1.4 空间向量的应用 专项讲义-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

1.4空间向量的应用专项讲义-高二数学上学期人教A版（2019） 【高频考点】+【典型例题】+【跟踪训练】 ( 目录导航 ) 第一部分：高频考点 第二部分：典型例题 第三部分：跟踪训练 【第一部分】 ( 高频考点 ) 空间直线的点向式方程或标准方程： 设直线L过点M0（x0，y0，z0），＝（m，n，p）是直线L的方向向量．设M（x，y，z）是直线L上任意一点，则＝（x﹣x0，y﹣y0，z﹣z0），且∥．由两向量平行的充要条件可知 改方程组称为直线的点向式方程或标准方程（当m、n、p中有一个或两个为零时，就理解为相应的分子为零）． 若直线L的方程为，平面π的方程为Ax+By+Cz+D＝0，则直线L与平面π平行的充要条件是mA+nB+pC＝0；直线L与平面π垂直得充要条件是 空间直线的参数方程： 在直线方程中，记其比值为t，则有 （※） 这样，空间直线上动点M的坐标x、y、z就都表达为变量t的函数．当t取遍所有实数值时，由所确定的点M（x，y，z）就描出来直线．形如（※）的方程称为直线的参数方程，t为参数． 用空间向量直线与平面所成角的求法： （1）传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得． （2）向量求法：设直线l的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为θ，与的夹角为φ，则有sinθ＝|cos φ|＝． 空间向量法求解二面角及两平面的夹角 1、二面角的定义： 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面．棱为AB、面分别为α、β的二面角记作二面角α﹣AB﹣β．有时为了方便，也可在α、β内（棱以外的半平面部分）分别取点P、Q，将这个二面角记作P﹣AB﹣Q．如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q． 2、二面角的平面角﹣﹣ 在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小与点O的位置无关，也就是说，我们可以根据需要来选择棱l上的点O． 3、二面角的平面角求法： 向量法：用空间向量求平面间夹角的方法： 设平面α和β的法向量分别为和，若两个平面的夹角为θ，则 （1）当0≤＜，＞≤，θ＝＜，＞， 此时cosθ＝cos＜，＞＝． （2）当＜＜，＞＜π时，θ＝π﹣＜，＞， cosθ＝﹣cos＜，＞＝﹣． 【第二部分】 ( 典型例题 ) 1．（2024春•广陵区校级期中）已知空间三点A（﹣2，0，2），B（﹣1，1，2），C（﹣3，0，4），设，． （1）若，，求； （2）求与的夹角的余弦值； （3）若与互相垂直，求k． 【解答】解：（1）因为＝（﹣2，﹣1，2），∥， 可设＝（﹣2λ，﹣λ，2λ）， 则||＝＝3|λ|＝3，解得λ＝±1， 所以＝（﹣2，﹣1，2）或＝（2，1，﹣2）． （2）因为＝＝（1，1，0），＝＝（﹣1，0，2）， 所以cos＜，＞＝＝＝﹣． （3）k+＝（k﹣1，k，2），k﹣2＝（k+2，k，﹣4）， 又因为（k+）⊥（k﹣2）， 所以（k+）•（k﹣2）＝k2﹣k•﹣2＝2k2+k﹣10＝0， 解得k＝2或k＝﹣． 2．（2024•湖南二模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝． （1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； （2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值为，求AD． 【解答】解：（1）证明：因为PA⊥面ABCD，AD⊂面ABCD， 所以PA⊥AD， 又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂面PAB， 所以AD⊥面PAB， 又AB⊂面PAB， 所以AD⊥AB， 在△ABC中，AB2+BC2＝AC2， 所以AB⊥BC， 因为A，B，C，D四点共面， 所以AD∥BC， 又因为BC⊂面PBC，AD⊄面PBC， 所以AD∥面PBC． （2）以DA，DC为x，y轴，过点D作平面ABCD垂直的线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系D﹣xyz： 令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0）， DC＝，C（0，，0）， 设平面ACP的法向量＝（x1，y1，z1）， 所以， 设x1＝，则y1＝t，z1＝0， 所以＝（，t，0）， 设平面CPD的法向量为＝（x2，y2，z2）， 所以， 设z2＝t，则x2＝﹣2，y2＝0， 所以＝（﹣2，0，t）， 因为二面角A﹣CP﹣D的正弦值为，则余弦值为， 又二面角为锐角， 所以＝|cos＜，＞|＝|＝， 所以t＝， 所以AD＝． 3．（2024•大连一模）如图多面体ABCDEF中，面FAB⊥面ABCD，△FAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，EF∥BC，且，H，G分别为CE，CD的中点． （Ⅰ）证明：BF⊥AD； （Ⅱ）求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值； （Ⅲ）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）． 【解答】（Ⅰ）证明：取AB的中点O，连接OF，OG， 因为△FAB为等边三角形， 所以OF⊥AB， 又面FAB⊥面ABCD，面FAB∩面ABCD＝AB，OF⊂平面FAB， 所以OF⊥平面ABCD， 因为AD⊂平面ABCD，所以OF⊥AD， 又正方形ABCD，所以AB⊥AD， 因为OF∩AB＝O，OF、AB⊂平面FAB， 所以AD⊥平面FAB， 又BF⊂平面FAB，所以BF⊥AD． （Ⅱ）解：因为O，G分别为AB，CD的中点， 所以OG∥AD， 又AB⊥AD，所以OG⊥AB， 由（Ⅰ）知，OF⊥平面ABCD， 故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B（2，0，0），C（2，4，0），F（0，0，2），E（0，3，2），H（1，，），G（0，4，0）， 所以＝（0，4，0），＝（﹣2，0，2），＝（1，，﹣），＝（0，4，﹣2）， 设平面BCEF的法向量为＝（x，y，z），则，即， 令z＝1，则x＝，y＝0，所以＝（，0，1）， 设平面FGH的法向量为＝（a，b，c），则，即， 令c＝4，则a＝﹣3，b＝2，所以＝（﹣3，2，4）， 设平面BCEF与平面FGH所成角为θ， 则cosθ＝|cos＜，＞|＝＝＝， 故平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值为． （Ⅲ）解：在AD上取点P，使得＝，连接PF，PG，并延长PG和BC，相交于点M，则PM即为平面FHG与平面ABCD的交线，理由如下： 因为EF∥BC∥PD，EF＝PD＝3， 所以四边形DEFP是平行四边形， 所以PF∥DE， 又G，H分别是CD和CE的中点，所以GH∥DE， 所以PF∥GH，即P，F，H，G四点共面， 而P、M∈平面FHG，P、M∈平面ABCD， 所以PM即为平面FHG与平面ABCD的交线． 【第三部分】 ( 跟踪训练 ) 一．选择题（共8小题） 1．（2024秋•辽宁月考）设x，y∈R，向量＝（x，1，1），＝（1，y，1），＝（2，﹣4，2），且⊥，∥，则|+|＝（　　） A． B． C．3 D．4 2．（2024春•兴化市校级期末）已知，，且，则x＝（　　） A． B．﹣6 C．6 D．1 3．（2024秋•吕梁月考）若平面α的法向量＝（1，2，﹣3），直线l的方向向量＝（1，1，1），则（　　） A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．l∥α或l⊂α 4．（2024春•惠农区校级期末）已知直线l和平面α，且l∥α，l的方向向量为，平面α的一个法向量为，（m＞0，n＞0），则的最小值为（　　） A． B．2 C． D．4 5．（2023秋•肇东市校级期末）已知A（1，0，1），是平面α的一个法向量，且B（﹣1，2，2）是平面α内一点，则点A到平面α的距离为（　　） A． B． C． D． 6．（2023秋•福清市校级月考）如图，已知矩形ABCD中，E为线段CD上一动点（不含端点），记∠AED＝α，现将△ADE沿直线AE翻折到△APE的位置，记直线CP与直线AE所成的角为β，则（　　） A．cosα＞cosβ B．cosα＜cosβ C．cosα＞sinβ D．sinα＜cosβ 7．（2023秋•眉山期末）已知正四棱锥P﹣ABCD的高为，点E满足，则点D到平面AEC的距离为（　　） A． B． C． D． 8．（2024•浙江开学）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，F是侧面BCC1B1上的动点，且A1F∥平面AD1E，则下列说法正确的个数有（　　） ①二面角F﹣AD1﹣E的大小为常数 ②二面角F﹣D1E﹣A的大小为常数 ③二面角F﹣AE﹣D1的大小为常数 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2023秋•金华期末）已知为直线l的方向向量，，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），那么下列说法中，正确的有（　　） A．∥⇔α∥β B．⊥⇔α⊥β C．∥⇔l∥α D．⊥⇔l⊥α （多选）10．（2023秋•永州期末）已知平面α与平面β平行，若平面α的一个法向量为＝（﹣1，2，﹣3），则平面β的法向量可以是（　　） A．（1，﹣2，3） B．（﹣1，﹣2，3） C．（2，﹣4，6） D．（2，﹣4，﹣6） （多选）11．（2024•七星区校级模拟）已知直线a，b和平面α，β，α与β所成锐二面角为θ．则下列结论正确的是（　　） A．若a⊥α，b⊥β，则a与b所成角为θ B．若a∥α，b∥β，则a与b所成角为θ C．若a⊂α，则a与β所成角最大值为 D．若b⊥β，则b与α所成角为 三．填空题（共3小题） 12．（2024秋•三元区校级月考）已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为，向量为平面α的法向量，则z＝　 　． 13．（2024•郸城县开学）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为棱A1D1的中点，动点P在正方形ABCD内运动，若，则直线MP与CC1所成角的余弦值为 　 　． 14．（2024春•天宁区校级月考）如图，已知点A是圆台O1O的上底面圆O1上的动点，B，C在下底面圆O上，，则直线AO与平面O1BC所成角的正弦值的最大值为 　 　． 四．解答题（共5小题） 15．（2023秋•林芝市期末）已知空间向量． （1）求； （2）若向量与垂直，求实数k的值． 16．（2024春•武进区期中）已知空间三点A（﹣2，0，2），B（﹣1，1，2），C（﹣3，0，4），设，． （1）若与互相垂直，求实数k的值； （2）若，，求． 17．（2023秋•崇明区校级期末）在如图所示的几何体ABCED中，EC⊥面ABC，DB⊥面ABC，CE＝CA＝CB＝2DB，∠ACB＝90°，M为 AD的中点．（1）证明：EM⊥AB；（2）求直线BM和平面ADE所成角的正弦值． 18．（2024秋•大庆月考）如图，在平面四边形ABCD中，AB∥DC，△ABD是边长为2的正三角形，DC＝3，O为AB的中点，将△AOD沿OD折到△POD的位置，． （1）求证：PO⊥BD； （2）若E为PC的中点，求直线BE与平面PDC所成角的正弦值． 19．（2024•西吉县校级开学）如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点，G是FC的中点． （1）证明：BG⊥FC1； （2）证明：平面AEE1∥平面FCC1； （3）求二面角B﹣FC1﹣C的余弦值． 1.4空间向量的应用专项讲义-高二数学上学期人教A版（2019） 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．（2024秋•辽宁月考）设x，y∈R，向量＝（x，1，1），＝（1，y，1），＝（2，﹣4，2），且⊥，∥，则|+|＝（　　） A． B． C．3 D．4 【解答】解：设x，y∈R，向量＝（x，1，1），＝（1，y，1），＝（2，﹣4，2）， 且⊥，∥， ∴，解得x＝1，y＝﹣2， ∴＝（1，1，1）+（1，﹣2，1）＝（2，﹣1，2）， ∴|+|＝． 故选：C． 2．（2024春•兴化市校级期末）已知，，且，则x＝（　　） A． B．﹣6 C．6 D．1 【解答】解：由于，，且， 所以﹣8﹣2+3x＝0， 解得x＝． 故选：A． 3．（2024秋•吕梁月考）若平面α的法向量＝（1，2，﹣3），直线l的方向向量＝（1，1，1），则（　　） A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．l∥α或l⊂α 【解答】解：因为， 所以l∥α或l⊂α． 故选：D． 4．（2024春•惠农区校级期末）已知直线l和平面α，且l∥α，l的方向向量为，平面α的一个法向量为，（m＞0，n＞0），则的最小值为（　　） A． B．2 C． D．4 【解答】解：依题意可得：，即， 所以（m+n）＝1， 所以， 又m＞0，n＞0，所以，， 所以， 当且仅当时，即时，取到等号， 所以，故A，B，D错误，C正确． 故选：C． 5．（2023秋•肇东市校级期末）已知A（1，0，1），是平面α的一个法向量，且B（﹣1，2，2）是平面α内一点，则点A到平面α的距离为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：由已知，又是平面α的一个法向量， 则点A到平面α的距离为． 故选：D． 6．（2023秋•福清市校级月考）如图，已知矩形ABCD中，E为线段CD上一动点（不含端点），记∠AED＝α，现将△ADE沿直线AE翻折到△APE的位置，记直线CP与直线AE所成的角为β，则（　　） A．cosα＞cosβ B．cosα＜cosβ C．cosα＞sinβ D．sinα＜cosβ 【解答】解：A、B选项： ＝， 因为， 所以， 所以cosβ＞cosα，A错误，B正确； 由于y＝cosx在上单调递减，故β＜α，不确定cosα，sinβ和sinα，cosβ的大小关系，CD错误． 故选：B． 7．（2023秋•眉山期末）已知正四棱锥P﹣ABCD的高为，点E满足，则点D到平面AEC的距离为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：如图，连接BD，设AC与BD相交于点O，连接PO， 在正四棱锥P﹣ABCD中，PO⊥平面ABCD，AC⊥BD， 故以点O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系，由题意可得， 所以OA＝OB＝OC＝OD＝OP＝3， 所以O（0，0，0），A（3，0，0），P（0，0，3）， B（0，3，0），C（﹣3，0，0），D（0，﹣3，0）， 不妨设E（x，y，z），又因为， 所以（x，y，z﹣3）＝2（﹣x，3﹣y，﹣z）， 即x＝﹣2x，y＝6﹣2y，z﹣3＝﹣2z， 解得x＝0，y＝2，z＝1，即E（0，2，1）， 则， 设平面AEC的一个法向量为， 则由，可得， 取y＝1，可得， 所以点D到平面AEC的距离为． 故选：A． 8．（2024•浙江开学）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，F是侧面BCC1B1上的动点，且A1F∥平面AD1E，则下列说法正确的个数有（　　） ①二面角F﹣AD1﹣E的大小为常数 ②二面角F﹣D1E﹣A的大小为常数 ③二面角F﹣AE﹣D1的大小为常数 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【解答】解：如图，分别取CC1，B1C1，BB1的中点G，M，N， 则AD1∥BC1∥MN∥EG，A1M∥AE， ∴平面AD1E即为平面AD1GE，且A1M∩MN＝M， ∴平面A1MN∥平面AD1GE， 又A1F∥平面AD1GE，F是侧面BCC1B1上的动点， ∴F的轨迹为线段MN， ∵MN∥AD1，∴二面角F﹣AD1﹣ED的平面角为常数，∴①正确； ∵平面FD1E随着F点变化而变化， ∴二面角F﹣D1E﹣A的大小不是常数，∴②错误； ∵平面FAE随着F点变化而变化， ∴二面角F﹣AE﹣D1的大小不是常数，∴③错误． 故选：B． 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2023秋•金华期末）已知为直线l的方向向量，，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），那么下列说法中，正确的有（　　） A．∥⇔α∥β B．⊥⇔α⊥β C．∥⇔l∥α D．⊥⇔l⊥α 【解答】解：为直线l的方向向量，，分别为平面α，β的法向量（α，β不重合）， 对于A，由面面平行的性质和判定定理得：∥⇔α∥β，故A正确； 对于B，由面面垂直的性质和判定定理得：⊥⇔α⊥β，故B正确； 对于C，由线面垂直的性质和判定定理得∥⇔l⊥α，故C错误； 对于D，由线面平行的性质和判定定理得⊥⇔l∥α，故D错误． 故选：AB． （多选）10．（2023秋•永州期末）已知平面α与平面β平行，若平面α的一个法向量为＝（﹣1，2，﹣3），则平面β的法向量可以是（　　） A．（1，﹣2，3） B．（﹣1，﹣2，3） C．（2，﹣4，6） D．（2，﹣4，﹣6） 【解答】解：∵平面α与平面β平行，平面α的一个法向量为＝（﹣1，2，﹣3）， 则平面β的法向量是，（λ≠0）， ﹣＝（1，﹣2，3），故A正确； ﹣2＝（2，﹣4，6），故C正确． 故选：AC． （多选）11．（2024•七星区校级模拟）已知直线a，b和平面α，β，α与β所成锐二面角为θ．则下列结论正确的是（　　） A．若a⊥α，b⊥β，则a与b所成角为θ B．若a∥α，b∥β，则a与b所成角为θ C．若a⊂α，则a与β所成角最大值为 D．若b⊥β，则b与α所成角为 【解答】解：对于A选项，如图所示： ∵a⊥α，b⊥β，α与β所成锐二面角为θ，∴a与b所成角为θ，∴A选项正确； 对于B选项，若a∥α，b∥β，此时不能确定a与b所成角， 例如a∥b时，此时a与b所成角为0，故B选项错误； 对于C选项，设α∩β＝l， 当a∥l时，a与β所成角为0， 当a与l不平行时，如图： 设a∩l＝C，在直线a上取点A，过点A作AB⊥β于点B， 作OA⊥l于点O，连接OB， ∵OA⊥β，OB，l⊂β，∴OA⊥OB，OA⊥l， 又OA⊥l，OA∩OB＝O， ∴l⊥平面OAB，又OB⊂平面OAB， ∴OB⊥l，∴∠AOB即为α与β所成锐二面角的平面角， 则∠AOB＝θ，∵AB⊥β，a∈a，∴∠ACB即为a与β所成角的平面角， ∴，当且仅当a⊥l时取等号， ∴a与β所成角最大值为θ，故C选项错误； 对于D选项，如图所示： ∵b⊥β，α与β所成锐二面角为θ，∴b与α所成角为，故D选项正确． 故选：AD． 三．填空题（共3小题） 12．（2024秋•三元区校级月考）已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为，向量为平面α的法向量，则z＝　　． 【解答】解：因为直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为，向量为平面α的法向量， 则， 则， 则z＝． 故答案为：． 13．（2024•郸城县开学）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为棱A1D1的中点，动点P在正方形ABCD内运动，若，则直线MP与CC1所成角的余弦值为 　　． 【解答】解：如图所示，取AD的中点N，连接MN，NP， 因为M，N分别为A1D1，AD的中点，可得MN//CC1， 所以异面直线MP与CC1所成角，即为直线MP与MN所成角，设∠PMN＝θ， 在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，因为MN//CC1，且CC1⊥平面ABCD， 所以MN⊥平面ABCD， 又因为NP⊂平面ABCD，所以MN⊥NP， 在直角△PMN中，由， 所以直线MP与CC1所成角的余弦值为＝＝． 故答案为：． 14．（2024春•天宁区校级月考）如图，已知点A是圆台O1O的上底面圆O1上的动点，B，C在下底面圆O上，，则直线AO与平面O1BC所成角的正弦值的最大值为 　　． 【解答】解：连接OC，过C作CH垂直于BO的延长线于点H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示： 在三角形OBC中，因为OB＝3，OC＝3，， 故， 则， 则， ， 故点，又B（3，0，0），O（0，0，0），O1（0，0，2）， 设点A（m，n，2），m，n∈[﹣1，1]，由O1A＝1， 则可得m2+n2＝1， ，， 设平面O1BC的法向量， 则，即， 取，则x＝2，z＝3， 故平面O1BC的法向量， 又， 设直线AO与平面O1BC所成角为 则， 因为m，n∈[﹣1，1]，且m2+n2＝1， 故令m＝cosα，n＝sinα，α∈0，2π）， 则2m+n+6＝sinα+2cosα+6＝3sin（α+φ）+6，，， 又α∈0，2π），所以sin（α+φ）∈[﹣1，1]， 故3sin（α+φ）+6∈[3，9]， 也即， 所以sinθ的最大值为． 故答案为：． 四．解答题（共5小题） 15．（2023秋•林芝市期末）已知空间向量． （1）求； （2）若向量与垂直，求实数k的值． 【解答】解：（1），所以； （2），， 由向量与垂直，则， 则4（2k﹣3）+（﹣k﹣3）﹣10（﹣2k+12）＝0， 解得：k＝5． 16．（2024春•武进区期中）已知空间三点A（﹣2，0，2），B（﹣1，1，2），C（﹣3，0，4），设，． （1）若与互相垂直，求实数k的值； （2）若，，求． 【解答】解：（1），， ，， 与互相垂直， 则＝（k﹣1）（k+2）+k2﹣8＝0，解得k＝2或； （2），， 则可设， ， 则，解得λ＝±1， 故或． 17．（2023秋•崇明区校级期末）在如图所示的几何体ABCED中，EC⊥面ABC，DB⊥面ABC，CE＝CA＝CB＝2DB，∠ACB＝90°，M为 AD的中点．（1）证明：EM⊥AB；（2）求直线BM和平面ADE所成角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设DB＝1，则 CE＝CA＝CB＝2． 由于A（2，0，0），B（0，2，0），E（0，0，2），D（0，2，1），M（1，1，），∴＝（1，1﹣）， ＝（﹣2，2，0），∴＝﹣2+2+0＝0，∴，∴EM⊥AB． （2）由（1）知 ＝（1，﹣1， ），＝（﹣2，2，1），＝（﹣2，0，2），＝（0，﹣2，1）． 设面ADE的法向量为 ＝（x，y，z），则 ，即 ， 取 ＝（2，1，2）设直线BM和平面ADE所成角为θ，则 sinθ＝|cos＜，＞＝||＝． 18．（2024秋•大庆月考）如图，在平面四边形ABCD中，AB∥DC，△ABD是边长为2的正三角形，DC＝3，O为AB的中点，将△AOD沿OD折到△POD的位置，． （1）求证：PO⊥BD； （2）若E为PC的中点，求直线BE与平面PDC所成角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：因为△ABD是边长为2的正三角形，O为AB的中点，所以OD⊥AB， 所以OD⊥PO，OD⊥BO，PD＝2，CD＝3，， 则PD2+CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∥DC，即OB∥DC，所以OB⊥PD， 又OD∩PD＝D，OD，PD⊂平面POD，所以OB⊥平面POD， 因为OP⊂平面POD，所以OB⊥OP， 又OB∩OD＝O，OB，OD⊂平面BODC，所以OP⊥平面BODC， 又BD⊂平面BODC，所以PO⊥BD； （2）如图建立空间直角坐标系， 则B（1，0，0），P（0，0，1），，，， 所以，，， 设平面PDC的法向量为，则，解得x＝0，取y＝1，得， 设直线BE与平面PDC所成角为θ，则， 所以直线BE与平面PDC所成角的正弦值为． 19．（2024•西吉县校级开学）如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点，G是FC的中点． （1）证明：BG⊥FC1； （2）证明：平面AEE1∥平面FCC1； （3）求二面角B﹣FC1﹣C的余弦值． 【解答】解：（1）证明：由题意，F是棱AB的中点，AF∥CD，AF＝CD＝2， 所以四边形AFCD为平行四边形，又BF＝CB＝AD＝CF＝2， 所以△FBC为正三角形， 又G是FC的中点，所以BG⊥FC，因为CC1⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD， 所以CC1⊥BG，又CC1∩FC＝C，CC1，FC⊂平面FCC1， 所以BG⊥平面FCC1， 又FC1⊂平面FCC1， 故BG⊥FC1． （2）证明：因为AE∥FC，又FC⊂平面FCC1，AE⊄平面FCC1， 所以AE∥平面FCC1， 同理AE1∥平面FCC1，又AE1，AE⊂平面AEE1，AE1∩AE＝A， 所以平面AEE1∥平面FCC1． （3）作GH⊥FC1，GH与FC1交于H点． 由（1）知BG⊥FC1，又GH∩BG＝G，GH，BG⊂平面BGH， 所以FC1⊥平面BGH，而BH⊂平面BGH，所以FC1⊥BH， 故∠GHB是二面角的平面角， 由Rt△FGH∽Rt△FC1C，得， 解得， 由于BG⊥平面FCC1，GH⊂平面FCC1，所以BG⊥GH， 在Rt△BGH中，， 所以， 即二面角B﹣FC1﹣C的余弦值为． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$