第1章 板块综合融会 利用空间向量解决立体几何热点问题（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）  

板块综合融会　利用空间向量解决立体几何热点问题 (习题课—小结评价式教学) [建构知识体系] [融通学科素养] 1．浸润的核心素养 空间向量是高中数学的重要组成部分．通过理解空间向量的概念，体现数学抽象的核心素养，通过建系、理解空间向量基本定理，体现直观想象的核心素养，通过空间角、距离的计算，体现数学运算的核心素养． 2．渗透的数学思想 (1)空间向量为我们处理立体几何问题提供了新的视角，它是解决三维空间中图形的位置关系与度量问题的有效工具．我们要体会向量法在研究几何图形中的作用，进一步发展空间想象力． (2)向量法是解决问题的一种重要方法，坐标法是研究向量问题的有力工具．利用空间向量的坐标表示，可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要数学思想． CONTENTS 目录 1 2 3 融通点(一)　空间向量与探索性问题相结合 融通点(二)　空间向量与折叠问题相结合 融通点(三)　立体几何中的结构不良问题 4 课时跟踪检测 融通点(一)　空间向量与探索性问题相结合 01 设平面BMD的法向量为n＝(a，b，c)， 令b＝1， 则a＝0， (2)因为N在BC上， 设N(t,1－t,0)， 设平面DMN与平面BMD的夹角为α， [方法技巧] 利用空间向量解决探索性问题的策略 探索性问题通常分为两类：一类是已知点存在，求点的位置；一类是判断点的“存在性”问题．其中，在点的“存在性”问题中，先假设所求点存在，将其作为已知条件，得出点的位置或与题设条件矛盾的结论，从而得到结果，在设参数求解点的坐标时，若出现多解的情况，则应分析不同解的含义，判断哪些解是符合题设条件的，再做出取舍．求解点、平面是否存在等探索性问题时，常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面，再利用直线与平面的位置关系去证明结论． [针对训练] 1.如图，已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为4，∠A1AB＝60°，点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O.在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由． 解：因为点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O， 故A1O⊥平面ABC， 连接OC，由题意，知△ABC为正三角形， 故OC⊥AB， 以O为原点，OA，OC，OA1分别为x，y，z轴 建立如图所示的空间直角坐标系， 解：(1)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD， 所以AB⊥平面PAD， 又E，F分别是PA，PB的中点， 则EF∥AB，故EF⊥平面PAD. (2)取AD的中点O，连接OG，OP，由题意，OG，OD，OP两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 融通点(二)　空间向量与折叠 问题相结合 02 [例2]　如图1，四边形ABCD为等腰梯形，AB＝2，AD＝DC＝CB＝1，将△ADC沿AC折起，E为AB的中点，连接DE，DB.若图2中BC⊥AD， (1)求线段BD的长； (2)求直线BD与平面CDE所成角的正弦值． 解：(1)∵E为AB的中点，AB＝2，DC＝1， ∴在题图1中，AE∥DC且AE＝DC，连接CE，如图①， ∴四边形AECD为平行四边形， ∴CE＝AD＝1， ∵AE＝BE＝1， ∴C点落在以AB为直径的圆上， ∴AC⊥BC， 又题图2中BC⊥AD，AC∩AD＝A，AC，AD⊂平面ADC， ∴BC⊥平面ADC， ∵CD⊂平面ADC， (2)取AC的中点F，连接DF，FE，CE， 则FE∥BC，EF⊥AC，由(1)知BC⊥平面ACD， ∵DF⊂平面ACD， 所以BC⊥DF， 故EF⊥DF. 因为AD＝DC， 所以DF⊥AC，易得FA，FE，FD两两垂直， 设n＝(x，y，z)为平面CDE的法向量， 取x＝1， [方法技巧] 折叠问题解题策略 (1)确定折叠前后变与不变的关系 画好折叠前后的平面图形与立体图形，分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决． (2)确定折叠后关键点的位置 所谓的关键点，是指折叠过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，会带动与其相关的点、线、面的关系变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算． [针对训练] 3．如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，CD＝2AB＝2AD＝4，点E，F分别是边BC，CD的中点，现将△CEF 沿EF边折起，使点C到达点P的位置(如图2所示)，且BP＝2. (1)求证：平面APE⊥平面ABD； (2)求平面ABP与平面ADP夹角的余弦值． 解：(1)证明：如图1，连接BF，由条件知四边形ABFD是正方形，FC⊥BF，FC＝BF，△BFC 是等腰直角三角形，E是BC的中点， ∴PE⊥BE，FE∩BE＝E，FE⊂ 平面ABD，BE⊂平面ABD. 又PE⊥EF， ∴PE⊥平面ABD，PE⊂平面APE， ∴平面APE⊥平面ABD. (2)因为PE，BE，FE两两垂直，以E为原点，BE所在直线为x轴，FE所在直线为y轴，EP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系如图3， 设平面ABP与平面ADP的夹角为θ，平面ABP的法向量为m＝(x，y，z)，平面ADP的法向量为n＝(p，t，q)， 令z＝1， 则x＝1，y＝1，m＝(1,1,1)； 令q＝3， 则p＝1，t＝－1，n＝(1，－1,3)， 融通点(三)　立体几何中的结构不良问题 03 [例3]　如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC, AB⊥AD，PA＝PD，AB⊥PA，AD＝2，AB＝BC＝1.E是棱PD上一点， CE∥平面PAB. (1)求证：E为PD的中点； 解：(1)证明：过点E作EF∥AD交PA于点F， 连接BF，如图1所示， 因为BC∥AD，所以BC∥EF. 所以B，C，E，F四点共面． 又因为CE∥平面PAB，平面BCEF∩平面PAB＝BF， 所以CE∥BF， 所以四边形BCEF是平行四边形， 所以BC＝EF， 由AD＝2，AB＝BC＝1， (2)过P作PO⊥AD于O，连接OC. 因为AB⊥AD， 又因为 AB⊥PA， 且AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD， 所以 AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面ABCD， 所以平面PAD⊥平面ABCD. 因为PA＝PD， 所以O为AD中点， 又因为平面PAD⊥平面ABCD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD.又OC⊂平面ABCD， 所以PO⊥OC， 如图2，建立空间直角坐标系． 设PO＝a. 由题意得，A(0，1,0)，B(1，1,0)，C(1,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0，a)． 令z＝1， 则y＝a. 所以n＝(0，a,1)． 解：(1)证明：∵矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直， ∴AB⊥BC. ∵矩形ABCD∩菱形ABEF＝AB，BC⊂平面ABCD， ∴BC⊥平面ABEF. ∵AG⊂平面ABEF， ∴BC⊥AG，菱形ABEF中， ∵AE＝AF， ∴AE＝AB. 又G为BE的中点， ∴AG⊥BE. ∵BC∩BE＝B，BC⊂平面BCE，BE⊂平面BCE， ∴AG⊥平面BCE. (2)由(1)可知AD，AF，AG两两垂直， 以A为原点，AG所在直线为x轴，AF所在直线为y轴，AD所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 取z1＝1， 若选②BC＝AG， ∵AF＝2， 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 解析：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC， 所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，BC⊥平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1， 所以BC⊥AC， 所以CA，CC1，CB互相垂直， 以C为原点，分别以CA，CC1，CB所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 设CA＝CC1＝2CB＝2， 则C(0,0,0)，A(2，0,0)，B1(0,2,1)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则C(0,12,0)，D1(0,0,5)． 设B(x,12,0)，B1(x,12,5)(x≠0)． 设平面A1BCD1的法向量为n＝(a，b，c)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 3 4 ∵B1C1∥BC，BC⊂平面A1BCD1，B1C1⊄平面A1BCD1， ∴B1C1∥平面A1BCD1， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 则B1(2,2,2)，E(2，1,0)，F(1,2,0)，B(2，2,0)，A1(2,0,2)，C1(0，2,2)，D1(0,0,2)． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 设平面B1EF的法向量为m＝(x，y，z)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则A(1，0,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)， 设P(0，m,0)，0≤m≤1，Q(n,0，t)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 因为B1Q⊥平面AD1P， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 设F(0，a,0)(－1≤a≤1)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：如图，以E为坐标原点建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 ∵∠MBE＝∠MBC， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 7.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且EF⊥A1E.若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，则B1F的最小值为________． 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：以点C1为坐标原点，C1D1，C1B1，C1C所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1(2,1,0)， 设E(2,0，m)，F(0，1，n)，0≤m≤3,0≤n≤3， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 即－1＋m(n－m)＝0， 化简得mn＝1＋m2. 当m＝0时，显然不符合题意， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 即m＝1时等号成立． 故B1F的最小值为2. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 8．在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB＝2.点P在侧面BCC1B1内，若A1C⊥平面BDP，则点P到CD的距离的最小值为________． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：建立如图所示的空间直角坐标系， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解：(1)证明：∵四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形， ∴AD⊥DC，GD⊥DC，GD⊥DA. 以D为原点， 如图建立空间直角坐标系， 则B(1，1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)． 又点M在棱DG上，故可设M(0，0，t)(0≤t≤1)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 令z＝1， 得n＝(1,1,1)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 ∵直线MB与平面BEF所成的角为45°， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 10．如图1，已知△ABC是边长为4的正三角形，D，E，F分别是AB，AC，BC边的中点，将△ADE沿DE折起，使点A到达如图2所示的点P的位置，M为DP边的中点． (1)求证：PC∥平面MEF. (2)若平面PDE⊥平面BCED，求平面MEF与平面PDE夹角的余弦值． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解：(1)证明：连接DF，DC， 设DC与EF交于点Q，连接MQ. 因为D，E，F分别是AB，AC，BC边的中点， 所以DE∥FC且DE＝FC， 则四边形DFCE为平行四边形， 所以Q为DC的中点， 因为M为DP的中点， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 所以MQ∥PC. 又因为PC⊄平面MEF，MQ⊂平面MEF， 所以PC∥平面MEF. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)取DE的中点O，连接OP，OF，则PO⊥DE， 因为平面PDE⊥平面BCED，平面PDE∩平面BCED＝DE， 所以PO⊥平面BCED，PO，OD，OF两两垂直．如图所示， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 B级——应用创新 11．已知梯形CEPD如图1所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图2所示的几何体．已知当AB上一点F满足|AF|＝|λAB|(0<λ<1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为(　 ) √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：由题意，以A为原点，射线AB，AD，AP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，连接ED， 所以C(4,4,0)，D(0,4,0)，E(4,0,2)，P(0,0,4)，F(4λ，0,0)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 若m＝(x，y，z)是平面DEF的法向量， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 可得n＝(1,1,2)， 由平面DEF⊥平面PCE， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 12．[多选]已知点P是正方体ABCD-A1B1C1D1侧面BB1C1C(包含边界)上一点，下列说法正确的是(　 ) A．存在唯一一点P，使得DP∥AB1 B．存在唯一一点P，使得AP∥平面A1C1D C．存在唯一一点P，使得A1P⊥B1D D．存在唯一一点P，使得D1P⊥平面A1C1D √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：如图建系，令AD＝1，P(x,1，z)， 则A(1,0,0)，A1(1，0,1)，C1(0,1,1)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1，1,1)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解得x＝0，z＝1， 故P(0,1,1)满足要求，与C1重合，存在唯一一点P，使得DP∥AB1，A正确． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解析：因为四边形BDEF是矩形， 所以DE⊥DB， 又因为矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD相交于BD， 所以DE⊥平面ABCD， 而AD，DC⊂平面ABCD， 所以DE⊥AD，DC⊥DE， 又四边形ABCD是正方形， 所以AD⊥DC， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 因此建立如图所示的空间直角坐标系，则A(4，0,0)，B(4，4,0)，C(0,4,0)，E(0,0,4)，F(4,4,4)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 所以GB∥平面CEF，故B正确； 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解：(1)证明：取AD中点M，连接PM， △PAD为正三角形， 则PM⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PM⊂平面PAD， 则PM⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， 故PM⊥AB.又AB⊥PD，PM，PD⊂平面PAD，PM∩PD＝P， 所以AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD， 故AB⊥AD，则平行四边形ABCD为矩形． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)如图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立空间直角坐标系， 设AB＝t(t>0)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 设平面ACE的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 设平面ABP的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 解：(1)证明：连接PO，OB， 因为AB＝BC， 所以OB⊥AC，同理得PO⊥AC. 又因为PO∩OB＝O，PO⊂平面POB，BO⊂平面POB， 所以AC⊥平面POB. 因为PB⊂平面POB， 所以AC⊥PB. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)选择①，由题AB2＋BC2＝AC2， 所以AB⊥BC，同理得PA⊥PC， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 选择②，由(1)得，PO⊥AC， 又PO⊥BC，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，AC∩BC＝C， 所以PO⊥平面ABC，由题意知PA＝PB＝PC， 则BO＝AO＝CO， 可得△ABC为直角三角形，AB＝BC＝2， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 建立如图3所示的空间直角坐标系， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 平面PAC的一个法向量为n2＝(1,0,0)， [例1]　如图，四棱锥的底面ABCD为边长为的正方形，且PA＝PB＝PC＝PD＝2，M为棱PC的中点，N为棱BC上的点． (1)求直线AM与平面BMD所成角的余弦值； (2)线段BC上是否存在一点N，使得平面DMN与平面BMD夹角的余弦值为，若存在，求出BN长度；若不存在，请说明理由． 解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，C(0,1,0)，P(0，0，)，M，B(1，0,0)，D(－1,0,0)， 所以＝，＝(－2，0,0)， ＝， 则 即 c＝－， 所以n＝. 设直线AM与平面BMD所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 则cos θ＝， 所以直线AM与平面BMD所成角的余弦值是. 则＝(t＋1,1－t,0)，＝， 设平面DMN的法向量为m＝(x，y，z)， 则 即 令x＝t－1， 则y＝t＋1，z＝， 所以m＝， 所以cos α＝|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得t＝， 则N，＝， 所以||＝＝. 假设在棱BB1(含端点)上存在一点D使A1D⊥AC1， 则A(2,0,0)，A1(0，0,2)，B(－2,0,0)，B1(－4，0,2)，C1(－2,2，2)， 可得＝(－2,0,2)，＝(－4，2，2)，＝(－2,0，－2)， 设＝λ＝(－2λ，0,2λ)，λ∈[0,1]， 可得＝＋＝(－2λ－2,0,2λ－2)， 则·＝4(2λ＋2)＋2(2λ－2)＝0， 解得λ＝， 所以在棱BB1上存在一点D使A1D⊥AC1，此时BD＝BB1＝. 2.如图，已知在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，E，F，G分别是PA，PB，BC的中点． (1)求证：EF⊥平面PAD； (2)线段PD上是否存在一个动点M，使得直线GM与平面EFG所成的角为，若存在，求线段PM的长度，若不存在，请说明理由． 则D(0，2,0)，G(4,0,0)，P(0，0，2)，E(0，－1，)，F(2，－1，)， 所以＝(2,0,0)，＝(4,1，－)， 设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)， 则 即 令z＝1， 则y＝， 故m＝(0，，1)． 设＝t，t∈[0,1]， 因为＝＋＝＋t＝(－4,0，2)＋t(0,2，－2)＝(－4,2t,2(1－t))， 所以|cos〈，m〉|＝ ＝＝， 因为直线GM与平面EFG所成的角为， 所以＝，化简可得2t2－3t＋3＝0，Δ＝9－4×2×3＝－15<0，故方程无解， 所以在线段PD上不存在一个动点M，使得直线GM与平面EFG所成的角为. ∴BC⊥CD，由勾股定理得BD＝＝＝. 故线段BD的长为. 以F为原点，FA，FE，FD所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图②所示，E，D，B，C， ∴＝，＝，＝. 则 即 有n＝(1，－，－)． cos〈n，〉＝＝－＝－， ∴直线BD与平面CDE所成角的正弦值为. ∴EF⊥BC，并且BC＝2，EF＝，BE＝. 如图2，在△BPE 中，PE＝，PB2＝4＝PE2＋BE2， 则有A(2，－，0)，B(，0,0)，D(，－2，0)，P(0,0，)，＝(2，－，－)，＝(，0，－)，＝(，－2，－)． 则 ∴cos θ＝＝＝， 故平面ABP与平面ADP夹角的余弦值为. (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求四棱锥P-ABCD的体积． 条件①：点D到平面PAB的距离为； 条件②：直线DC与平面PAB所成的角为. 所以BC＝AD， 所以EF＝AD， 所以EF为△PAD的中位线， 所以E为PD的中点． 所以＝(1,0,0)，＝(0,1，－a)，＝(0，－2,0)． 设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)， 则⇒ 选择条件①，因为D到平面PAB的距离为， 所以d＝＝＝， 解得 a＝1. 所以四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD＝×S梯形ABCD×PO＝××1×1＝. 选择条件②，因为直线DC与平面PAB所成的角为，＝(1,1,0)， 所以|cos〈n，〉|＝＝＝sin＝， 解得 a＝1. 所以四棱锥P-ABCD的体积VP-ABCD＝×S梯形ABCD×PO＝××1×1＝. [针对训练] 4.如图，矩形ABCD所在的平面与菱形ABEF所在的平面垂直，G为BE的中点，AE＝AF. (1)求证：直线AG⊥平面BCE； (2)若AF＝2，________，求二面角C-AG-F的余弦值．从①BC＝AB，②BC＝AG这两个条件中任选一个填入上面的横线上，并解答问题． 若选①BC＝AB， ∵AF＝2， ∴AB＝2，BC＝2，AG＝， 故A(0,0,0)，C(，－1,2)，G(，0,0)， 则＝(，－1,2)，＝(，0,0)， 设平面ACG的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 由 可得n＝(0,2，1)． 易知平面AGF的一个法向量为m＝(0,0,1)， 则cos〈m，n〉＝＝＝， 即二面角C-AG-F的余弦值为－. ∴AB＝2，BC＝AG＝， 故A(0,0,0)，C(，－1，)，G(，0,0)， 则＝(，－1，)，＝(，0,0)， 设平面ACG的法向量为a＝(x2，y2，z2)， 由 取z2＝1， 可得a＝(0，，1)， 易知平面AGF的一个法向量为m＝(0,0,1)， 则cos〈a，m〉＝＝＝， 即二面角C-AG-F的余弦值为－. A级——综合提能 1.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥平面ACC1A1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为(　 ) A. B. C. D. 可得＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)， 所以|cos〈，〉|＝＝＝. 所以直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为. 2．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1A＝5，AB＝12，则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是(　 ) A．5 B．8 C． D． 由n⊥，n⊥1， 得n·＝(a，b，c)·(－x,0,0)＝－ax＝0，n·1＝(a，b，c)·(0，－12,5)＝－12b＋5c＝0， ∴a＝0，b＝c， ∴可取n＝(0,5,12)． 又＝(0,0，－5)， ∴点B1到平面A1BCD1的距离为＝， ∴B1C1到平面A1BCD1的距离为. 3.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　 ) A．BD1⊥平面B1EF B．BD⊥平面B1EF C．A1C1∥平面B1EF D．A1D∥平面B1EF 解析：以{，，}为正交基底，建立空间直角坐标系，设AB＝2， 所以＝(－1,1,0)，＝(0,1,2)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(－2,2,0)，＝(2,0,2)． 则 取x＝2， 则m＝(2,2，－1)， 因为＝≠， 所以与m不平行， 所以BD1与平面B1EF不垂直，A错误； 因为＝≠， 所以与m不平行， 所以BD与平面B1EF不垂直，B错误； 因为·m＝0，且线在平面外， 所以A1C1∥平面B1EF，C正确； 因为·m＝2≠0， 所以A1D与平面B1EF不平行，D错误． 4.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在棱CD上运动，点Q在侧面ADD1A1上运动，满足B1Q⊥平面AD1P，则线段PQ的最小值为(　 ) A. B．1 C. D. 所以＝(n－1，－1，t－1)， ＝(－1,0,1)，＝(－1，m,0)， 所以·＝(n－1，－1，t－1)·(－1，0,1)＝1－n＋t－1＝t－n＝0， 故t＝n，·＝(n－1，－1，t－1)·(－1，m,0)＝1－n－m＝0， 故m＝1－n， 其中＝(n，－m，t)， 故||2＝n2＋m2＋t2＝2n2＋(1－n)2＝3n2－2n＋1＝32＋， 故当n＝时， ||＝，此时m＝1－n＝满足要求， 所以线段PQ的最小值为＝. 5.如图，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，四边形ABCD是矩形，且AD＝2AB，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，＝(　 ) A．3 B. C. D．2 解析：分别取AD，BC的中点O，G，连接OP，OG，以O为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AD＝2， 则B(1，－1,0)，E，P(0,0，)． 则＝(－1，a＋1,0)，＝. 因为BF⊥PE， 所以·＝－＋a＋1＝0， 解得a＝－， 所以＝. 6.正方形ABCD的边长是2，E，F分别是AB和CD的中点，将正方形沿EF折成直二面角 (如图所示)．M为矩形AEFD内一点，如果∠MBE＝∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值为，那么点M到直线EF的距离为________． 设M(0，y，z)(0≤y≤2,0≤z≤1)，＝(1,0,0)， ＝(0,2,0)，＝(－1，y，z)， 则cos〈，〉＝＝，cos〈，〉＝＝， 则＝， 即y＝1， ∴＝(－1,1，z)，平面BCF的一个法向量n＝(0,0,1)， 则cos〈n，〉＝＝， ∵MB和平面BCF所成角的正切值为， 则＝， 则z＝， ∴点M到直线EF的距离为. 则＝(0，－1，m)，＝(－2,1，n－m)． 因为EF⊥A1E， 所以·＝0， 当m>0时n＝＋m≥2＝2， 当且仅当＝m， 则D(0,0,0)，A1(1，0,2)，C(0,1,0)， B(1,1,0)，＝(－1,1，－2)， 设P(x，1，z)，＝(x,0，z)， ＝(x,1，z)． 由于A1C⊥平面BDP， 所以·＝－x＋1－2z＝0， 所以x＋2z＝1. 由于·＝0， 即CP⊥DC，P到CD的距离为||＝ ＝＝， 所以当z＝－＝时，||min＝＝. 即点P到CD的距离的最小值为. 9.已知几何体ABCDEFG，如图所示，其中四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形，且边长为1，点M在棱DG上． (1)求证：BM⊥EF. (2)是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由． ∴＝(1,1，－t)，＝(－1,1,0)， ∴·＝0， ∴BM⊥EF. (2)当点M在DG上，且DM＝3－4时，直线MB与平面BEF所成的角为45°. 理由如下：假设存在点M，直线MB与平面BEF所成的角为45°. 设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)， 由(1)知＝(0，－1,1)，＝(－1,0,1)， ∴ ∴cos〈n，〉＝＝. ∴sin 45°＝|cos〈n，〉|＝＝， 解得t＝－4±3. 又0≤t≤1， ∴t＝3－4， ∴存在点M(0,0,3－4)满足题意． ∴当点M在DG上， 且DM＝3－4时，直线MB与平面BEF所成的角为45°. 以O为原点，以为x轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则D(1,0,0)，E(－1,0,0)，P(0，0，)，F(0，，0)，M，＝(1，，0)，＝. 设平面MEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则n·＝n·＝0， 即 令y＝1， 得n＝(－，1,3)． 易知m＝(0,1,0)为平面PDE的一个法向量， 由|cos〈n，m〉|＝＝， 得平面MEF与平面PDE夹角的余弦值为. A. B. C. D. 则＝(4,0，－2)，＝(4,4，－4)， ＝(4(λ－1)，0，－2)，＝(4，－4,2)， 则⇒ 可得m＝. 若n＝(a，b，c)是平面PCE的法向量， 则⇒ 得＋＋4＝0， 解得λ＝，故选C. 对于A，＝(x,1，z)，＝(0,1,1)， 若DP∥AB1， 则 对于B，因为·＝(－1，－1,1)·(－1,1,0)＝1－1＝0，·＝(－1，－1,1)·(－1,0，－1)＝1－1＝0， 因为A1C1∩A1D＝A1，A1C1，A1D⊂平面A1C1D， 所以⊥平面A1C1D， 又AP∥平面A1C1D， 则·＝(x－1,1，z)·(－1，－1,1)＝1－x－1＋z＝0， 解得x＝z， 故P点轨迹为线段B1C，满足条件的P有无数个，B错误． 对于C，＝(x－1,1，z－1)，＝(1,1,1)，·＝x－1＋1＋z－1＝x＋z－1＝0，P在线段BC1上，满足条件的P有无数个，C错误． 对于D，由上可知⊥平面A1C1D， 而⊥平面A1C1D， 又与共线， 故P，B重合，D正确．故选AD. 13.[多选]如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，AD＝DE＝4，G为线段AE上的动点，则下列说法正确的是(　 ) A．AE⊥CF B．若G为线段AE的中点，则GB∥平面CEF C．点B到平面CEF的距离为 D．BG2＋CG2的最小值为48 因为＝(－4,0,4)，＝(4,0,4)， 所以·＝－16＋16＝0⇒⊥，故A正确； 当G为线段AE的中点时，G(2,0,2)，＝(2,4，－2)，＝(0，－4,4)， 设平面CEF的法向量为m＝(x，y，z)， 于是有⇒⇒m＝(1，－1，－1)， 因为·m＝2×1＋4×(－1)＋(－2)×(－1)＝0，GB⊄平面CEF， ＝(4,0,0)， 所以点B到平面CEF的距离d＝＝＝，故C正确； 设G＝(x1，y1，z1)， 则＝λ，(x1－4，y1，z1)＝λ(－4,0,4)(λ∈[0,1])⇒G(4－4λ，0,4λ)，BG2＋CG2＝16λ2＋16＋16λ2＋16－32λ＋16λ2＋16＋16λ2＝(8λ－2)2＋44， 当λ＝时， BG2＋CG2有最小值44，故D错误．故选ABC. 14.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥PD. (1)求证：平行四边形ABCD为矩形； (2)若E为侧棱PD的中点，且平面ACE与平面ABP所成角的余弦值为，求点B到平面ACE的距离． 则A(0,0,0)，B(t,0,0)，C(t,2,0)， P(0，1，)，E， 所以＝(t,2,0)，＝，＝(t,0,0)，＝(0,1，)． 则 令x1＝2， 则n＝(2，－t，t)． 则 令z2＝1， 则m＝(0，－，1)， 由|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得t＝1， 则平面ACE的法向量为n＝(2，－1，)，＝(1,0,0)， 点B到平面ACE的距离为＝＝. 15.如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝2，O为AC的中点． (1)求证：PB⊥AC； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角B-PC-A的余弦值及点A到平面BPC的距离． ①AC＝2；②PO⊥BC. 则OP＝OB＝，PO2＋OB2＝PB2， 所以PO⊥OB，由(1)可得PO⊥AC， 所以OB，OC，OP两两垂直， 建立如图2所示的空间直角坐标系， 则B(，0,0)，C(0，，0)，P(0，0，)，A(0，－，0)，＝(0，－，－)，＝(，0，－)，＝(0，，－)． 设平面PBC的法向量为n1＝(x，y，z)， 则 即 取n1＝(1,1,1)． 平面PAC的一个法向量为n2＝(1,0,0)， 可得cos〈n1，n2〉＝＝， 所以二面角B-PC-A的余弦值为. 所以点A到平面BPC的距离d＝＝， 所以点A到平面BPC的距离为. 得OB＝OC＝OA＝， 所以OB，OC，OP两两垂直， 则B(，0,0)，C(0，，0)，P(0，0，)，A(0，－，0)，＝(0，－，－)，＝(，0，－)，＝(0，，－)， 设平面PBC的法向量为n1＝(x，y，z)， 则 即 取n1＝(1,1,1)， 可得，cos〈n1，n2〉＝＝， 所以二面角B-PC-A的余弦值为. 点A到平面BPC的距离d＝＝， 所以点A到平面BPC的距离为. $$