第6章 习题课 用空间向量解决热点问题-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（苏教版2019）

习题课　用空间向量解决热点问题 ［学习目标］　通过对空间向量的学习，能熟练利用空间向量求点、线、面间的距离、空间角及解决有关探索性问题． 一、利用空间向量求空间角 例1　如图，PA⊥平面ABCD，CF∥AP，AD∥BC，AD⊥AB，AB=AD=1，AP=BC=2． (1)求直线CP与平面BDP所成角的正弦值； (2)若二面角P-BD-F的余弦值为，求线段CF的长． 解　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)，=(-1，1，0)，=(-1，0，2)，=(-1，-2，2)． 设n=(x1，y1，z1)为平面BDP的法向量， 则 即 不妨令z1=1，可得n=(2，2，1)． 因此有cos〈，n〉==-． 所以直线CP与平面BDP所成角的正弦值为． (2)设m=(x2，y2，z2)为平面BDF的法向量，CF=h， 则即 不妨令y2=1，可得m=． 由题意，有|cos〈m，n〉|===， 解得h=．经检验，符合题意．所以线段CF的长为． 反思感悟　运用坐标法求空间角的一般步骤 (1)建立恰当的空间直角坐标系． (2)求出相关点的坐标． (3)写出向量坐标． (4)结合公式进行论证、计算． (5)转化为几何结论． 跟踪训练1　如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABEF为正方形，AF⊥DF，AF=2FD，∠DFE=∠CEF=45°． (1)求异面直线BC，DF所成角的大小； (2)求二面角D-BE-C的余弦值． 解　因为四边形ABEF为正方形，AF⊥DF， 所以AF⊥平面DCEF． 又∠DFE=∠CEF=45°， 所以在平面DCEF内作DO⊥EF，垂足为点O， 以O为坐标原点，OF所在的直线为x轴， OD所在的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图所示)． 设OF=a，因为AF=2FD， 所以DF=a，AF=4a，CD=2a． (1)D(0，0，a)，F(a，0，0)，B(-3a，4a，0)， C(-2a，0，a)． 则=(a，-4a，a)，=(a，0，-a)， 设向量，的夹角为θ， 则cos θ==0， 所以异面直线BC，DF所成角为． (2)因为E(-3a，0，0)，=(a，-4a，a)， =(0，-4a，0)，=(-3a，0，-a)， 设平面DBE的法向量为n1=(x1，y1，z1)， 由得 取x1=1得平面DBE的一个法向量为n1=(1，0，-3)， 设平面CBE的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 由 得 取x2=1得平面CBE的一个法向量为n2=(1，0，-1)， 则cos 〈n1，n2〉==， 由图可知，二面角D-BE-C为锐二面角， 所以二面角D-BE-C的余弦值为． 二、利用空间向量求距离 例2　已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边AB，AD的中点，CG垂直于正方形ABCD所在的平面，且CG=2，求点B到平面EFG的距离． 解　建立如图所示的空间直角坐标系， 则G(0，0，2)，E(4，-2，0)， F(2，-4，0)，B(4，0，0)， ∴=(4，-2，-2)，=(2，-4，-2)，=(0，-2，0)． 设平面EFG的法向量为n=(x，y，z)． 由得 ∴x=-y，z=-3y． 取y=1，则n=(-1，1，-3)． ∴点B到平面EFG的距离d= ==． 反思感悟　求点P到平面α的距离的三个步骤 (1)在平面α内取一点A，确定向量的坐标表示． (2)确定平面α的法向量n． (3)代入公式d=求解． 跟踪训练2　在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CC1的中点． (1)求证：AD∥平面A1EFD1； (2)求直线AD与平面A1EFD1间的距离． (1)证明　因为ABCD-A1B1C1D1为正方体， 所以AD∥A1D1． 又A1D1⊂平面A1EFD1，AD⊄平面A1EFD1， 所以AD∥平面A1EFD1． (2)解　如图，以点D为坐标原点，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D-xyz， 则D(0，0，0)，D1(0，0，a)， A1(a，0，a)，F， 所以=，=， =(a，0，0)． 设n=(x，y，z)是平面A1EFD1的一个法向量， 则 所以 取z=1，得y=， 则n=， 点D到平面A1EFD1的距离 d===a， 所以直线AD与平面A1EFD1间的距离是a． 三、利用空间向量解决探索性问题 例3　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=，BC=2，PA=2． (1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB； (2)求直线AC与PD所成角的余弦值； (3)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M-AC-D的大小为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由． (1)证明　取BC的中点E，连接DE，交AC于点O，连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，-1，0)，B(2，-1，0)，C(0，1，0)，D(-1，0，0)， P(0，-1，2)． ∵点N为PC的中点， ∴N(0，0，1)， ∴=(1，0，1)． 设平面PAB的一个法向量为n=(x，y，z)， 由=(0，0，2)，=(2，0，0)， 可得n=(0，1，0)， ∴·n=0． 又∵DN⊄平面PAB，∴DN∥平面PAB． (2)解　由(1)知，= (0，2，0)，=(-1，1，-2)． 设直线AC与PD所成的角为θ， 则cos θ===． (3)解　存在．设M(x，y，z)，且=λ，0<λ<1， ∴∴M(-λ，λ-1，2-2λ)． 设平面ACM的一个法向量为m=(a，b，c)， 由=(0，2，0)，=(-λ，λ，2-2λ)， 可得m=(2-2λ，0，λ)， 由图知平面ACD的一个法向量为u=(0，0，1)， ∴|cos〈m，u〉|==， 解得λ=或λ=2(舍去)． ∴M，m=． ∴=， 设BM与平面MAC所成的角为φ， 则sin φ=|cos〈，m〉|==， ∴φ=30°． 故存在点M，使得二面角M-AC-D的大小为45°，此时BM与平面MAC所成的角为30°． 反思感悟　(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． (2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 跟踪训练3　如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=AC=2，BC=4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l． (1)证明：直线l⊥平面PAC； (2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由． (1)证明　∵E，F分别是PC，PB的中点， ∴BC∥EF， 又EF⊂平面EFA，BC⊄平面EFA， ∴BC∥平面EFA， 又BC⊂平面ABC，平面 EFA∩平面ABC=l， ∴BC∥l． ∵BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC=AC，平面PAC⊥平面ABC，∴BC⊥平面PAC， ∴l⊥平面PAC． (2)解　以点C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，过点C作垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，)， E，F， 故=，=(0，2，0)． 设Q(2，b，0)，平面AEF的法向量为m=(x，y，z)， 则 取z=，得平面AEF的一个法向量m=(1，0，)． 又=(1，b，-)， 则|cos〈，〉|==， |cos〈，m〉|==， 依题意，得|cos〈，〉|=|cos〈，m〉|， ∴b=±1． ∴直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，AQ的长为1． 1．知识清单： (1)利用空间向量求空间角． (2)利用空间向量求距离． (3)利用空间向量解决探索性问题． 2．方法归纳：坐标法、转化化归． 3．常见误区：对于有限制条件的探索性问题求解时易忽视参数的范围． 1．在三棱柱ABC⁃A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是 (　　) A.　B.　C.　D. 答案　D 解析　如图，建立空间直角坐标系，易求得点D，平面AA1C1C的一个法向量是n=(1，0，0)， ∴sin α=|cos〈n，〉|==． 2．如图，S是正三角形ABC所在平面外一点，M，N分别是AB和SC的中点，SA=SB=SC，且∠ASB=∠BSC=∠CSA=90°，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为 (　　) A.　B.-　C.-　D. 答案　A 解析　不妨设SA=SB=SC=1，以S为坐标原点，SA，SB，SC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系S-xyz，则相关各点坐标为A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，S(0，0，0)， M，N． 因为=，=， 所以||=，||=，·=-， cos〈，〉==-， 因为异面直线所成的角的范围为， 所以异面直线SM与BN所成角的余弦值为． 3．已知正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A-BD-C的正弦值为　　　　．  答案　 解析　取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系． 设BC=1，则A， B，D． 所以=， =， =． =为平面BCD的一个法向量． 设平面ABD的法向量为n=(x，y，z)， 则所以 取x=1，则y=-，z=1，所以n=(1，-，1)， 所以cos〈n，〉=，所以sin〈n，〉=． 故二面角A-BD-C的正弦值为． 4．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为　　　　．  答案　 解析　连接GD1，以D为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0，0，2)，F(1，1，0)，G(0，2，1)，于是有=(1，-1，-1)，=(0，-2，1)， 所以cos〈，〉==， sin〈，〉=， 所以点D1到直线GF的距离为 d=||sin〈，〉=． 课时对点练　［分值：50分］ 1．(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，AB=PA，PA⊥底面ABCD，∠ABC=，E是PC上任一点，AC∩BD=O． (1)求证：平面EBD⊥平面PAC；(4分) (2)若E是PC的中点，求ED与平面EBC所成角的正弦值．(8分) (1)证明　在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形， 所以AC⊥BD， 又因为PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD， 所以PA⊥BD， 又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BD⊥平面PAC， 因为BD⊂平面EBD， 所以平面EBD⊥平面PAC． (2)解　取BC的中点F，连接AF， 因为底面ABCD为菱形，且∠ABC=， 所以△ABC为等边三角形， 所以AF⊥BC，所以AF⊥AD， 如图，建立空间直角坐标系，令AB=PA=2， 则D(0，2，0)，C(，1，0)，B(，-1，0)，P(0，0，2)， E， 所以=，=(0，2，0)， =， 设平面EBC的法向量为n=(x，y，z)， 所以 即 令x=2，则y=0，z=， 所以n=(2，0，)， 设直线ED与平面EBC所成角为θ， 则sin θ=|cos〈，n〉|= ==， 所以直线ED与平面EBC所成角的正弦值为． 2．(12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD=CD=1，∠BAD=120°，∠ACB=90°． (1)求证：BC⊥平面PAC；(4分) (2)若二面角D-PC-A的余弦值为，求点A到平面PBC的距离．(8分) (1)证明　∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD， ∴PA⊥BC，∵∠ACB=90°， ∴BC⊥AC，又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC， ∴BC⊥平面PAC． (2)解　设AP=h，取CD的中点E，则AE⊥CD， ∴AE⊥AB． 又PA⊥底面ABCD， ∴PA⊥AE，PA⊥AB， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，P(0，0，h)，C， D，B(0，2，0)， =，=(0，1，0)， 设平面PDC的法向量n1=(x1，y1，z1)， 则 即 取x1=h，∴n1=． 由(1)知平面PAC的一个法向量为=， ∴|cos〈n1，〉|==， 解得h=， 同理可求得平面PBC的一个法向量n2=(3，，2)， 所以点A到平面PBC的距离为 d===． 3．(13分)如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD=AE=2，O，M分别为CE，AB的中点． (1)求异面直线AB与CE所成角的大小；(6分) (2)求直线CD与平面ODM所成角的正弦值．(7分) 解　(1)∵DB⊥BA，平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，DB⊂平面ABDE， ∴DB⊥平面ABC． ∵BD∥AE， ∴AE⊥平面 ABC． 如图所示，以点C为坐标原点，分别以CA，CB所在的直线为x，y轴，以过点C且与AE平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系． ∵AC=BC=4，∴C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，E(4，0，4)． ∴=(-4，4，0)，=(4，0，4)． 设直线AB与CE所成角α， ∴cos α= |cos〈，〉|==， ∴异面直线AB与CE所成角的大小为． (2)由(1)知O(2，0，2)，D(0，4，2)，M(2，2，0)． ∴=(0，4，2)，=(-2，4，0)，=(-2，2，2)． 设平面ODM的法向量为n=(x，y，z)， 则由可得 令x=2，则y=1，z=1，∴n=(2，1，1)． 设直线CD与平面ODM所成的角为θ， 则sin θ=|cos〈n，〉|==， ∴直线CD与平面ODM所成角的正弦值为． 4．(13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且=． (1)求证：CD⊥平面PAD；(3分) (2)求二面角F-AE-P的余弦值；(5分) (3)设点G在PB上，且=．判断直线AG是否在平面AEF 内，说明理由．(5分) (1)证明　因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD． 又AD⊥CD，AD∩PA=A，AD，PA⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD． (2)解　过A作AD的垂线交BC于点M． 因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥AM，PA⊥AD． 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，-1，0)， C(2，2，0)，D(0，2，0)， P(0，0，2)． 因为E为PD的中点， 所以E(0，1，1)． 所以=(0，1，1)，=(2，2，-2)，=(0，0，2)． 所以==， =+=． 设平面AEF的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令z=1，则y=-1，x=-1． 于是n=(-1，-1，1)为平面AEF 的一个法向量． 易得平面PAD的一个法向量为p=(1，0，0)， 则cos〈n，p〉==-． 由题意知，二面角F-AE-P为锐二面角， 所以其余弦值为． (3)解　直线AG在平面AEF 内．理由如下： 因为点G在PB上，且=，=(2，-1，-2)， 所以==， =+=． 由(2)知，平面AEF 的一个法向量n=(-1，-1，1)，所以·n=-++=0， 所以直线AG在平面AEF内． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第6章 <<< 习题课 用空间向量解决热点问题 通过对空间向量的学习，能熟练利用空间向量求点、线、面间的距离、空间角及解决有关探索性问题. 学习目标 一、利用空间向量求空间角 二、利用空间向量求距离 课时对点练 三、利用空间向量解决探索性问题 随堂演练 内容索引 一 利用空间向量求空间角 　　　如图，PA⊥平面ABCD，CF∥AP，AD∥BC，AD⊥AB，AB=AD=1，AP=BC=2. 例 1 (1)求直线CP与平面BDP所成角的正弦值； 5 建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)，=(-1，1，0)，=(-1，0，2)，=(-1，-2，2). 设n=(x1，y1，z1)为平面BDP的法向量， 则 即 6 不妨令z1=1，可得n=(2，2，1). 因此有cos〈，n〉==-. 所以直线CP与平面BDP所成角的正弦值为. 7 (2)若二面角P-BD-F的余弦值为，求线段CF的长. 8 设m=(x2，y2，z2)为平面BDF的法向量，CF=h， 则即 不妨令y2=1，可得m=. 由题意，有|cos〈m，n〉|===， 解得h=.经检验，符合题意.所以线段CF的长为. 9 (1)建立恰当的空间直角坐标系. (2)求出相关点的坐标. (3)写出向量坐标. (4)结合公式进行论证、计算. (5)转化为几何结论. 反 思 感 悟 运用坐标法求空间角的一般步骤 10 　　　　　如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABEF为正方形，AF⊥DF，AF=2FD，∠DFE=∠CEF=45°. 跟踪训练 1 (1)求异面直线BC，DF所成角的大小； 11 因为四边形ABEF为正方形，AF⊥DF， 所以AF⊥平面DCEF. 又∠DFE=∠CEF=45°， 所以在平面DCEF内作DO⊥EF，垂足为点O， 以O为坐标原点，OF所在的直线为x轴， OD所在的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图所示). 设OF=a，因为AF=2FD， 所以DF=a，AF=4a，CD=2a. 12 D(0，0，a)，F(a，0，0)，B(-3a，4a，0)， C(-2a，0，a). 则=(a，-4a，a)，=(a，0，-a)， 设向量，的夹角为θ， 则cos θ==0， 所以异面直线BC，DF所成角为. 13 (2)求二面角D-BE-C的余弦值. 14 因为E(-3a，0，0)，=(a，-4a，a)， =(0，-4a，0)，=(-3a，0，-a)， 设平面DBE的法向量为n1=(x1，y1，z1)， 由得 取x1=1得平面DBE的一个法向量为n1=(1，0，-3)， 设平面CBE的法向量为n2=(x2，y2，z2)， 15 由 得 取x2=1得平面CBE的一个法向量为n2=(1，0，-1)， 则cos 〈n1，n2〉==， 由图可知，二面角D-BE-C为锐二面角， 所以二面角D-BE-C的余弦值为. 16 二 利用空间向量求距离 　　　已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边AB，AD的中点，CG垂直于正方形ABCD所在的平面，且CG=2，求点B到平面EFG的距离. 例 2 18 建立如图所示的空间直角坐标系， 则G(0，0，2)，E(4，-2，0)， F(2，-4，0)，B(4，0，0)， ∴=(4，-2，-2)，=(2，-4，-2)，=(0，-2，0). 设平面EFG的法向量为n=(x，y，z). 由得 19 ∴x=-y，z=-3y. 取y=1，则n=(-1，1，-3). ∴点B到平面EFG的距离d= ==. 20 反 思 感 悟 (1)在平面α内取一点A，确定向量的坐标表示. (2)确定平面α的法向量n. (3)代入公式d=求解. 求点P到平面α的距离的三个步骤 　　　　　在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CC1的中点. (1)求证：AD∥平面A1EFD1； 跟踪训练 2 因为ABCD-A1B1C1D1为正方体， 所以AD∥A1D1. 又A1D1⊂平面A1EFD1，AD⊄平面A1EFD1， 所以AD∥平面A1EFD1. 22 (2)求直线AD与平面A1EFD1间的距离. 23 如图，以点D为坐标原点，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D-xyz， 则D(0，0，0)，D1(0，0，a)， A1(a，0，a)，F， 所以=，=， =(a，0，0). 24 设n=(x，y，z)是平面A1EFD1的一个法向量， 则 所以 取z=1，得y=， 则n=， 25 点D到平面A1EFD1的距离 d===a， 所以直线AD与平面A1EFD1间的距离是a. 26 三 利用空间向量解决探索性问题 　　　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD=CD=，BC=2，PA=2. 例 3 (1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB； 28 取BC的中点E，连接DE，交AC于点O，连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，-1，0)，B(2，-1，0)，C(0，1，0)，D(-1，0，0)， P(0，-1，2). ∵点N为PC的中点， ∴N(0，0，1)， ∴=(1，0，1). 29 设平面PAB的一个法向量为n=(x，y，z)， 由=(0，0，2)，=(2，0，0)， 可得n=(0，1，0)， ∴·n=0. 又∵DN⊄平面PAB，∴DN∥平面PAB. 30 (2)求直线AC与PD所成角的余弦值； 由(1)知，= (0，2，0)，=(-1，1，-2). 设直线AC与PD所成的角为θ， 则cos θ===. 31 (3)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M-AC-D的大小为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由. 32 存在.设M(x，y，z)，且=λ，0<λ<1， ∴∴M(-λ，λ-1，2-2λ). 设平面ACM的一个法向量为m=(a，b，c)， 由=(0，2，0)，=(-λ，λ，2-2λ)， 可得m=(2-2λ，0，λ)， 由图知平面ACD的一个法向量为u=(0，0，1)， ∴|cos〈m，u〉|==， 33 解得λ=或λ=2(舍去). ∴M，m=. ∴=， 设BM与平面MAC所成的角为φ， 则sin φ=|cos〈，m〉|==， 34 ∴φ=30°. 故存在点M，使得二面角M-AC-D的大小为45°， 此时BM与平面MAC所成的角为30°. 35 反 思 感 悟 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. (2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数. 　　　　　如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA=PC=AC=2，BC=4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l. 跟踪训练 3 (1)证明：直线l⊥平面PAC； 37 ∵E，F分别是PC，PB的中点， ∴BC∥EF， 又EF⊂平面EFA，BC⊄平面EFA， ∴BC∥平面EFA， 又BC⊂平面ABC，平面 EFA∩平面ABC=l， ∴BC∥l. ∵BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC=AC，平面PAC⊥平面ABC，∴BC⊥平面PAC， ∴l⊥平面PAC. 38 (2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由. 39 以点C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴，过点C作垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，)， E，F， 故=，=(0，2，0). 设Q(2，b，0)，平面AEF的法向量为m=(x，y，z)， 则 40 取z=，得平面AEF的一个法向量m=(1，0，). 又=(1，b，-)， 则|cos〈，〉|==， |cos〈，m〉|==， 依题意，得|cos〈，〉|=|cos〈，m〉|， ∴b=±1. ∴直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，AQ的长为1. 41 1.知识清单： (1)利用空间向量求空间角. (2)利用空间向量求距离. (3)利用空间向量解决探索性问题. 2.方法归纳：坐标法、转化化归. 3.常见误区：对于有限制条件的探索性问题求解时易忽视参数的范围. 课堂小结 42 随堂演练 四 1 2 3 4 1.在三棱柱ABC⁃A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是 A.　 B.　 C.　 D. √ 1 2 3 4 如图，建立空间直角坐标系，易求得点D， 平面AA1C1C的一个法向量是n=(1，0，0)， ∴sin α=|cos〈n，〉|==. 2.如图，S是正三角形ABC所在平面外一点，M，N分别是AB和SC的中点，SA=SB=SC，且∠ASB=∠BSC=∠CSA=90°，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为 A.　 B.-　 C.-　 D. 1 2 3 4 √ 1 2 3 4 不妨设SA=SB=SC=1，以S为坐标原点，SA，SB，SC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系S-xyz，则相关各点坐标为A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，S(0，0，0)， M，N. 因为=，=， 所以||=，||=，·=-， 1 2 3 4 cos〈，〉==-， 因为异面直线所成的角的范围为， 所以异面直线SM与BN所成角的余弦值为. 3.已知正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A-BD-C的正弦值为　　　　.  1 2 3 4 1 2 3 4 取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系. 设BC=1，则A，B，D. 所以=，=， =. =为平面BCD的一个法向量. 1 2 3 4 设平面ABD的法向量为n=(x，y，z)， 则所以 取x=1，则y=-，z=1，所以n=(1，-，1)， 所以cos〈n，〉=，所以sin〈n，〉=. 故二面角A-BD-C的正弦值为. 4.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB=2，AD=1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为　　　　.  1 2 3 4 1 2 3 4 连接GD1，以D为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0，0，2)，F(1，1，0)，G(0，2，1)，于是有=(1，-1，-1)，=(0，-2，1)， 所以cos〈，〉==， sin〈，〉=， 所以点D1到直线GF的距离为d=||sin〈，〉=. 课时对点练 五 1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，AB=PA，PA⊥底面ABCD，∠ABC=，E是PC上任一点，AC∩BD=O. 1 2 3 4 (1)求证：平面EBD⊥平面PAC； 1 2 3 4 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形， 所以AC⊥BD， 又因为PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD， 所以PA⊥BD， 又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BD⊥平面PAC， 因为BD⊂平面EBD， 所以平面EBD⊥平面PAC. (2)若E是PC的中点，求ED与平面EBC所成角的正弦值. 1 2 3 4 1 2 3 4 取BC的中点F，连接AF， 因为底面ABCD为菱形，且∠ABC=， 所以△ABC为等边三角形， 所以AF⊥BC，所以AF⊥AD， 如图，建立空间直角坐标系，令AB=PA=2， 则D(0，2，0)，C(，1，0)，B(，-1，0)，P(0，0，2)， E，所以=，=(0，2，0)， 1 2 3 4 =， 设平面EBC的法向量为n=(x，y，z)， 所以即 令x=2，则y=0，z=， 所以n=(2，0，)， 设直线ED与平面EBC所成角为θ， 1 2 3 4 则sin θ=|cos〈，n〉|= ==， 所以直线ED与平面EBC所成角的正弦值为. 2.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD=CD=1，∠BAD=120°，∠ACB=90°. 1 2 3 4 (1)求证：BC⊥平面PAC； 1 2 3 4 ∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD， ∴PA⊥BC，∵∠ACB=90°， ∴BC⊥AC，又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC， ∴BC⊥平面PAC. (2)若二面角D-PC-A的余弦值为，求点A到平面PBC的距离. 1 2 3 4 1 2 3 4 设AP=h，取CD的中点E，则AE⊥CD， ∴AE⊥AB. 又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，PA⊥AB， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，P(0，0，h)，C， D，B(0，2，0)， =，=(0，1，0)， 1 2 3 4 设平面PDC的法向量n1=(x1，y1，z1)， 则 即 取x1=h，∴n1=. 由(1)知平面PAC的一个法向量为=， 1 2 3 4 ∴|cos〈n1，〉|==， 解得h=， 同理可求得平面PBC的一个法向量n2=(3，，2)， 所以点A到平面PBC的距离为 d===. 3.如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD=AE=2，O，M分别为CE，AB的中点. 1 2 3 4 (1)求异面直线AB与CE所成角的大小； 1 2 3 4 ∵DB⊥BA，平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB， DB⊂平面ABDE， ∴DB⊥平面ABC. ∵BD∥AE， ∴AE⊥平面 ABC. 如图所示，以点C为坐标原点，分别以CA，CB所在的直线为x，y轴，以过点C且与AE平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系. 1 2 3 4 ∵AC=BC=4，∴C(0，0，0)，A(4，0，0)，B(0，4，0)，E(4，0，4). ∴=(-4，4，0)，=(4，0，4). 设直线AB与CE所成角α， ∴cos α= |cos〈，〉|==， ∴异面直线AB与CE所成角的大小为. (2)求直线CD与平面ODM所成角的正弦值. 1 2 3 4 1 2 3 4 由(1)知O(2，0，2)，D(0，4，2)，M(2，2，0). ∴=(0，4，2)，=(-2，4，0)，=(-2，2，2). 设平面ODM的法向量为n=(x，y，z)， 则由可得 令x=2，则y=1，z=1，∴n=(2，1，1). 设直线CD与平面ODM所成的角为θ， 1 2 3 4 则sin θ=|cos〈n，〉|==， ∴直线CD与平面ODM所成角的正弦值为. 1 2 3 4 4.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且=. (1)求证：CD⊥平面PAD； 1 2 3 4 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD. 又AD⊥CD，AD∩PA=A，AD，PA⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD. 1 2 3 4 (2)求二面角F-AE-P的余弦值； 1 2 3 4 过A作AD的垂线交BC于点M. 因为PA⊥平面ABCD， 所以PA⊥AM，PA⊥AD. 以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，-1，0)， C(2，2，0)，D(0，2，0)， P(0，0，2). 因为E为PD的中点，所以E(0，1，1). 1 2 3 4 所以=(0，1，1)，=(2，2，-2)，=(0，0，2). 所以==， =+=. 设平面AEF的法向量为n=(x，y，z)， 则即 令z=1，则y=-1，x=-1. 1 2 3 4 于是n=(-1，-1，1)为平面AEF 的一个法向量. 易得平面PAD的一个法向量为p=(1，0，0)， 则cos〈n，p〉==-. 由题意知，二面角F-AE-P为锐二面角， 所以其余弦值为. 1 2 3 4 (3)设点G在PB上，且=.判断直线AG是否在平面AEF 内，说明理由. 1 2 3 4 直线AG在平面AEF 内.理由如下： 因为点G在PB上，且=，=(2，-1，-2)， 所以==， =+=. 由(2)知，平面AEF 的一个法向量n=(-1，-1，1)，所以·n=-++=0， 所以直线AG在平面AEF内. 第一章 <<< $$