2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第7章空間幾何體的結(jié)構(gòu)及其三視圖和直觀圖第7講立體幾何中的向量方法創(chuàng)新教學(xué)案含解析新人教版

PAGE1-第7講立體幾何中的向量方法[考綱解讀]1.理解直線的方向向量及平面的法向量，并能用向量語言表述線線、線面、面面的平行和垂直關(guān)系．(重點)2．能用向量方法證明立體幾何中有關(guān)線面位置關(guān)系的一些簡潔定理，并能用向量方法解決線線、線面、面面的夾角的計算問題．(難點)[考向預(yù)料]從近三年高考狀況來看，本講為高考必考內(nèi)容．預(yù)料2024年高考將會以空間向量為工具證明平行與垂直以及進行空間角的計算．試題以解答題的形式呈現(xiàn)，難度為中等偏上.1.用向量證明空間中的平行關(guān)系(1)設(shè)直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1∥l2(或l1與l2重合)?eq\o(□,\s\up1(01))v1∥v2?v1＝λv2.(2)設(shè)直線l的方向向量為v，與平面α共面的兩個不共線向量為v1和v2，則l∥α或l?α?存在兩個實數(shù)x，y，使v＝eq\o(□,\s\up1(02))xv1＋yv2.(3)設(shè)直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l∥α或l?α?eq\o(□,\s\up1(03))v⊥u?eq\o(□,\s\up1(04))v·u＝0.(4)設(shè)平面α和β的法向量分別為u1，u2，則α∥β?eq\o(□,\s\up1(05))u1∥u2?u1＝λu2.2．用向量證明空間中的垂直關(guān)系(1)設(shè)直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1⊥l2?eq\o(□,\s\up1(01))v1⊥v2?eq\o(□,\s\up1(02))v1·v2＝0.(2)設(shè)直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l⊥α?eq\o(□,\s\up1(03))v∥u?eq\o(□,\s\up1(04))v＝λu.(3)設(shè)平面α和β的法向量分別為u1和u2，則α⊥β?eq\o(□,\s\up1(05))u1⊥u2?eq\o(□,\s\up1(06))u1·u2＝0.3．兩條異面直線所成角的求法設(shè)a，b分別是兩異面直線l1，l2的方向向量，則l1與l2所成的角θa與b的夾角β范圍eq\o(□,\s\up1(01))(0°，90°][0°，180°]求法cosθ＝eq\o(□,\s\up1(02))eq\f(|a·b|,|a||b|)cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)4．直線和平面所成角的求法如圖所示，設(shè)直線l的方向向量為e，平面α的法向量為n，直線l與平面α所成的角為φ，兩向量e與n的夾角為θ，則有sinφ＝|cosθ|＝eq\o(□,\s\up1(01))eq\f(|e·n|,|e||n|)，φ的取值范圍是[0°，90°]．5．求二面角的大小(1)如圖①，AB，CD是二面角α－l－β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝eq\o(□,\s\up1(01))〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉．(2)如圖②③，n1，n2分別是二面角α－l－β的兩個半平面α，β的法向量，則二面角的大小θ滿意|cosθ|＝eq\o(□,\s\up1(02))|cos〈n1，n2〉|＝eq\o(□,\s\up1(03))eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)，二面角的平面角大小是向量n1與n2的夾角(或其補角).1．概念辨析(1)若空間向量a平行于平面α，則a所在直線與平面α平行．()(2)兩異面直線夾角的范圍是(0°，90°]，直線與平面所成角的范圍是[0°，90°]，二面角的范圍是[0°，180°]．()(3)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角．()(4)若二面角α－a－β的兩個半平面α，β的法向量n1，n2所成角為θ，則二面角α－a－β的大小是180°－θ.()答案(1)×(2)√(3)×(4)×2．小題熱身(1)若直線l的方向向量為a＝(1,0,2)，平面α的法向量為n＝(－2,0，－4)，則()A.l∥α B．l⊥αC．l?α D．l與α斜交答案B解析因為a＝(1,0,2)，n＝(－2,0，－4)，所以n＝－2a，所以a∥n，所以l⊥α(2)已知向量eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,2,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4,5,3)，則平面ABC的單位法向量是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))C．±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1)) D．±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))答案D解析設(shè)平面ABC的一個法向量是n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2y＋z＝0，,4x＋5y＋3z＝0.))取z＝1，得x＝eq\f(1,2)，y＝－1.則n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1))，|n|＝eq\f(3,2)，故平面ABC的單位法向量是±eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).(3)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝eq\r(2)BB1，則AB1與C1B所成角的大小為()A．60° B．75°C．90° D．105°答案C解析取AC的中點D，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AB＝a，則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，0，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(\r(2),2)a))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，0，\f(\r(2),2)a))，從而eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，\f(\r(2)a,2)))，eq\o(C1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，－\f(a,2)，－\f(\r(2)a,2))).所以cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(C1B,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(C1B,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(C1B,\s\up6(→))|)＝0，所以AB1與C1B所成的角為90°.故選C.(4)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為________，二面角B－A1C1－答案eq\f(1,3)－eq\f(2,3)解析如圖，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，∴eq\o(D1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(－1，2,0)，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，設(shè)平面A1BC1的一個法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,2y－z＝0，))令y＝1，得n＝(2,1,2)，設(shè)D1C1與平面A1BC1所成角為θsinθ＝|cos〈eq\o(D1C1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(D1C1,\s\up6(→))·n|,|\o(D1C1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2,2×3)＝eq\f(1,3)，即直線D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為eq\f(1,3).易知平面A1C1D1的法向量m∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2,1×3)＝eq\f(2,3).由圖可知，二面角B－A1C1－D1故二面角B－A1C1－D1的余弦值為－eq\f(2,3).題型一利用空間向量探討空間中的位置關(guān)系角度1利用空間向量證明平行與垂直問題1．(2024·青島模擬)如圖，在多面體ABC－A1B1C1中，四邊形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝eq\r(2)AB，B1C1綊eq\f(1,2)BC，AA1⊥平面BAC.求證：(1)A1B1⊥平面AA1C(2)AB1∥平面A1C證明∵AA1⊥平面BAC.∴AA1⊥AB，AA1⊥AC.又AB＝AC，BC＝eq\r(2)AB，∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB，∴AB，AC，AA1兩兩相互垂直．建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)AB＝2，則A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)．(1)eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，設(shè)平面AA1C的一個法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1A,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2z＝0，,2x＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,z＝0.))取y＝1，則n＝(0,1,0)．∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝2n，即eq\o(A1B1,\s\up6(→))∥n.∴A1B1⊥平面AA1C(2)易知eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，設(shè)平面A1C1C的一個法向量m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＝0，,2x1－2z1＝0，))令x1＝1，則y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．∴eq\o(AB1,\s\up6(→))·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥m.又AB1?平面A1C1C，∴AB1∥平面A1C角度2利用空間向量解決平行與垂直關(guān)系中的探究性問題2．(2024·桂林模擬)如圖，棱柱ABCD－A1B1C1D1的全部棱長都等于2，∠ABC和∠A1AC均為60°，平面AA1C1(1)求證：BD⊥AA1；(2)在直線CC1上是否存在點P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出點P解(1)證明：設(shè)BD與AC交于點O，則BD⊥AC，連接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AAeq\o\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3，∴AO2＋A1O2＝AAeq\o\al(2,1)，∴A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1∴A1O⊥平面ABCD.以O(shè)B，OC，OA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，D(－eq\r(3)，0,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(0,2，eq\r(3))．由于eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，0,0)，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,1，eq\r(3))，eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq\r(3))＋1×0＋eq\r(3)×0＝0，∴eq\o(BD,\s\up6(→))⊥eq\o(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.(2)假設(shè)在直線CC1上存在點P，使BP∥平面DA1C1設(shè)eq\o(CP,\s\up6(→))＝λeq\o(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，則(x，y－1，z)＝λ(0,1，eq\r(3))．從而有P(0,1＋λ，eq\r(3)λ)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，1＋λ，eq\r(3)λ)．設(shè)平面DA1C1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(A1C1,\s\up6(→))，,n⊥\o(DA1,\s\up6(→))，))又eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，eq\r(3))，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,\r(3)x＋\r(3)z＝0，))取x＝1，則n＝(1,0，－1)，因為BP∥平面DA1C1則n⊥eq\o(BP,\s\up6(→))，即n·eq\o(BP,\s\up6(→))＝－eq\r(3)－eq\r(3)λ＝0，得λ＝－1，即點P在C1C的延長線上，且C1C＝1．用空間向量證明平行問題的方法線線平行證明兩直線的方向向量共線線面平行①證明該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直；②證明直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行；③證明該直線的方向向量可以用平面內(nèi)的兩個不共線的向量線性表示面面平行①證明兩平面的法向量平行(即為共線向量)；②轉(zhuǎn)化為線面平行、線線平行問題2．用空間向量證明垂直問題的方法線線垂直問題證明兩直線所在的方向向量相互垂直，即證它們的數(shù)量積為零線面垂直問題直線的方向向量與平面的法向量共線(舉例說明1(1))，或利用線面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為證明線線垂直面面垂直問題兩個平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為證明線面垂直3．解決立體幾何中探究性問題的基本方法(1)通常假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個前提下進行邏輯推理．(2)探究性問題的關(guān)鍵是設(shè)點：①空間中的點可設(shè)為(x，y，z)；②坐標(biāo)平面內(nèi)的點其中一個坐標(biāo)為0，如xOy面上的點為(x，y,0)；③坐標(biāo)軸上的點兩個坐標(biāo)為0，如z軸上的點為(0,0，z)；④直線(線段)AB上的點P，可設(shè)為eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，表示出點P的坐標(biāo)(如舉例說明2(2))，或干脆利用向量運算．提示：解這類問題時要利用好向量垂直和平行的坐標(biāo)表示．1．如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為a的正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝eq\f(\r(2),2)AD，設(shè)E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點．求證：(1)EF∥平面PAD；(2)平面PAB⊥平面PDC.證明(1)如圖，取AD的中點O，連接OP，OF.因為PA＝PD，所以PO⊥AD.因為側(cè)面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.又O，F(xiàn)分別為AD，BD的中點，所以O(shè)F∥AB.又四邊形ABCD是正方形，所以O(shè)F⊥AD.因為PA＝PD＝eq\f(\r(2),2)AD，所以PA⊥PD，所以O(shè)P＝OA＝eq\f(a,2).以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA，OF，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(a,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，a，0)).因為E為PC的中點，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，\f(a,2)，\f(a,4))).易知平面PAD的一個法向量為eq\o(OF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，因為eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))，且eq\o(OF,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))＝0，又EF?平面PAD，所以EF∥平面PAD.(2)因為eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－a,0)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))·(0，－a,0)＝0，所以eq\o(PA,\s\up6(→))⊥eq\o(CD,\s\up6(→))，所以PA⊥CD.又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD?平面PDC，所以PA⊥平面PDC.又PA?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.2．如圖是某直三棱柱被削去上底后的直觀圖與三視圖的側(cè)視圖、俯視圖，在直觀圖中，點M是BD的中點，AE＝eq\f(1,2)CD，側(cè)視圖是直角梯形，俯視圖是等腰直角三角形，有關(guān)數(shù)據(jù)如圖所示．(1)求證：EM∥平面ABC；(2)試問在棱CD上是否存在一點N，使MN⊥平面BDE？若存在，確定點N的位置；若不存在，請說明理由．解以A為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－2,0,0)，D(－2,0,4)，E(0,0,2)，M(－1,1,2)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2，－4)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,0，－4)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，eq\o(EM,\s\up6(→))＝(－1,1,0)．(1)證明：由圖易知eq\o(AE,\s\up6(→))為平面ABC的一個法向量，因為eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(EM,\s\up6(→))＝0×(－1)＋0×1＋2×0＝0，所以eq\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(EM,\s\up6(→))，即AE⊥EM，又EM?平面ABC，故EM∥平面ABC.(2)假設(shè)在CD上存在一點N滿意題意，設(shè)eq\o(DN,\s\up6(→))＝λeq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,0，－4λ)，λ∈[0,1]，則eq\o(NM,\s\up6(→))＝eq\o(DM,\s\up6(→))－eq\o(DN,\s\up6(→))＝(1,1，－2)－(0,0，－4λ)＝(1,1，－2＋4λ)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(NM,\s\up6(→))·\o(DB,\s\up6(→))＝0，,\o(NM,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2＋2＋8－16λ＝0，,2＋4－8λ＝0，))解得λ＝eq\f(3,4)∈[0,1]．所以棱CD上存在一點N，滿意MN⊥平面BDE，此時DN＝eq\f(3,4)DC.題型二利用空間向量求解空間角角度1利用空間向量求解異面直線所成的角1．(2024·永州模擬)在各棱長均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知M是BB1的中點，N是棱AC的中點，則異面直線A1M與A.eq\r(3) B．1C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(2),2)答案C解析如圖，在各棱長均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，設(shè)棱長為2，以A為坐標(biāo)原點，AC為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A1(0,0,2)，M(eq\r(3)，1,1)，B(eq\r(3)，1,0)，N(0,1,0)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－1)，eq\o(BN,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,0)，設(shè)異面直線A1M與BN所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(A1M,\s\up6(→))·\o(BN,\s\up6(→))|,|\o(A1M,\s\up6(→))||\o(BN,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(5)×\r(3))＝eq\f(\r(15),5)，∴tanθ＝eq\f(\r(6),3).∴異面直線A1M與BN所成角的正切值為eq\f(\r(6),3).角度2利用空間向量求解直線與平面所成的角2．(2024·泉州二模)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝1，AD＝2BC＝eq\r(2)，PD＝eq\r(3).(1)求證：平面PBD⊥平面PAC；(2)M為棱PB上異于B的點，且AM⊥MC，求直線AM與平面MCD所成角的正弦值．解(1)證法一：在Rt△ABC與Rt△ABD中，因為eq\f(BC,AB)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(AB,AD)＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(BC,AB)＝eq\f(AB,AD).又∠ABC＝∠DAB＝90°，所以△ABC∽△DAB.所以∠ABD＝∠BCA.又∠ABD＋∠CBD＝90°，所以∠BCA＋∠CBD＝90°，所以AC⊥BD.因為PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以PD⊥AC.又BD∩PD＝D，BD，PD?平面PBD，所以AC⊥平面PBD.又AC?平面PAC，所以平面PBD⊥平面PAC.證法二：在梯形ABCD中，AB⊥AD.以B為坐標(biāo)原點，BC，BA所在直線分別為x軸、y軸建立如圖1所示的平面直角坐標(biāo)系，則B(0,0)，D(eq\r(2)，1)，A(0,1)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－1)).因為eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，所以AC⊥BD.以下同證法一．(2)過點A作Az∥DP.因為PD⊥平面ABCD，所以Az⊥平面ABCD.所以Az，AB，AD兩兩垂直．以A為坐標(biāo)原點，AB，AD，Az所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.因為AB＝1，AD＝2BC＝eq\r(2)，PD＝eq\r(3)，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)，0))，D(0，eq\r(2)，0)，P(0，eq\r(2)，eq\r(3))，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(2)，eq\r(3))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)，0))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2)，0)).設(shè)eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))，λ∈(0,1]，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(1－λ，eq\r(2)λ，eq\r(3)λ)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋λeq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ，－\f(\r(2),2)＋\r(2)λ，\r(3)λ)).因為AM⊥MC，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(CM,\s\up6(→))＝0，即(1－λ)(－λ)＋eq\r(2)λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\r(2)λ))＋3λ2＝0，化簡并整理，得6λ2－2λ＝0，解得λ＝0(不符合題意，舍去)或λ＝eq\f(1,3).所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(2),3)，\f(\r(3),3)))，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(2),3)，\f(\r(3),3))).所以eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(2\r(2),3)，\f(\r(3),3))).設(shè)n＝(x0，y0，z0)為平面MCD的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DM,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0－\f(2\r(2),3)y0＋\f(\r(3),3)z0＝0，,x0－\f(\r(2),2)y0＝0.))令y0＝eq\r(3)，則平面MCD的一個法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(3)，\r(2))).設(shè)直線AM與平面MCD所成的角為θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AM,\s\up6(→))·n|,|\o(AM,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\f(\r(6),3)＋\f(\r(6),3)＋\f(\r(6),3),\r(\f(4,9)＋\f(2,9)＋\f(3,9))×\r(\f(6,4)＋3＋2))＝eq\f(2\r(39),13).所以直線AM與平面MCD所成角的正弦值為eq\f(2\r(39),13).角度3利用空間向量求解二面角3．(2024·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的二面角B－CG－A的大?。?1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個平面，從而A，C，G，D四點共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE.又因為AB?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC，垂足為H.因為EH?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3).以H為坐標(biāo)原點，eq\o(HC,\s\up6(→))的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz，則A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－1,0)．設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))所以可取n＝(3,6，－eq\r(3))．又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).因此二面角B－CG－A的大小為30°.1．利用向量求異面直線所成角的方法(1)利用向量法求異面直線所成角的一般步驟①選好基底或建立空間直角坐標(biāo)系；②求出兩直線的方向向量v1，v2；③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝eq\f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解．如舉例說明1.(2)兩異面直線所成角的范圍是θ∈(0°，90°]，兩向量的夾角α的范圍是[0°，180°]，當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為銳角或直角時，就是該異面直線的夾角；當(dāng)異面直線的方向向量的夾角為鈍角時，其補角才是異面直線的夾角．2．利用向量法求線面角的方法(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)．(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角．如舉例說明2.3．利用向量計算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個半平面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要留意結(jié)合實際圖形推斷所求角的大?。缗e例說明3.(2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點的兩個向量，則這兩個向量的夾角的大小就是二面角的大?。?．已知正四棱錐S－ABCD的側(cè)棱長與底面邊長都相等，E是SB的中點，則AE，SD所成角的余弦值為________．答案eq\f(\r(3),3)解析以兩對角線AC與BD的交點O作為坐標(biāo)原點，以O(shè)A，OB，OS所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正四棱錐S－ABCD的側(cè)棱長與底面邊長均為2，則有A(eq\r(2)，0,0)，S(0,0，eq\r(2))，D(0，－eq\r(2)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，eq\o(SD,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(2)，－eq\r(2))，|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(SD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·\o(SD,\s\up6(→))|,|\o(AE,\s\up6(→))||\o(SD,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(3)×2)＝eq\f(\r(3),3)，故AE，SD所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).2．(2024·全國卷Ⅱ)如圖，長方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1(1)證明：BE⊥平面EB1C1(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值．解(1)證明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE?平面ABB1A1，故B1C又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1所以BE⊥平面EB1C1(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D為坐標(biāo)原點，eq\o(DA,\s\up6(→))的方向為x軸正方向，eq\o(DC,\s\up6(→))的方向為y軸正方向，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向為z軸正方向，|eq\o(DA,\s\up6(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，則C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，CC1＝(0,0,2)．設(shè)平面EBC的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))所以可取n＝(0，－1，－1)．設(shè)平面ECC1的法向量為m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(CC1·m＝0，,\o(CE,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2z2＝0，,x2－y2＋z2＝0，))所以可取m＝(1,1,0)．于是cosn，m＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(1,2).所以二面角B－EC－C1的正弦值為eq\f(\r(3),2).3．(2024·鄭州模擬)如圖，在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F(xiàn)分別為AB，AC邊的中點，以EF為折痕把△AEF折起，使點A到達點P的位置，且PB＝BE.(1)證明：EF⊥平面PBE；(2)設(shè)N為線段PF上的動點，求直線BN與平面PCF所成角的正弦值的最大值．解(1)證明：因為E，F(xiàn)分別為AB，AC邊的中點，所以EF∥BC，因為∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE.又因為BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE.(2)取BE的中點O，連接PO，由(1)知EF⊥平面PBE，EF?平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE.因為PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE.又因為PO?平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE所以PO⊥平面BCFE.過O作OM∥BC交CF于點M，分別以O(shè)B，OM，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，0))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，－\f(\r(3),2)))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1，－\f(\r(3),2)))，N為線段PF上一動點，設(shè)N(x，y，z)，由eq\o(PN,\s\up6(→))＝λeq\o(PF,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(λ,2)，λ，\f(\r(3),2)1－λ))，eq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(λ＋1,2)，λ，\f(\r(3),2)1－λ)).設(shè)平面PCF的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(PC,\s\up6(→))·m＝0，,\o(PF,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1＋2y1－\f(\r(3),2)z1＝0，,－\f(1,2)x1＋y1－\f(\r(3),2)z1＝0，))取m＝(－1,1，eq\r(3))．設(shè)直線BN與平面PCF所成的角為θ，sinθ＝|cos〈eq\o(BN,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(\o(BN,\s\up6(→))·m,|\o(BN,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(2λ2－λ＋1))＝eq\f(2,\r(5)×\r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,4)))2＋\f(7,8)))≤eq\f(2,\r(5)×\r(\f(7,8)))＝eq\f(4\r(70),35)，所以直線BN與平面PCF所成角的正弦值的最大值為eq\f(4\r(70),35).題型三求空間距離(選學(xué))(2024·合肥三模)如圖，在多面體ABCDE中，平面ABD⊥平面ABC，AB⊥AC，AE⊥BD，DE綊eq\f(1,2)AC，AD＝BD＝1.(1)求AB的長；(2)已知2≤AC≤4，求點E到平面BCD的距離的最大值．解(1)∵平面ABD⊥平面ABC，且交線為AB，而AC⊥AB，∴AC⊥平面ABD.又DE∥AC，∴DE⊥平面ABD，從而DE⊥BD.留意到BD⊥AE，且DE∩AE＝E，∴BD⊥平面ADE，于是，BD⊥AD.而AD＝BD＝1，∴AB＝eq\r(2).(2)∵AD＝BD，取AB的中點為O，連接DO，∴DO⊥AB.又平面ABD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC.過O作直線OY∥AC，以點O為坐標(biāo)原點，直線OB，OY，OD分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，如圖所示．記AC＝2a，則1≤a≤Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，2a，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－a，\f(\r(2),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，2a,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0，\f(\r(2),2))).設(shè)平面BCD的法向量為n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))·n＝0，,\o(BD,\s\up6(→))·n＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x＋2ay＝0，,－\f(\r(2),2)x＋\f(\r(2),2)z＝0.))令x＝eq\r(2)，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(1,a)，\r(2))).又eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，－a,0)，∴點E到平面BCD的距離d＝eq\f(|\o(DE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(1,\r(4＋\f(1,a2))).∵1≤a≤2，∴當(dāng)a＝2時，d取得最大值，dmax＝eq\f(1,\r(4＋\f(1,4)))＝eq\f(2\r(17),17).空間距離的幾個結(jié)論(1)點到直線的距離：設(shè)過點P的直線l的方向向量為單位向量n，A為直線l外一點，點A到直線l的距離d＝eq\r(|\o(PA,\s\up6(→))|2－|\o(PA,\s\up6(→))·n|2).(2)點到平面的距離：設(shè)P為平面α內(nèi)的一點，n為平面α的法向量，A為平面α外一點，點A到平面α的距離d＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|).(3)線面距離、面面距離都可以轉(zhuǎn)化為點到面的距離．(2024·惠州第一次調(diào)研)如圖，已知圓柱OO1底面半徑為1，高為π，平面ABCD是圓柱的一個軸截面，動點M從點B動身沿著圓柱的側(cè)面到達點D，其運動路程最短時在側(cè)面留下曲線Γ.將軸截面ABCD圍著軸OO1逆時針旋轉(zhuǎn)θ(0<θ<π)后得到平面A1B1C1D1，邊B1C1與曲線Γ相交于點(1)求曲線Γ的長度；(2)當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時，求點C1到平面APB的距離．解(1)將圓柱一半綻開后底面的半個圓周變成長方形的邊BA，曲線Γ就是對角線BD.由于AB＝πr＝π，AD＝π，∴BD＝eq\r(2)π.故曲線Γ的長度為eq\r(2)π.(2)當(dāng)θ＝eq\f(π,2)時，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，A(0，－1,0)，B(0,1,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(π,2)))，C1(－1，0，π)，則eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(π,2)))，eq\o(OC1,\s\up6(→))＝(－1,0，π)，設(shè)平面APB的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,－x＋y＋\f(π,2)z＝0，))取z＝2得n＝(π，0,2)，∴點C1到平面APB的距離d＝eq\f(|\o(OC1,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(π,\r(π2＋4)).組基礎(chǔ)關(guān)1．如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1A.eq\f(\r(5),5) B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(2\r(5),5) D.eq\f(3,5)答案A解析不妨設(shè)CB＝1，則B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)．cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(0＋4－1,\r(5)×3)＝eq\f(\r(5),5).∴直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5).2．(2024·滄州摸底)如圖所示，在正方體ABCD－A′B′C′D′中，棱長為1，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的點，且BE＝CF＝a(0<a<1)，則D′E與B′F的位置關(guān)系是()A．平行B．垂直C．相交D．與a值有關(guān)答案B解析建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系．則D′(0,0,1)，E(1－a,1,0)，B′(1，1,1)，F(xiàn)(0，1－a,0)，∴eq\o(D′E,\s\up6(→))＝(1－a,1，－1)，eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(－1，－a，－1)．∴eq\o(D′E,\s\up6(→))·eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(1－a)×(－1)＋1×(－a)＋(－1)×(－1)＝a－1－a＋1＝0.∴eq\o(D′E,\s\up6(→))⊥eq\o(B′F,\s\up6(→))，即D′E⊥B′F.故選B.3．在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，CP的中點，AB＝AC＝1，PA＝2，則直線PA與平面DEF所成角的正弦值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(2,5)答案C解析以A為原點，AB，AC，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0,0)，P(0，0,2)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋y＋2z＝0，))取z＝1，則n＝(2,0,1)，設(shè)PA與平面DEF所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，∴PA與平面DEF所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).故選C.4．二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB，已知AB＝2，AC＝3，BD＝4，CD＝eq\r(17)，則該二面角的大小為()A．30° B．45°C．60° D．120°答案C解析由已知可得，eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，∴|eq\o(CD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))|2＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(BD,\s\up6(→))|2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝32＋22＋42＋2×3×4cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝(eq\r(17))2，∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝－eq\f(1,2)，即〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°，∴二面角的大小為60°.故選C.5．如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，點M，P，Q分別為棱AB，CD，BC①A1M∥D1P②A1M∥B1Q③A1M∥平面DCC1D1④A1M∥平面D1PQB1以上說法正確的個數(shù)為()A．1 B．2C．3 D．4答案C解析eq\o(A1M,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(D1P,\s\up6(→))＝eq\o(D1D,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(A1M,\s\up6(→))∥eq\o(D1P,\s\up6(→))，所以A1M∥D1P，由線面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.①③④正確．6．已知長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，點E，F(xiàn)分別為BB1，CD的中點，則點F到平面A1D1EA.eq\r(2) B.eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2) D．2eq\r(3)答案B解析以點A為坐標(biāo)原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，A1(0,0,4)，D1(0,2,4)，E(2,0,2)，F(xiàn)(1,2,0)，eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝(2,0，－2)．易知平面A1D1E的法向量可取n＝(1,0,1)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(1,2，－4)，d＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(3\r(2),2).7．如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，且AC⊥BD，AC與BD交于O，PO⊥底面ABCD，PO＝2，AB＝2eq\r(2)，E，F(xiàn)分別是AB，AP的中點．則二面角F－OE－A的余弦值為()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,3)答案A解析以O(shè)為坐標(biāo)原點，OB，OC，OP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，由題知，OA＝OB＝2，則A(0，－2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1，－1,0)，F(xiàn)(0，－1,1)，則eq\o(OE,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(OF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，設(shè)平面OEF的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(OE,\s\up6(→))＝0，,m·\o(OF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,－y＋z＝0.))令x＝1，可得m＝(1,1,1)．易知平面OAE的一個法向量為n＝(0,0,1)，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),3).由圖知二面角F－OE－A為銳角，所以二面角F－OE－A的余弦值為eq\f(\r(3),3).8．(2024·廣西八市聯(lián)考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝3，AB＝3eq\r(2)，AA1＝4，則異面直線A1C與BC1所成角的余弦值為________．答案eq\f(16,25)解析如圖建立坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，A1(3,0,4)，C1(0,0,4)，B(0,3,0)，∴eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－3,0，－4)，eq\o(BC,\s\up6(→))1＝(0，－3,4)，設(shè)異面直線A1C與BC1所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(A1C,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→))1|,|\o(A1C,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))1|)＝eq\f(|－3×0＋0×－3＋－4×4|,\r(－32＋02＋－42)×\r(02＋－32＋42))＝eq\f(16,5×5)＝eq\f(16,25).∴異面直線A1C與BC1所成角的余弦值為eq\f(16,25).9．已知V為矩形ABCD所在平面外一點，且VA＝VB＝VC＝VD，eq\o(VP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))，eq\o(VM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VB,\s\up6(→))，eq\o(VN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→)).則VA與平面PMN的位置關(guān)系是________．答案平行解析如圖，設(shè)eq\o(VA,\s\up6(→))＝a，eq\o(VB,\s\up6(→))＝b，eq\o(VC,\s\up6(→))＝c，則eq\o(VD,\s\up6(→))＝a＋c－b，由題意知eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)b－eq\f(1,3)c，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c.因此eq\o(VA,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PM,\s\up6(→))＋eq\f(3,2)eq\o(PN,\s\up6(→))，∴eq\o(VA,\s\up6(→))，eq\o(PM,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))共面．又VA?平面PMN，∴VA∥平面PMN.10．(2024·長春二模)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，M，N，E，F(xiàn)分別是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中點，則過EF且與MN平行的平面截正方體所得截面的面積為________，答案2eq\r(2)eq\f(\r(10),10)解析取A1D1的中點G，BC的中點P，CD的中點H，連接GM，GN，MN，PE，PH，PF，HF，EF.∵MG∥EF，NG∥EP，MG∩NG＝G，EF∩EP＝E，∴平面MNG∥平面PEFH，∴過EF且與MN平行的平面截正方體所得截面為PEFH，∵PE＝2，EF＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，四邊形PEFH是矩形，∴過EF且與MN平行的平面截正方體所得截面的面積為S矩形PEFH＝2eq\r(2).以D1為坐標(biāo)原點，D1A1所在直線為x軸，D1C1所在直線為y軸，D1D所在直線為則E(1,2,0)，F(xiàn)(0,1,0)，H(0,1,2)，C(0,2,2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(EH,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，設(shè)平面EFHP的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝－x－y＝0，,n·\o(EH,\s\up6(→))＝－x－y＋2z＝0，))取x＝1，則y＝－1，z＝0，得n＝(1，－1,0)，設(shè)CE和該截面所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(CE,\s\up6(→))·n|,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(1,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10).∴CE和該截面所成角的正弦值為eq\f(\r(10),10).組實力關(guān)1．如圖所示，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．設(shè)二面角D－AE－C為60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，則三棱錐E－ACD的體積為________．答案eq\f(\r(3),8)解析因為PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為矩形，所以AB，AD，AP兩兩垂直．如圖，以A為坐標(biāo)原點，Aeq\o(B,\s\up6(→))的方向為x軸的正方向，Aeq\o(D,\s\up6(→))的方向為y軸的正方向，Aeq\o(P,\s\up6(→))的方向為z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則D(0，eq\r(3)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，所以Aeq\o(E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).設(shè)B(m,0,0)(m>0)，則C(m，eq\r(3)，0)，Aeq\o(C,\s\up6(→))＝(m，eq\r(3)，0)．設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ACE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·A\o(C,\s\up6(→))＝0，,n1·A\o(E,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).易知n2＝(1,0,0)為平面DAE的一個法向量，由題設(shè)知|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).因為E為PD的中點，所以三棱錐E－ACD的高為eq\f(1,2).所以三棱錐E－ACD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(3,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),8).2．(2024·全國卷Ⅲ)a，b為空間中兩條相互垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結(jié)論：①當(dāng)直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角；②當(dāng)直線AB與a成60°角時，AB與b成60°角；③直線AB與a所成角的最小值為45°；④直線AB與a所成角的最大值為60°.其中正確的是________．(填寫全部正確結(jié)論的編號)答案②③解析依題意建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)等腰直角三角形ABC的直角邊長為1.由題意知點B在平面xOy中形成的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓．設(shè)直線a的方向向量為a＝(0,1,0)，直線b的方向向量為b＝(1,0,0)，eq\o(CB,\s\up6(→))以O(shè)x軸為始邊沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)角為θ，θ∈[0,2π)，則B(cosθ，sinθ，0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ，－1)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(2).設(shè)直線AB與a所成角為α，則cosα＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·a)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))＝eq\f(\r(2),2)|sinθ|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，∴45°≤α≤90°，∴③正確，④錯誤．設(shè)直線AB與b所成角為β，則cosβ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·b)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→)))))＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|.當(dāng)直線AB與a所成角為60°，即α＝60°時，則|sinθ|＝eq\r(2)cosα＝eq\r(2)cos60°＝eq\f(\r(2),2)，∴|cosθ|＝eq\f(\r(2),2).∴cosβ＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|＝eq\f(1,2).∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直線AB與b所成角為60°.∴②正確，①錯誤．3．(2024·唐山模擬)如圖，在邊長為8的菱形ABCD中，∠ABC＝120°，將△ABD沿BD折起，使點A到達A1的位置，且二面角A1－BD－C為60°.(1)求異面直線A1C與BD(2)若點E為A1C的中點，求直線BE與平面A1DC解(1)連接AC，交BD于點O，連接OA1，因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD，從而OA1⊥BD，OC⊥BD，又因為OA1∩OC＝O，所以BD⊥平面A1OC，因為A1C?平面A1OC，所以BD⊥A1所以異面直線A1C與BD(2)由(1)可知，∠A1OC即為二面角A1－BD－C的平面角，所以∠A1OC＝60°.以O(shè)為坐標(biāo)原點，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))為x軸、y軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則B(4,0,0)，D(－4,0,0)，C(0，4eq\r(3)，0)，A1(0,2eq\r(3)，6)，E(0，3eq\r(3)，3).eq\o(BE,\s\up6(→))＝(－4,3eq\r(3)，3)，eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(4,2eq\r(3)，6)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(4,4eq\r(3)，0)，設(shè)平面A1DC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(DA1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋2\r(3)y＋6z＝0，,4x＋4\r(3)y＝0，))取x＝3，則n＝(3，－eq\r(3)，－1)，設(shè)直線BE與平面A1DC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(12,13)，所以直線BE與平面A1DC所成角的正弦值為eq\f(12,13).4．(2024·延安模擬)如圖，在幾何體ABCDE中，四邊形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC，G，F(xiàn)分別是線段BE，DC的中點．(1)求證：GF∥平面ADE；(2)求平面AEF與平面BEC所成角的余弦值．解(1)證明：如圖，取AE的中點H，連接HG，HD，又G是BE的中點，所以HG∥AB，且HG＝eq\f(1,2)AB，又F是CD的中點，所以DF＝eq\f(1,2)CD，由四邊形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB＝CD，所以HG∥DF且HG＝DF.從而四邊形HGFD是平行四邊形，所以GF∥DH，因為DH?平面ADE，GF?平面ADE，所以GF∥平面ADE.(2)如圖，在平面BEC內(nèi)，過點B作BQ∥EC，因為BE⊥CE，所以BE⊥BQ.又AB⊥平面BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ.以B為坐標(biāo)原點，分別以eq\o(BE,\s\up6(→