新高考數(shù)學一輪復習題型歸納講義專題12 空間向量在立體幾何中的應用（解析版）

專題十二《空間向量在立體幾何中的應用》講義知識梳理.空間向量1．平面的法向量(1)直線的方向向量：如果表示非零向量a的有向線段所在直線與直線l平行或共線，則稱此向量a為直線l的方向向量．(2)平面的法向量：直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則向量a叫做平面α的法向量．(3)方向向量和法向量均不為零向量且不唯一．2．空間位置關系的向量表示位置關系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝kn2(k∈R)l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為ml∥αn⊥m?n·m＝0l⊥αn∥m?n＝km(k∈R)平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?n＝km(k∈R)α⊥βn⊥m?n·m＝03．異面直線所成角設異面直線a，b所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)，其中a，b分別是直線a，b的方向向量．4．直線與平面所成角如圖所示，設l為平面α的斜線，l∩α＝A，a為l的方向向量，n為平面α的法向量，φ為l與α所成的角，則sinφ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|)5．二面角(1)若AB，CD分別是二面角α-l-β的兩個平面內與棱l垂直的異面直線，則二面角(或其補角)的大小就是向量eq\o(AB,\s\up7(→))與eq\o(CD,\s\up7(→))的夾角，如圖(1)．(2)平面α與β相交于直線l，平面α的法向量為n1，平面β的法向量為n2，〈n1，n2〉＝θ，則二面角α-l-β為θ或π－θ.設二面角大小為φ，則|cosφ|＝|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)，如圖(2)(3)．6．利用空間向量求距離(1)兩點間的距離設點A(x1，y1，z1)，點B(x2，y2，z2)，則|AB|＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22).(2)點到平面的距離如圖所示，已知AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則B到平面α的距離為|eq\o(BO,\s\up7(→))|＝eq\f(|\o(AB,\s\up7(→))·n|,|n|).題型一.利用空間向量證明平行與垂直1．如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB=12（1）證明：PQ⊥平面DCQ；（2）證明：PC∥平面BAQ．【解答】解：如圖，以D為坐標原點，射線DA為x軸的正半軸，射線DP為y軸的正半軸，射線DC為z軸的正半軸，建立空間直角坐標系Dxyz．（1）依題意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0），則DQ→=(1，1，0)，DC→所以PQ→?DQ即PQ⊥DQ，PQ⊥DC且DQ∩DC＝D，故PQ⊥平面DCQ；（2）根據(jù)題意，DA→=(1，0，0)，AB→故有DA→?AB→=0，DA又因為PC→=(0，?2，1)，且DA→?PC→=0，即DA⊥故PC∥平面BAQ．2．如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中AA1＝AD＝1，E為CD中點．（1）求證：B1E⊥AD1；（2）在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由．【解答】（1）證明：連接A1D，B1C，∵長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，∴A1D⊥AD1，∵A1B1⊥平面A1ADD1，∴AD1⊥A1B1，∵A1D∩A1B1＝A1，∴AD1⊥平面A1B1CD，∵B1E?平面A1B1CD，∴B1E⊥AD1；（2）解：存在AA1的中點P，使得DP∥平面B1AE，證明如下：取AA1的中點P，AB1的中點Q，連接PQ，則PQ∥A1B1，且PQ=12A1B∵DE∥A1B1，且DE=12A1B1，∴PQ∥DE且PQ∴四邊形PQDE為平行四邊形，∴PD∥QE又PD?平面AB1E，QE?平面AB1E∴PD∥平面AB1E此時AP=12AA3．如圖，四棱錐S﹣ABCD中底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中點，求證：平面BDE⊥平面ABCD．【解答】證明：連結AC交BD于O，連結OE．則OE是△SAC的中位線，則OE∥SA，∵AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD，∵OE?平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABCD．題型二.異面直線的夾角1．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中點，AB＝2，AD＝22，PA＝2，則異面直線BC與AE所成的角的大小為（）A．π6 B．π4 C．π3【解答】解：以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，B（2，0，0），C（2，22，0），P（0，0，2），A（0，0，0），E（1，2，1），BC→=（0，22，0），AE→設異面直線BC與AE所成的角為θ，cos＜BC∴異面直線BC與AE所成的角的大小為π4故選：B．2．正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P在線段A1C上運動（包括端點），則BP與AD1所成角的取值范圍是[π6【解答】解：設BP與AD1所成角為θ．如圖所示，以B為原點，BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系，設|AB|＝1．則B（0，0，0），C（1，0，0），A1（0，1，1），C1（1，0，1），D1（1，1，1），AD1→=BC1設CP→=λCA1→，則BP→=BC→+λCA∴cos＜BC=16(λ?13∴θ∈[π6，π∴BP與AD1所成角的取值范圍是[π6，π故答案為：[π6，π3．在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四邊形ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，Q為PD中點．（Ⅰ）求證：PD⊥BQ；（Ⅱ）求異面直線PC與BQ所成角的余弦值．【解答】（I）證明：如圖所示，A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0），Q（0，1，1），C（1，1，0），PD→=（0，2，﹣2），BQ→由PD→?BQ→=∴PD→⊥BQ∴PD⊥BQ；（Ⅱ）解：CP→=（﹣1，cos＜CP→，∴異面直線PC與BQ所成角的余弦值為23題型三.線面角1．如圖，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC﹣A1B1C1的地面邊長為a，側棱長為2a，則AC1與側面ABB1A1A．30° B．45° C．60° D．90°【解答】解以C為原點，在平面ABC中，過點C作BC的垂線為x軸，CB為y軸，CC1為z軸，建立空間直角坐標系，則A（3a2，a2，0），C1（0，0，2a），A1（3a2，a2AC1→=（?3a2，?a2，2a），設平面ABB1A1的法向量n→=（x，y，則n→?AB→=?3a設AC1與側面ABB1A1所成的角為θ，則sinθ＝|cos＜n→，∴θ＝30°，∴AC1與側面ABB1A1所成的角為30°．故選：A．2．若直線l與平面α所成角為π3，直線a在平面α內，且與直線l異面，則直線l與直線aA．[0，23π] B．[π3【解答】解：由于直線l與平面α所成角為π3，直線l與平面α所成角是直線l與平面α而直線l與平面α所成角的范圍是[0，π2]，直線a在平面α內，且與直線l故直線l與直線a所成的角的取值范圍是[π故選：C．3．如圖，在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥AC，PA⊥AB，PA＝AB，∠ABC=π3，∠BCA=π2，點D，E分別在棱PB，PC上，且（1）求證：BC⊥平面PAC；（2）當D為PB的中點時，求AD與平面PAC所成的角的正弦值．【解答】解：（解法一）：（1）∵PA⊥AC，PA⊥AB，AC∩AB＝A，∴PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC．又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC．∴BC⊥平面PAC．（4分）（2）∵D為PB的中點，DE∥BC，∴DE=12又由（1）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足為點E．∴∠DAE是AD與平面PAC所成的角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，又PA＝AB，∴△ABP為等腰直角三角形，∴AD=12∴在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC=12∴在Rt△ADE中，sin∠DAE=DE∴AD與平面PAC所成的角的正弦值是24（解法二）：如圖，以A為原點建立空間直角坐標系A﹣xyz，設PA＝a，由已知可得P（0，0，a），A（0，0，0），B(?12a，（1）∵AP→=(0，0，a)，∴AP→∴BC⊥AP．又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC．（4分）（2）∵D為PB的中點，DE∥BC，∴E為PC的中點，∴D(?14a，∴又由（1）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足為點E．∴∠DAE是AD與平面PAC所成的角，∵AD→=（?14a，34a，1∴cos∠DAE=AD→?AE→∴AD與平面PAC所成的角的正弦值為24題型四.二面角1．如圖在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC=2，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值33【解答】解：以C為原點，CA為x軸，CB為y軸，過C作平面ABC的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，A（1，0，0），B（0，2，0），C（0，0，0），P（1，0，1），CP→=（1，0，1），CB→=（0，2，0），AB→=（設平面PCB的法向量n→=（x，y，則n→?CP→=x+z=0n→設平面PAB的法向量m→=（x，y，則m→?AB→=?x+2y=0m設二面角A﹣PB﹣C的平面角為θ，則cosθ=|∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值為33故答案為：332．如圖，設AB為圓錐PO的底面直徑，PA為母線，點C在底面圓周上，若△PAB是邊長為2的正三角形，且CO⊥AB，則二面角P﹣AC﹣B的正弦值是（）A．6 B．427 C．77 【解答】解：如圖，取AC的中點D，連接OD，PD，∵PO⊥底面，∴PO⊥AC，∵OA＝OC，D為AC的中點，∴OD⊥AC，又PO∩OD＝O，∴AC⊥平面POD，則AC⊥PD，∴∠PDO為二面角P﹣AC﹣B的平面角．∵△PAB是邊長為2的正三角形，∴PO=3，OA＝OC＝1，OD=22，則∴sin∠PDO=PO故選：B．3．如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）證明：平面ACD⊥平面ABC；（2）過AC的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．【解答】（1）證明：如圖所示，取AC的中點O，連接BO，OD．∵△ABC是等邊三角形，∴OB⊥AC．△ABD與△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜邊，∴∠ADC＝90°．∴DO=12∴DO2+BO2＝AB2＝BD2．∴∠BOD＝90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．又OB?平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（2）解：設點D，B到平面ACE的距離分別為hD，hE．則?D∵平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，∴13∴點E是BD的中點．建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨取AB＝2．則O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，3，0），E(0，3AD→=（﹣1，0，1），AE→=(?1，設平面ADE的法向量為m→=（x，y，z），則m→?AD同理可得：平面ACE的法向量為n→=（0，1，∴cos＜m∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值為77題型五.空間中的距離1．已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，則點A到平面A1B1CD的距離為（）A．233 B．2 C．2 【解答】解：正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，以D為坐標原點，DA，DC，DD1為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A（2，0，0），D（0，0，0），C（0，2，0），A1（2，0，2，），故DC→設平面A1B1CD的法向量為n→則n→取x＝1，得n→所以點A到平面A1B1CD的距離為d=|故選：B．2．在底面是直角梯形的四棱錐P﹣ABCD中，側棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，則AD到平面PBC的距離為2．【解答】解：以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，P（0，0，2），B（2，0，0），C（2，2，0），A（0，0，0），PB→=（2，0，﹣2），PC→=（2，2，設平面PBC的法向量n→=（x，y，則PB→取x＝1，得n→∵AD∥BC，AD?平面PBC，BC?平面PBC，∴AD∥平面PBC，∴AD到平面PBC的距離即點A到平面PBC的距離，∴AD到平面PBC的距離d=|故答案為：2．3．如圖，已知兩個正四棱錐P﹣ABCD與Q﹣ABCD的高分別為1和2，AB＝4．（Ⅰ）證明PQ⊥平面ABCD；（Ⅱ）求異面直線AQ與PB所成的角；（Ⅲ）求點P到平面QAD的距離．【解答】解法一：（Ⅰ）連接AC、BD，設AC∩BD＝O．由P﹣ABCD與Q﹣ABCD都是正四棱錐，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD．從而P、O、Q三點在一條直線上，所以PQ⊥平面ABCD．（Ⅱ）由題設知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD．由（Ⅰ），PQ⊥平面ABCD，故可以分別以直線CA、DB、QP為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系（如圖），由題設條件，相關各點的坐標分別是P（0，0，1），Q（0，0，﹣2），B(0，2所以AQ→=(?22于是cos＜AQ從而異面直線AQ與PB所成的角是arccos3（Ⅲ）．由（Ⅱ），點D的坐標是（0，?22，0），AD→=(?2設n→=(x，y，z)是平面由n→?AQ取x＝1，得n→所以點P到平面QAD的距離d=|解法二：（Ⅰ）．取AD的中點M，連接PM，QM．因為P﹣ABCD與Q﹣ABCD都是正四棱錐，所以AD⊥PM，AD⊥QM．從而AD⊥平面PQM．又PQ?平面PQM，所以PQ⊥AD、同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD、（Ⅱ）．連接AC、BD設AC∩BD＝O，由PQ⊥平面ABCD及正四棱錐的性質可知O在PQ上，從而P、A、Q、C四點共面．取OC的中點N，連接PN．因為POOQ所以POOQ從而AQ∥PN．∠BPN（或其補角）是異面直線AQ與PB所成的角．連接BN，因為PB=OB所以cos∠BPN=P從而異面直線AQ與PB所成的角是arccos3（Ⅲ）．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PQM，所以平面PQM⊥平面QAD、過P作PH⊥QM于H，則PH⊥平面QAD，所以PH的長為點P到平面QAD的距離．連接OM，則OM=1所以∠MQP＝45°，又PQ＝PO+QO＝3，于是PH=PQsin45°=即點P到平面QAD的距離是3題型六.空間向量綜合——存在問題、折疊問題1．如圖，四棱錐P﹣ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是（1）證明：直線CE∥平面PAB；（2）點M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．【解答】（1）證明：取PA的中點F，連接EF，BF，因為E是PD的中點，所以EF∥=12AD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∴BCEF是平行四邊形，可得CE∥BF，BF?平面PAB，CE?平面PAB，∴直線CE∥平面PAB；（2）解：四棱錐P﹣ABCD中，側面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點．取AD的中點O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，設AD＝2，則AB＝BC＝1，OP=3∴∠PCO＝60°，直線BM與底面ABCD所成角為45°，可得：BN＝MN，CN=33MN，可得：1+13BN2＝BN2，BN=62作NQ⊥AB于Q，連接MQ，AB⊥MN，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ==10二面角M﹣AB﹣D的余弦值為：1102．如圖，已知四棱錐P﹣ABCD，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)分別是BC，PC的中點．（Ⅰ）證明：AE⊥PD；（Ⅱ）若H為PD上的動點，AB＝2，EH與平面PAD所成最大角的正切值為62，求三棱錐E﹣AFC【解答】（Ⅰ）證明：由四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝60°，可得△ABC為正三角形．因為E為BC的中點，所以AE⊥BC．又BC∥AD，因此AE⊥AD．因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以PA⊥AE．而PA?平面PAD，AD?平面PAD且PA∩AD＝A，所以AE⊥平面PAD．又PD?平面PAD，所以AE⊥PD．（Ⅱ）解：設AB＝2，H為PD上任意一點，連接AH，EH．由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，則∠EHA為EH與平面PAD所成的角．在Rt△EAH中，AE=3，所以當AH最短時，∠EHA即當AH⊥PD時，∠EHA最大．此時tan∠EHA=AEAH=3AH所以∠ADH＝45°，所以PA＝2．設點F到平面AEC的距離為h，因為PA⊥平面AEC，點F是PC的中點，∴VE﹣FAC＝VF﹣AEC=1∴三棱錐E﹣FAC的體積為363．如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，點E在AB上，AE＝2EB＝2，且DE⊥AB．以DE為折痕把△ADE折起，使點A到達點F的位置，且∠FEB＝60°．（Ⅰ）求證：平面BFC⊥平面BCDE；（Ⅱ）若直線DF與平面BCDE所成角的正切值為155，求二面角E﹣DF﹣C【解答】解：（Ⅰ）證明：∵DE⊥AB，∴DE⊥EB，DE⊥EF，∴DE⊥平面BEF，∴DE⊥BF，∵AE＝2EB＝2，∴EF＝2，EB＝1，∵∠FEB＝60°，∴由余弦定理得BF=E∴EF2＝EB2+BF2，∴FB⊥EB，由①②得BF⊥平面BCDE，∴平面BFC⊥平面BCDE．（Ⅱ）解：以B為原點，BA為x軸，在平面ABCD中過點B作AB的垂線為y軸，BF為z軸，建立空間直角坐標系，設DE＝a，則D（1，a，0），F(xiàn)（0，0，3），DF→=（﹣1，﹣a，∵直線DF與平面BCDE所成角的正切值為155∴直線DF與平面BCDE所成角的正弦值為64平面BCDE的法向量n→∴|cos＜n→，DF→∴D（1，2，0），C（﹣2，2，0），∴ED→=（0，2，0），DF→=（﹣1，設平面EDF的法向量m→=（x，y，則ED→?m→=2y=0DF→同理得平面DFC的一個法向量p→=（0，∴cos＜m∴二面角E﹣DF﹣C的正弦值為sin＜m4．如圖所示，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E為CD中點，AE與BD交于點O，將△ADE沿AE折起，使點D到達點P的位置（P?平面ABCE）．（Ⅰ）證明：平面POB⊥平面ABCE；（Ⅱ）若PB=6，試判斷線段PB上是否存在一點Q（不含端點），使得直線PC與平面AEQ所成角的正弦值為155，若存在，求出【解答】解：（Ⅰ）證明：連接BE，在等腰梯形ABCD中，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E為CD中點，∴四邊形ABED為菱形，∴BD⊥AE，∴OB⊥AE，OD⊥AE，即OB⊥AE，OP⊥AE，且OB∩OP＝O，OB?平面POB，OP?平面POB，∴AE⊥平面POB，又AE?平面ABCE，∴平面POB⊥平面ABCE．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知四邊形ABED為菱形，∴AD＝DE＝2，在等腰梯形ABCD中AE＝BC＝2，∴△PAE正三角形，∴OP=3，同理OB=3，∵∴OP2+OB2＝PB2，∴OP⊥OB，由（Ⅰ）可知OP⊥AE，OB⊥AE，以O為原點，OE→，OB→，OP→分別為x由題意得，各點坐標為P(0，0，3)，A（﹣1，0，0），B(0，3∴PB→=(0，3設PQ→=λPB設平面AEQ的一個法向量為n→=（x，y，則n→?取x＝0，y＝1，得z=λλ?1，∴n→設直線PC與平面AEQ所成角為θ，θ∈[0，則sinθ=|cos＜PC→化簡得：4λ2﹣4λ+1＝0，解得λ=1∴存在點Q為PB的中點時，使直線PC與平面AEQ所成角的正弦值為155題型七.空間向量與立體幾何選填綜合1．如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面邊長為2，直線CC1與平面ACD1所成角的正弦值為13A．2 B．3 C．4 D．5【解答】解：以D為原點，以DA，DC，DD1為坐標軸建立空間坐標系如圖所示，設DD1＝a，則A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，a），則AC→=（﹣2，2，0），AD1→=（﹣2，0，設平面ACD1的法向量為n→=（x，y，z），則∴?2x+2y=0?2x+az=0，令x＝1可得n→=故cos＜n→，∵直線CC1與平面ACD1所成角的正弦值為13∴22a2故選：C．2．如圖，圓柱O1O2的底面圓半徑為1，AB是一條母線，BD是⊙O1的直徑，C是上底面圓周上一點，∠CBD＝30°，若A，C兩點間的距離為7，則圓柱O1O2的高為2，異面直線AC與BD所成角的余弦值為74【解答】解：連接CD，由題意可得BD＝2，∠BCD＝90°，又∠CBD＝30°，所以BC=3因為AB⊥底面BCD，所以AB⊥BC，在Rt△ABC中，AC=7，BC=所以AB=A即圓柱O1O2的高為2．連接AO2并延長交圓O2于點E，連接CE，則BD∥AE且BD＝AE＝2，所以異面直線AC與BD所成的角為∠CAE或其補角，由CD=12BD＝1，DE＝AB＝2，DE⊥CD，可得CE在△ACE中，AC=7，AE＝2，CE=所以cos∠CAE=7+4?5即異面直線AC與BD所成角的余弦值為74故答案為：2，743．已知∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為3，那么P到平面ABC的距離為2．【解答】解：∠ACB＝90°，P為平面ABC外一點，PC＝2，點P到∠ACB兩邊AC，BC的距離均為3，過點P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，過P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，連結OD，OC，則PD＝PE=3∴由題意得CD＝CE＝OD＝OE=2∴PO=P∴P到平面ABC的距離為2．故答案為：2．4．如圖，已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為4，點E，F(xiàn)分別是線段AB，C1D1上的動點，點P是上底面A1B1C1D1內一動點，且滿足點P到點F的距離等于點P到平面ABB1A1的距離，則當點P運動時，PE的最小值是（）A．5 B．4 C．42 D．25【解答】解：以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，設AE＝a，D1F＝b，0≤a≤4，0≤b≤4，P（x，y，4），0≤x≤4，0≤y≤4，則F（0，b，4），E（4，a，0），∵點P到點F的距離等于點P到平面ABB1A1的距離，∴當E、F分別是AB、C1D1上的中點，P為正方形A1B1C1D1時，PE取最小值，此時，P（2，2，4），E（4，2，0），∴|PE|min=(2?4)2故選：D．5．如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，動點P、Q分別在線段C1D、AC上，則線段PQ長度的最小值時（）A．23 B．33 C．23【解答】解：設DP→=λDC1→，∴DP→=λ(0，1，2)=（0，λ，2DQ→=DA→+μ(DC→?DA→∴|PQ→|=|（1﹣μ，μ﹣λ，﹣2λ）|=(1?μ)2+(μ?λ)2+4∴線段PQ長度的最小值為23故選：C．6．如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱AA1的中點，點P在側面ABB1A1內，若D1P⊥CM，則△PBC的面積的最小值為25【解答】解：以AB，AD，AA1為坐標軸建立空間坐標系如圖所示：則M（0，0，1），C（2，2，0），D1（0，2，2），設P（a，0，b），則D1P→=（a，﹣2，b﹣2），CM→=（﹣2，﹣2，1），∵D1P⊥CM，∴D1P→=?2取AB的中點N，連結B1N，則P點軌跡為線段B1N，過B作BQ⊥B1N，則BQ=255，又BC⊥平面ABB1A1，故BC⊥BQ，∴SS△QBC=1故答案為：257．如圖，在棱長為1的正方體中，下列結論正確的是（）A．異面直線AC與BC1所成的角為60° B．直線AB1與平面ABC1D1所成角為45° C．二面角A﹣B1C﹣B的正切值為2 D．四面體D1﹣AB1C的外接球的體積為3【解答】解：對于A，連接A1C1，A1B，由題意可得AC∥A1C1所以A1C1與BC1所成的角，即是異面直線AC與BC1所成的角，因為△A1C1B為等邊三角形，所以∠A1C1B＝60°，所以A正確；對于B，以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，A（1，0，0），B1（1，1，1），B（1，1，0），D1（0，0，1），AB1→=（0，1，1），AB→設平面ABC1D1的法向量n→=（x，y，則n→?AB→=y=0設直線AB1與平面ABC1D1所成角為θ，則sinθ=|AB1→?∴直線AB1與平面ABC1D1所成角為30°，故B錯誤；對于C，平面BB1C的法向量m→C（0，1，0），AB1→=（0，1，1），設平面AB1C的法向量p→=（a，b，則p→?AB1→=b+c=0設二面角A﹣B1C﹣B的平面角為θ，則cosθ=|m→?∴二面角A﹣B1C﹣B的正切值為tanθ=231對于D，平面AB1C的法向量p→=（1，1，﹣1），AD點D1到平面AB1C的距離d=|∵四面體D1﹣AB1C是棱長為2的正四面體，設四面體D1﹣AB1C的外接球的半徑為R，則R2＝[23(2)2?(22)2∴四面體D1﹣AB1C的外接球的體積V=43×π×(故選：ACD．8．如圖，在棱長為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分別是A1D1，A1B1的中點，則（）A．A1C⊥平面AMN B．二面角A1﹣MN﹣A的正切值為22C．三棱錐A1﹣AMN的內切球半徑為12D．過直線BD與平面AMN平行的平面截該正方體所得截面的面積為18【解答】解：對于A，如圖1所示，連接A1C1，B1D1，則MN∥B1D1，由B1D1⊥平面A1C1C，得MN⊥平面A1C1C，所以MN⊥A1C；設MN交A1C1于點P，連接AP，以矩形ACC1A1的底邊AC為x軸，AA1為y軸建立平面直角坐標系，如圖2所示：則A（0，0），C（42，0），A1（0，4），P（1，4），所以AP→=（1，4），A1C→=（42，﹣4），則AP→所以AP→與A1C→不垂直，即AP與所以A1C與平面AMN不垂直，選項A錯誤；對于B，∠APA1是二面角A1﹣MN﹣A的平面角，計算tan∠APA1=AA1A所以二面角A1﹣MN﹣A的正切值為22，選項B對于C，設三棱錐A1﹣AMN的內切球半徑為r，則13r（2×12×4×2+12×2×2+12解答r=12，所以三棱錐A1﹣AMN的內切球半徑為12對于D，如圖3所示，取B1C1的中點E，C1D1的中點F，連接BE、EF、DF，則四邊形BEFD是過直線BD與平面AMN平行的截面，且四邊形BEFD是等腰梯形，計算梯形BEFD的面積為S=12×（22+42）×3故選：BCD．課后作業(yè).空間向量1．如圖1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝3，CD＝2，BC=3，E在AB上，且AD＝AE．將△ADE沿DE折起，使得點A到點P的位置，且PB＝PC，如圖2．（1）證明：平面PDE⊥平面BCDE；（2）求二面角C﹣PB﹣E的正弦值．【解答】（1）證明：如圖，取DE的中點O，連接PO，則PD＝PE，故PO⊥DE，取BC的中點M，連接MO，則MO∥BE，故MO⊥BC，連接PM，因為PB＝PC，M為BC的中點，所以PM⊥BC，又PM∩OM＝M，PM，OM?平面PMO，所以BC⊥平面PMO，又PO?平面PMO，則BC⊥PO，在平面BCDE內，BC與DE相交，因此PO⊥平面BCDE，又PO?平面PDE，故平面PDE⊥平面BCDE；（2）解：由（1）可知，PO⊥平面BCDE，連接CE，則BC=3，BE＝1，故CE=連接CO，則CO⊥DE，則CO=3以點O為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，則P(0，0，3)，E(1，0，0)，C(0，3所以PB→=(3設平面PBC的法向量為m→則m→?PB令x＝1，則y=z=3故m→設平面PBE的法向量為n→則n→?PB令x=3，則y＝﹣1，z故n→所以cos＜m故二面角C﹣PB﹣E的正弦值為1?(32．已知：在四棱錐P﹣ABCD中，AD∥BC，AB=BC=CD=12AD，G是PB的中點，△PAD是等邊三角形，平面PAD⊥（Ⅰ）求證：CD⊥平面GAC；（Ⅱ）求二面角P﹣AG﹣C的余弦值．【解答】（Ⅰ）證明：取AD的中點為O，連結OP，OC，OB，設OB交AC于H，連結GH．∵AD∥BC，AB=BC=CD=1∴四邊形ABCO與四邊形OBCD均為菱形∴OB⊥AC，OB∥CD，則CD⊥AC，∵△PAD為等邊三角形，O為AD的中點，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD＝AD．PO?平面PAD且PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD，∵CD?平面ABCD，∴PO⊥CD，∵H，G分別為OB，PB的中點，∴GH∥PO，∴GH⊥CD．又∵GH∩AC＝H，AC，GH?平面GAC，∴CD⊥平面GAC；（Ⅱ）解：取BC的中點為E，以O為空間坐標原點，分別以OE→，OD→，OP→的方向為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O設AD＝4，則P（0，0，23），A（0，﹣2，0），C（3，1，0），D（0，2，0），G（32，?12AP→=（0，2，23），AG→=（32設平面PAG的一法向量n→=（x，y，由n→?AP→=0n→?AG→=0由（Ⅰ）可知，平面AGC的一個法向量CD→∴二面角P﹣AG﹣C的平面角θ的余弦值cosθ=?|3．如圖，四棱錐S﹣ABCD的底面是正方形，每條側棱的長都是底面邊長的2倍，P為側棱SD上的點．（1）求證：AC⊥SD；（2）若SD⊥平面PAC，求二面角P﹣AC﹣D的大??；（3）在（2）的條件下，側棱SC上是否存在一點E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，試說明理由．【解答】證明：（1）連BD，設AC交于BD于O，由題意知SO⊥平面ABCD．以O為坐標原點，OB分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立坐標系O﹣xyz如圖．設底面邊長為a，則高SO=6于是S(0，0，6C(0，22a，0)SD→=(?2故OC⊥SD從而AC⊥SD（2）由題設知，平面PAC的一個法向量DS→平面DAC的一個法向量OS→設所求二面角為θ，則cosθ=OS所求二面角的大小為30°．（3）在棱SC上存在一點E使BE∥平面PAC．由（Ⅱ）知DS→是平面PAC且DS設CE→則BE而BE即當SE：EC＝2：1時，BE而BE不在平面PAC內，故BE∥平面PAC4．如圖，矩形ABCD中，AB＝6，AD=23，點F是AC上的動點．現(xiàn)將矩形ABCD沿著對角線AC折成二面角D'﹣AC﹣B，使得D'B=（Ⅰ）求證：當AF=3時，D'F⊥BC（Ⅱ）試求CF的長，使得二面角A﹣D'F﹣B的大小為π4【解答】滿分（12分）．（Ⅰ）證明：連結DF，BF．在矩形ABCD中，AD=23，CD=6，∴AC=43，∠CAB=300，∠在△ADF中，∵AF=3，∴DF2＝DA2+AF2﹣2DA?AF?cos∠