〉|＝|m·n| |m||n|＝ 6 3 . 整理化简，得 3λ2－10λ＋3＝0. 解得 λ＝1 3或 λ＝3(舍去)， ∴存在，且PQ QD＝1 2. 6．利用空间向量求解空间角 典例　(12 分)如图，在四棱锥 P－ABCD 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 F－AB－P 的余弦值． 规范解答 (1)证明　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)． [1 分] 由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1,1,1)． BE → ＝(0,1,1)，DC → ＝(2,0,0)， 故BE → ·DC → ＝0，所以 BE⊥DC. [3 分] (2)解　BD → ＝(－1,2,0)，PB → ＝(1,0，－2)． 设 n＝(x，y，z)为平面 PBD 的一个法向量， 则Error!即Error!不妨令 y＝1， [5 分] 可得 n＝(2,1,1)． 于是有 cos〈n，BE → 〉＝ n·BE → |n||BE → | ＝ 2 6 × 2 ＝ 3 3 ， 所以，直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 3 . [7 分] (3)解　BC → ＝(1,2,0)，CP → ＝(－2，－2,2)，AC → ＝(2,2,0)，AB → ＝(1,0,0)． 由点 F 在棱 PC 上，设CF → ＝λCP → ，0≤λ≤1， 故BF → ＝BC → ＋CF → ＝BC → ＋λCP → ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)． 由 BF⊥AC，得BF → ·AC → ＝0， 因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得 λ＝3 4， 即BF → ＝(－1 2，1 2，3 2)． [9 分] 设 n1＝(x，y，z)为平面 FAB 的一个法向量， 则Error!　即Error! 不妨令 z＝1，可得 n1＝(0，－3,1)． 取平面 ABP 的法向量 n2＝(0,1,0)， 则 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2|＝ －3 10 × 1 ＝－3 10 10 . 易知，二面角 F－AB－P 是锐角， 所以其余弦值为3 10 10 . [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； 第二步：确定点的坐标； 第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标； 第四步：计算向量的夹角(或函数值)； 第五步：将向量夹角转化为所求的空间角； 第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范． 1．若直线 l 的方向向量与平面 α 的法向量的夹角等于 120°，则直线 l 与平面 α 所成的角等于 (　　) A．120° B．60° C．30° D．60°或 30° 答案　C 解析　设直线 l 与平面 α 所成的角为 β，直线 l 与平面 α 的法向量的夹角为 γ. 则 sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝1 2. 又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选 C. 2．(2016·广州模拟)二面角的棱上有 A，B 两点，直线 AC，BD 分别在这个二面角的两个半平 面内，且都垂直于 AB.已知 AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2 17，则该二面角的大小为(　　) A．150° B．45° C．60° D．120° 答案　C 解析　如图所示，二面角的大小就是〈AC → ，BD → 〉． ∵CD → ＝CA → ＋AB → ＋BD → ， ∴CD → 2＝CA → 2＋AB → 2＋BD → 2＋2(CA → ·AB → ＋CA → ·BD → ＋AB → ·BD → ) ＝CA → 2＋AB → 2＋BD → 2＋2CA → ·BD → . ∴CA → ·BD → ＝1 2[(2 17)2－62－42－82]＝－24. 因此AC → ·BD → ＝24，cos〈AC → ，BD → 〉＝ AC → ·BD → |AC → ||BD → | ＝1 2， ∴〈AC → ，BD → 〉＝60°，故二面角为 60°. 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 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，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．(2016·长春模拟)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(　　) A.1 5 B.2 5 5 C. 5 5 D.2 5 答案　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(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＝ |PA → ·n| |PA → ||n| ＝ 5 5 ， ∴直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为 5 5 .故选 C. 5．已知正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝2，CC1＝2 2，E 为 CC1 的中点，则直线 AC1 到 平面 BDE 的距离为(　　) A．2 B. 3 C. 2 D．1 答案　D 解析　以 D 为原点，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(如 图)， 则 D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2 2)，E(0,2， 2)，易知 AC1∥平面 BDE. 设 n＝(x，y，z)是平面 BDE 的法向量， 则Error! 取 y＝1，则 n＝(－1,1，－ 2)为平面 BDE 的一个法向量，又DA → ＝(2,0,0)， ∴点 A 到平面 BDE 的距离是 d＝ |n·DA → | |n| ＝ |－1 × 2＋0＋0| (－1)2＋12＋(－ 2)2 ＝1. 故直线 AC1 到平面 BDE 的距离为 1. 6.如图所示，三棱柱 ABC－A1B1C1 的侧棱长为 3，底面边长 A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝ 90°，D 点在棱 AA1 上且 AD＝2DA1，P 点在棱 C1C 上，则PD → ·PB1→ 的最小值为(　　) A.5 2 B．－1 4 C.1 4 D．－5 2 答案　B 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则 D(1,0,2)，B1(0,1,3)， 设 P(0,0，z)，则PD → ＝(1,0,2－z)，PB1→ ＝(0,1,3－z)， ∴PD → ·PB1→ ＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝(z－5 2)2－1 4， 故当 z＝5 2时，PD → ·PB1→ 取得最小值为－1 4. 7．(2016·合肥模拟)在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则直线 D1C1 与平 面 A1BC1 所成角的正弦值为________． 答案　1 3 解析　如图，建立空间直角坐标系， 则 D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)． ∴D1C1→ ＝(0,2,0)， A1C1→ ＝(－1,2,0)，A1B → ＝(0,2，－1)， 设平面 A1BC1 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 由Error! 得Error!令 y＝1，得 n＝(2,1,2)， 设直线 D1C1 与平面 A1BC1 所成角为 θ，则 sin θ＝|cos〈D1C1→ ，n〉|＝ |D1C1→ ·n| |D1C1→ ||n| ＝ 2 2 × 3＝1 3， 即直线 D1C1 与平面 A1BC1 所成角的正弦值为1 3. 8．在正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AA1＝2AB，则直线 CD 与平面 BDC1 所成角的正弦值等 于________． 答案　2 3 解析　以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图， 设 AA1＝2AB＝2，则 D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则DC → ＝(0,1,0)，DB → ＝(1,1,0)，DC1→ ＝(0,1,2)． 设平面 BDC1 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n⊥DB → ，n⊥DC1→ ， 所以有Error!令 y＝－2，得平面 BDC1 的一个法向量为 n＝(2，－2,1)． 设 CD 与平面 BDC1 所成的角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈n，DC → 〉|＝ |n·DC → | |n||DC → | ＝2 3. 9．(2016·石家庄模拟)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 所成的二面角的正切值为________． 答案　 2 3 解析　如图，建立空间直角坐标系， 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)， 平面 AEF 与平面 ABC 所成的二面角为 θ，由图知 θ 为锐角，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)， 则 cos θ＝|cos〈n，m〉|＝3 11 11 ，tan θ＝ 2 3 . 10．(2017·江西新余一中调研)如图，在直三棱柱 ABC－A 1B1C1 中，底面 ABC 是等腰直角三 角形，且斜边 AB＝2 2，侧棱 AA1＝3，点 D 为 AB 的中点，点 E 在线段 AA1 上，AE＝λAA1(λ 为实数)． (1)求证：不论 λ 取何值时，恒有 CD⊥B1E； (2)当 λ＝1 3时，求平面 CDE 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值． (1)证明　在等腰直角三角形 ABC 中，AC＝BC， 点 D 为 AB 的中点，∴CD⊥AB. 又在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1⊥平面 ABC， CD平面 ABC，∴AA1⊥CD， 又 AA1∩AB＝A，∴CD⊥平面 ABB1A1， 又 B1E平面 ABB1A1， ∴不论 λ 取何值时，恒有 CD⊥B1E. (2)解　方法一　由(1)知，CD⊥平面 ABB1A1， DE⊥CD，AD⊥CD， 即∠ADE 为二面角 E－CD－A 的平面角， ∵λ＝1 3，∴AE＝1，又 AD＝1 2AB＝ 2， ∴DE＝ AD2＋AE2＝ 3，∴cos∠ADE＝AD DE＝ 6 3 . ∴平面 CDE 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值大小为 6 3 . 方法二　分别以 CA，CB，CC1 所在直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系， 则 C(0,0,0)，D(1,1,0)，E(2,0,1)，B1(0,2,3)， C1(0,0,3)， ∴CD → ＝(1,1,0)，CE → ＝(2,0,1)， 设平面 CDE 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 则Error! 令 x＝1，得 n＝(1，－1，－2)． 平面 ABC 的一个法向量为CC1→ ＝(0,0,3)． ∴|cos〈n，CC1→ 〉|＝ |n·CC1→ | |n||CC1→ | ＝ 6 3 × 12＋(－1)2＋(－2)2 ＝ 6 3 ， ∴平面 CDE 与平面 ABC 所成的锐二面角的余弦值为 6 3 . 11．(2016·四川)如图，在四棱锥 PABCD 中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝ 1 2 AD.E 为棱 AD 的中点，异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90°. (1)在平面 PAB 内找一点 M，使得直线 CM∥平面 PBE，并说明理由； (2)若二面角 P-CD-A 的大小为 45°，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值． 解　(1)在梯形 ABCD 中，AB 与 CD 不平行．延长 AB，DC，相交于点 M(M∈平面 PAB)，点 M 即为所求的一个点． 理由如下： 由已知，BC∥ED 且 BC＝ED. 所以四边形 BCDE 是平行四边形， 从而 CM∥EB. 又 EB平面 PBE，CM 平面 PBE， 所以 CM∥平面 PBE. (说明：延长 AP 至点 N，使得 AP＝PN，则所找的点可以是直线 MN 上任意一点) (2)方法一　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以 CD⊥平面 PAD， 从而 CD⊥PD. 所以∠PDA 是二面角 P-CD-A 的平面角， 所以∠PDA＝45°， 设 BC＝1，则在 Rt△PAD 中，PA＝AD＝2. 过点 A 作 AH⊥CE，交 CE 的延长线于点 H，连接 PH， 易知 PA⊥平面 ABCD， 从而 PA⊥CE，且 PA∩AH＝A，于是 CE⊥平面 PAH. 又 CE平面 PCE， 所以平面 PCE⊥平面 PAH. 过 A 作 AQ⊥PH 于 Q，则 AQ⊥平面 PCE， 所以∠APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角． 在 Rt△AEH 中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以 AH＝ 2 2 . 在 Rt△PAH 中，PH＝ PA2＋AH2＝3 2 2 . 所以 sin∠APH＝AH PH＝1 3. 方法二　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以 CD⊥平面 PAD. 于是 CD⊥PD. 从而∠PDA 是二面角 P-CD-A 的平面角．所以∠PDA＝45°. 由∠PAB＝90°，且 PA 与 CD 所成的角为 90°，可得 PA⊥平面 ABCD. 设 BC＝1，则在 Rt△PAD 中，PA＝AD＝2. 作 Ay⊥AD，以 A 为原点，以AD → ，AP → 的方向分别为 x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空 间直角坐标系， 则 A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)． 所以PE → ＝(1,0，－2)，EC → ＝(1,1,0)，AP → ＝(0,0,2)． 设平面 PCE 的法向量为 n＝(x，y，z)． 由Error!得Error!设 x＝2，解得 n＝(2，－2,1)． 设直线 PA 与平面 PCE 所成角为 α， 则 sin α＝|cos〈n，AP → 〉|＝ |n·AP → | |n||AP → | ＝ 2 2 × 22＋(－2)2＋12 ＝1 3. 所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为1 3. 12.(2016·潍坊模拟)如图，边长为 2的正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直．已 知 AB∥CD，AB⊥BC，DC＝BC＝1 2AB＝1，点 M 在线段 EC 上． (1)证明：平面 BDM⊥平面 ADEF； (2)判断点 M 的位置，使得平面 BDM 与平面 ABF 所成的锐二面角为π 3. (1)证明　∵DC＝BC＝1，DC⊥BC，∴BD＝ 2， 又 AD＝ 2，AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2， ∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD. 又平面 ADEF⊥平面 ABCD，平面 ADEF∩平面 ABCD＝AD，∴BD⊥平面 ADEF， 又 BD平面 BDM， ∴平面 BDM⊥平面 ADEF. (2)解　在平面 DAB 内过点 D 作 DN⊥AB，垂足为 N， ∵AB∥CD，∴DN⊥CD， 又平面 ADEF⊥平面 ABCD，平面 ADEF∩平面 ABCD＝AD，DE⊥AD， ∴ED⊥平面 ABCD，∴DN⊥ED， 以 D 为坐标原点，DN 所在的直线为 x 轴，DC 所在的直线为 y 轴，DE 所在的直线为 z 轴， 建立空间直角坐标系如图所示． ∴B(1,1,0)，C(0,1,0)，E(0,0， 2)，N(1,0,0)， 设 M(x0，y0，z0)，EM → ＝λEC → (0≤λ<1)， ∴(x0，y0，z0－ 2)＝λ(0,1，－ 2)， ∴x0＝0，y0＝λ，z0＝ 2(1－λ)， ∴M(0，λ， 2(1－λ))． 设平面 BDM 的法向量为 n1＝(x，y，z)， 则Error! 又DM → ＝(0，λ， 2(1－λ))，DB → ＝(1,1,0)， ∴Error! 令 x＝1，得 y＝－1，z＝ λ 2(1－λ)， 故 n1＝(1，－1， λ 2(1－λ))是平面 BDM 的一个法向量． ∵平面 ABF 的一个法向量为DN → ＝(1,0,0)， ∴|cos〈n1，DN → 〉|＝ 1 1＋1＋ λ2 2(1－λ)2 ＝1 2，得 λ＝2 3， ∴M(0，2 3， 2 3 )， ∴点 M 在线段 CE 的三等分点且靠近点 C 处．