第2章 空间向量与立体几何（复习讲义）数学湘教版选择性必修第二册

第2章 空间向量与立体几何（复习讲义） 1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示． 2．掌握空间向量的数量积及其坐标表示． 3．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直． 4．理解直线的方向向量及平面的法向量． 5．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系． 6．能用向量方法证明立体几何中有关直线、平面位置关系的判定定理． 7．能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题． 1．空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a＝ ． (2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝ ． (3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝ ．其中{a，b，c}叫做空间的一个基底． 2．两个向量的数量积(与平面向量基本相同) (1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作＝a，＝b，则 叫做向量a与b的夹角，记作 ．通常规定0≤〈a，b〉≤π．若〈a，b〉＝，则称向量a，b互相垂直，记作a⊥b. (2)两向量的数量积 两个非零向量a，b的数量积a·b＝ ． (3)向量的数量积的性质 ①a·e＝|a|cos〈a，e〉(其中e为单位向量)； ②a⊥b⇔ ； ③|a|2＝a·a＝a2； ④|a·b| |a||b|. (4)向量的数量积满足如下运算律 ①(λa)·b＝λ(a·b)； ②a·b＝b·a(交换律)； ③a·(b＋c)＝ (分配律)． 3．空间向量的坐标运算 (1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)． a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)， a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)， λa＝(λa1，λa2，λa3)，a·b＝ ， a⊥b⇔ ， a∥b⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)， cos〈a，b〉＝＝ . (2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)， 则＝－＝( )． 4．直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个． (2)平面的法向量 ①定义：与平面垂直的向量，称为平面的法向量．一个平面的法向量有无数多个，任意两个都是共线向量． ②确定：设a，b是平面α内两个不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 5．空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 l1∥l2 n1∥n2⇔ l1⊥l2 n1⊥n2⇔ 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m⇔ l⊥α n∥m⇔n＝λm 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝λm α⊥β n⊥m⇔n·m＝0 常用结论 1．向量三点共线定理 在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：＝x＋y(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点． 2．向量四点共面定理 在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间内任意一点． 6．两条异面直线所成角的求法 设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 l1与l2所成的角θ a与b的夹角β 范围 [0，π] 求法 cos θ＝ cos β＝ 7.直线与平面所成角的求法 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sinθ＝|cosβ|＝ ． 8．求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD分别是二面角α­l­β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝ ． (2)如图②③，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝ ，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)． 常用结论 利用空间向量求距离 (1)两点间的距离 设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝. (2)点到平面的距离 如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为 ||＝. 题型一 空间向量的线性运算 【例1】如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是　　(　　) A．－a＋b＋c　　　　 B.a＋b＋c C．－a－b＋c D.a－b＋c 【变式1-1】在空间四边形ABCD中，若＝(－3，5，2)，＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为(　　) A．(2，3，3) B．(－2，－3，－3) C．(5，－2，1) D．(－5，2，－1) 【变式1-2】在三棱锥O­ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量，，表示(1)；(2). 【变式1-3】.如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量： (1)；(2)；(3)＋. 题型二 共线、共面向量定理的应用 【例2】已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是(　　) A．2， B．－， C．－3，2 D．2，2 【变式2-1】若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则m＋n＝________． 【变式2-2】已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝(＋＋)． (1)判断，，三个向量是否共面； (2)判断点M是否在平面ABC内． 【变式2-3】如图所示，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k， ＝k(0≤k≤1)．判断向量是否与向量，共面． 题型三 空间向量数量积的应用 【例3】如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算： (1)·；(2)·. 【变式3-1】 (变问法)在本例条件下，求证EG⊥AB. 【变式3-2】　(变问法)在本例条件下，求EG的长． 【变式3-3】　(变问法)在本例条件下，求异面直线AG与CE所成角的余弦值． 【变式3-4】三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N. 设＝a，＝b，＝c. (1)试用a，b，c表示向量； (2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长． 题型四 利用向量证明平行问题 【例4】如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证： (1)PB∥平面EFG. (2)平面EFG∥平面PBC. 【变式4-1】如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为(　　) A．(1，1，1) B. C. D. 【变式4-2】如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．求证：CM∥平面PAD． 题型五 利用向量证明垂直问题 【例5】如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC； (2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC. 【变式5-1】如图所示，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°. (1)求AC1的长； (2)求证： AC1⊥BD； (3)求BD1与AC夹角的余弦值． 【变式5-2】在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点． (1)求证：EF⊥CD； (2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由． 【变式5-3】如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°， 平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥AA1； (2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置， 若不存在，请说明理由． 题型六 异面直线所成的角 【例6】如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值． 【变式6-1】如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求证：MN∥平面BDE； (2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长． 【变式6-2】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是BB1，D1B1的中点，则EF与A1D所成角的大小为(　　) A．60° B．90° C．45° D．75° 【变式6-3】如图，在四棱锥A-BCDE中，DE∥CB，BE⊥平面ABC，BE＝3，AB＝CB＝AC＝2DE＝2，则异面直线DC与AE所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 题型七 直线与平面所成的角 【例7】如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点． (1)求证：平面BDM∥平面EFC； (2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值． 【变式7-1】如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点． (1)证明MN∥平面PAB； (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值． 【变式7-2】在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝. (1)证明：BD⊥PA． (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 【变式7-3】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点． (1)求证：MN∥平面BCC1B1. (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：AB⊥MN； 条件②：BM＝MN. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 题型八 二面角 【例8】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点． (1)证明：平面AMD⊥平面BMC; (2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值． 【变式8-1】如图，已知在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，过AB的平面与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3. (1)证明：PB∥平面ACE； (2)当PA＝λAB时，二面角C­AF­D的余弦值为，求λ的值． 【变式8-2】如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点． (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值． 【变式8-3】如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点． (1)证明：OA⊥CD； (2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积． 题型九 求空间距离问题 【例9】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，则点B到直线A1C1的距离为________. 【变式9-1】已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点． ①求点D到平面PEF的距离； ②求直线AC到平面PEF的距离． 【变式9-2】若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为(　　) A．a B．a C．a D．a 基础巩固通关测 1．已知三棱锥O­ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则＝(　　) A.(b＋c－a)　　　　　 B．(a＋b＋c) C.(a－b＋c) D.(c－a－b) 2．已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝(　　) A．9 B．－9 C．－3 D．3 3．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D．不确定 4．如图，在大小为45°的二面角A­EF­D中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　) A. B． C．1 D. 5．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　　) A．± B． C．－ D．± 6.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为(　　) A.　　　　　　　　 B． C. D. 7.如图，已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(　　) A. B． C. D. 8．如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点．用，，表示，则＝________． 9．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，MN＝________．　 10.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为________． 11．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2.则该二面角的大小为________． 12．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________． 13.如图，在多面体ABC­A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1∥BC，二面角A1­AB­C是直二面角． 求证：(1)A1B1⊥平面AA1C； (2)AB1∥平面A1C1C. 14.如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.求证： (1)EF∥平面PAB； (2)平面PAD⊥平面PDC. 15．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点． (1)求证：C1M⊥B1D； (2)求二面角B­B1E­D的正弦值； (3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值． 16．如图，在三棱台ABC­DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC. (1)证明：EF⊥DB； (2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值． 17.已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几何体． 若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3. (1)求证：EG⊥DF； (2)求二面角A­HF­C的正弦值． 能力提升进阶练 1．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，则“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的(　　) A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为(　　) A．(1，1，1) B. C. D.. 3.如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是(　　) A. B． C. D. 4．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，＝λ，且AB1⊥MN，则λ的值为________． 5．在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点． (1)求证：EF⊥CD； (2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由． 6．如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥AA1； (2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在， 求出点P的位置，若不存在，请说明理由． 7．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，BC＝1，BB1＝3，D是CC1的中点，E是AB的中点． (1)证明：DE∥平面C1BA1； (2)F是线段CC1上一点，且直线AF与平面ABB1A1所成角的正弦值为，求二面角F­BA1­A的余弦值． 8．如图，在几何体ABCEDF中，△ABC，△DFE均为边长为2的正三角形，且平面ABC∥平面DFE，四边形BCED为正方形． (1)若平面BCED⊥平面ABC，求证：平面ADE∥平面BCF； (2)若二面角D­BC­A为150°，求直线BD与平面ADE所成角的正弦值． 9.如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2. (1)求证：平面PAC⊥平面PCE； (2)若直线PC与平面ABCD所成的角为45°，求二面角P­CE­D的余弦值． 28 / 28 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2章 空间向量与立体几何（复习讲义） 1．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示． 2．掌握空间向量的数量积及其坐标表示． 3．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直． 4．理解直线的方向向量及平面的法向量． 5．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系． 6．能用向量方法证明立体几何中有关直线、平面位置关系的判定定理． 7．能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题． 1．空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在唯一的实数λ，使得a＝λb． (2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb． (3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc．其中{a，b，c}叫做空间的一个基底． 2．两个向量的数量积(与平面向量基本相同) (1)两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间中任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉．通常规定0≤〈a，b〉≤π．若〈a，b〉＝，则称向量a，b互相垂直，记作a⊥b. (2)两向量的数量积 两个非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉． (3)向量的数量积的性质 ①a·e＝|a|cos〈a，e〉(其中e为单位向量)； ②a⊥b⇔a·b＝0； ③|a|2＝a·a＝a2； ④|a·b|≤|a||b|. (4)向量的数量积满足如下运算律 ①(λa)·b＝λ(a·b)； ②a·b＝b·a(交换律)； ③a·(b＋c)＝a·b＋a·c(分配律)． 3．空间向量的坐标运算 (1)设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)． a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)， a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)， λa＝(λa1，λa2，λa3)，a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3， a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0， a∥b⇔a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R)， cos〈a，b〉＝＝ . (2)设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)， 则＝－＝(x2－x1，y2－y1，z2－z1)． 4．直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量：l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量可以有无数个． (2)平面的法向量 ①定义：与平面垂直的向量，称为平面的法向量．一个平面的法向量有无数多个，任意两个都是共线向量． ②确定：设a，b是平面α内两个不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 5．空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 l1∥l2 n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m⇔n·m＝0 l⊥α n∥m⇔n＝λm 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝λm α⊥β n⊥m⇔n·m＝0 常用结论 1．向量三点共线定理 在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：＝x＋y(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点． 2．向量四点共面定理 在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间内任意一点． 6．两条异面直线所成角的求法 设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则 l1与l2所成的角θ a与b的夹角β 范围 [0，π] 求法 cos θ＝ cos β＝ 7.直线与平面所成角的求法 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sinθ＝|cosβ|＝． 8．求二面角的大小 (1)如图①，AB，CD分别是二面角α­l­β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉． (2)如图②③，n1，n2分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)． 常用结论 利用空间向量求距离 (1)两点间的距离 设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝. (2) 点到平面的距离 如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为 ||＝. 题型一 空间向量的线性运算 【例1】如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是　　(　　) A．－a＋b＋c　　　　 B.a＋b＋c C．－a－b＋c D.a－b＋c 解析：选A.由题意，根据向量运算的几何运算法则，＝＋＝＋(－) ＝c＋(b－a)＝－a＋b＋c. 【变式1-1】在空间四边形ABCD中，若＝(－3，5，2)，＝(－7，－1，－4)，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则的坐标为(　　) A．(2，3，3) B．(－2，－3，－3) C．(5，－2，1) D．(－5，2，－1) 解析：选B.因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，O为坐标原点，所以＝－，＝(＋)，＝(＋)． 所以＝(＋)－(＋)＝(＋) ＝[(3，－5，－2)＋(－7，－1，－4)] ＝(－4，－6，－6)＝(－2，－3，－3)． 【变式1-2】在三棱锥O­ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心，用基向量，，表示(1)；(2). 解：(1)＝＋ ＝＋ ＝＋(－) ＝＋[(＋)－] ＝－＋＋. (2)＝＋ ＝－＋＋ ＝＋＋. 【变式1-3】.如图所示，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，设＝a，＝b，＝c，M，N，P分别是AA1，BC，C1D1的中点，试用a，b，c表示以下各向量： (1)；(2)；(3)＋. 解：(1)因为P是C1D1的中点， 所以＝＋＋＝a＋＋ ＝a＋c＋＝a＋c＋b. (2)因为N是BC的中点， 所以＝＋＋＝－a＋b＋ ＝－a＋b＋＝－a＋b＋c. (3)因为M是AA1的中点， 所以＝＋＝＋ ＝－a＋ ＝a＋b＋c， 又＝＋＝＋ ＝＋＝c＋a， 所以＋＝＋ ＝a＋b＋c. 题型二 共线、共面向量定理的应用 【例2】已知a＝(λ＋1，0，2)，b＝(6，2μ－1，2λ)，若a∥b，则λ与μ的值可以是(　　) A．2， B．－， C．－3，2 D．2，2 解析：选A.因为a∥b，所以b＝ka，即(6，2μ－1，2λ)＝k(λ＋1，0，2)，所以解得或 【变式2-1】若A(－1，2，3)，B(2，1，4)，C(m，n，1)三点共线，则m＋n＝________． 解析：＝(3，－1，1)，＝(m＋1，n－2，－2)． 因为A，B，C三点共线，所以存在实数λ，使得＝λ. 即(m＋1，n－2，－2)＝λ(3，－1，1)＝(3λ，－λ，λ)， 所以，解得λ＝－2，m＝－7，n＝4.所以m＋n＝－3. 答案：－3 【变式2-2】已知A，B，C三点不共线，对平面ABC外的任一点O，若点M满足＝(＋＋)． (1)判断，，三个向量是否共面； (2)判断点M是否在平面ABC内． 解：(1)由题知＋＋＝3， 所以－＝(－)＋(－)， 即＝＋＝－－， 所以，，共面． (2)由(1)知，，，共面且基线过同一点M， 所以M，A，B，C四点共面，从而点M在平面ABC内． 【变式2-3】如图所示，已知斜三棱柱ABC­A1B1C1，点M，N分别在AC1和BC上，且满足＝k，＝k(0≤k≤1)．判断向量是否与向量，共面． 解：因为＝k，＝k， 所以＝＋＋ ＝k＋＋k ＝k(＋)＋ ＝k(＋)＋ ＝k＋ ＝－k＝－k(＋) ＝(1－k)－k， 所以由共面向量定理知向量与向量，共面． 题型三 空间向量数量积的应用 【例3】如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算： (1)·；(2)·. 【解】　设＝a，＝b，＝c. 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， (1)＝＝c－a，＝－a， ·＝·(－a)＝a2－a·c＝. (2)·＝(＋＋)·(－) ＝·(－) ＝·(－) ＝·(c－a) ＝(－1×1×＋1×1×＋1＋1－1×1×－1×1×) ＝. 【变式3-1】 (变问法)在本例条件下，求证EG⊥AB. 证明：由例题知＝(＋－)＝(b＋c－a)， 所以·＝(a·b＋a·c－a2) ＝＝0. 故⊥，即EG⊥AB. 【变式3-2】　(变问法)在本例条件下，求EG的长． 解：由例题知＝－a＋b＋c， ||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，则||＝，即EG的长为. 【变式3-3】　(变问法)在本例条件下，求异面直线AG与CE所成角的余弦值． 解：由例题知＝b＋c，＝＋＝－b＋a， cos〈，〉＝＝－， 由于异面直线所成角的范围是. 所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为. 【变式3-4】三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N. 设＝a，＝b，＝c. (1)试用a，b，c表示向量； (2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长． 解：(1)由题图知 ＝＋＋＝＋＋ ＝(c－a)＋a＋(b－a)＝a＋b＋c. (2)由题设条件 因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c ＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×＋2×1×1×＝5， 所以|a＋b＋c|＝，||＝|a＋b＋c|＝. 题型四 利用向量证明平行问题 【例4】如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证： (1)PB∥平面EFG. (2)平面EFG∥平面PBC. 【证明】　(1)因为平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，所以AB，AP，AD两两垂直． 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．　 法一：＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，　 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量， 因为＝(2，0，－2)， 所以·n＝0，所以n⊥， 因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG. 法二：＝(2，0，－2)，＝(0，－1，0)，＝(1，1，－1)． 设＝s＋t， 即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)， 所以解得s＝t＝2.所以＝2＋2， 又因为与不共线，所以，与共面． 因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG. (2)因为＝(0，1，0)，＝(0，2，0)， 所以＝2， 所以BC∥EF. 又因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以EF∥平面PBC， 同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC. 又EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG， 所以平面EFG∥平面PBC. 【变式4-1】如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为(　　) A．(1，1，1) B. C. D. 解析：选C.设M点的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，所以O， 又E(0，0，1)，A(，，0)， 所以＝，＝(x－，y－，1)， 因为AM∥平面BDE，所以∥， 所以⇒ 所以M点的坐标为. 【变式4-2】如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．求证：CM∥平面PAD． 证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz. 因为PC⊥平面ABCD， 所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角， 所以∠PBC＝30°. 因为PC＝2，所以BC＝2，PB＝4， 所以D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M， 所以＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，＝. 设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量， 由得 取y＝2，得x＝－，z＝1，所以n＝(－，2,1)是平面PAD的一个法向量． 因为n·＝－×＋2×0＋1×＝0， 所以n⊥.又CM⊄平面PAD， 所以CM∥平面PAD． 题型五 利用向量证明垂直问题 【例5】如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC； (2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC. 【证明】　(1)如图所示，以O为坐标原点，以射线DB方向为x轴正方向，射线OD为y轴正半轴，射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz. 则O(0，0，0)，A(0，－3，0)， B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)． 于是＝(0，3，4)，＝(－8，0，0)， 所以·＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0， 所以⊥，即AP⊥BC. (2)由(1)知AP＝5，又AM＝3，且点M在线段AP上， 所以＝＝，又＝(－4，－5，0)， 所以＝＋＝， 则·＝(0，3，4)·＝0， 所以⊥，即AP⊥BM， 又根据(1)的结论知AP⊥BC， 所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC. 又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC. 【变式5-1】如图所示，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°. (1)求AC1的长； (2)求证： AC1⊥BD； (3)求BD1与AC夹角的余弦值． 解：(1)记＝a，＝b，＝c， 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°， 所以a·b＝b·c＝c·a＝. ||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a) ＝1＋1＋1＋2×＝6， 所以||＝，即AC1的长为. (2)证明：因为＝a＋b＋c，＝b－a， 所以·＝(a＋b＋c)·(b－a) ＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c ＝b·c－a·c ＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0. 所以⊥，所以AC1⊥BD. (3)＝b＋c－a，＝a＋b， 所以||＝，||＝， ·＝(b＋c－a)·(a＋b) ＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1. 所以cos〈，〉＝＝. 所以AC与BD1夹角的余弦值为. 【变式5-2】在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点． (1)求证：EF⊥CD； (2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由． 解：(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直． 如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a， 则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F. ＝，＝(0，a，0)． 因为·＝0， 所以⊥，从而得EF⊥CD. (2)存在．理由如下：假设存在满足条件的点G， 设G(x，0，z)，则＝， 若使GF⊥平面PCB，则由 ·＝·(a，0，0) ＝a＝0，得x＝； 由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0. 所以G点坐标为， 故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点． 【变式5-3】如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°， 平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥AA1； (2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置， 若不存在，请说明理由． 【解】　(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°， 所以A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3， 所以AO2＋A1O2＝AA， 所以A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，)． 由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)， ·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0， 所以⊥，即BD⊥AA1. (2)存在．理由如下： 假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1， 设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，)． 从而有P(0，1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)． 设平面DA1C1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 又＝(0，2，0)，＝(，0，)， 则 取n＝(1，0，－1)， 因为BP∥平面DA1C1， 则n⊥，即n·＝－－λ＝0，得λ＝－1， 即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP. 题型六 异面直线所成的角 【例6】如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°. (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值． 【解】　(1)证明：因为四边形ABCD是菱形， 所以AC⊥BD. 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD. 又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC. (2)设AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝2， 所以BO＝1，AO＝CO＝. 如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz， 则P(0，－，2)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)． 所以＝(1，，－2)，＝(0，2，0)． 设PB与AC所成角为θ，则 cosθ＝＝＝. 即PB与AC所成角的余弦值为. 【变式6-1】如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求证：MN∥平面BDE； (2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长． 解：如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)． (1)证明：＝(0，2，0)，＝(2，0，－2)． 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量， 则即 不妨设z＝1，可取n＝(1，0，1)． 又＝(1，2，－1)，可得·n＝0. 因为MN⊄平面BDE， 所以MN∥平面BDE. (2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0，0，h)， 进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2，2，2)． 由已知，得|cos〈，〉|＝ ＝＝， 整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝. 所以，线段AH的长为或. 【变式6-2】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是BB1，D1B1的中点，则EF与A1D所成角的大小为(　　) A．60° B．90° C．45° D．75° B　解析：如图所示，以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系． 设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，易得E(2，2,1)，F(1,1,2)，D(0,0,0)，A1(2,0,2)，所以＝(－1，－1,1)，＝(2,0,2)，所以·＝－2＋2＝0，所以⊥. 故选B． 【变式6-3】如图，在四棱锥A-BCDE中，DE∥CB，BE⊥平面ABC，BE＝3，AB＝CB＝AC＝2DE＝2，则异面直线DC与AE所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． A　解析：如图所示，取BC的中点F，连接AF，DF，可得DF∥BE.因为BE⊥平面ABC，所以DF⊥平面ABC．又由AB＝CB＝AC且F为BC的中点，所以AF⊥BC，故以F为坐标原点，以FA，FB，FD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 则A(，0,0)，E(0,1,3)，C(0，－1,0)，D(0,0,3)，故＝(0, 1, 3)，＝(－， 1, 3)，则cos〈， 〉＝＝＝.所以异面直线DC与AE所成角的余弦值为.故选A． 题型七 直线与平面所成的角 【例7】如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点． (1)求证：平面BDM∥平面EFC； (2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值． 【解】　(1)证明：连接AC，交BD于点N，连接MN， 则N为AC的中点， 又M为AE的中点，所以MN∥EC. 因为MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC， 所以MN∥平面EFC. 因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE. 因为BF＝DE， 所以四边形BDEF为平行四边形， 所以BD∥EF. 因为BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC， 所以BD∥平面EFC. 又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC. (2)因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形， 所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz. 设AB＝2，则DE＝4，从而D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)， 所以＝(2，2，0)，＝(1，0，2)， 设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)， 则得 令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量． 因为＝(－2，0，4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则 sinθ＝|cos〈n·〉|＝＝， 所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为. 【变式7-1】如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点． (1)证明MN∥平面PAB； (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值． 解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2. 取BP的中点T，连接AT，TN. 由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2. 又AD∥BC，故TNAM， 四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT. 因为AT⊂平面PAB， MN⊄平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (2)取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC， 从而AE⊥AD，且AE＝＝ ＝. 以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知， P(0，0，4)，M(0，2，0)，C，N，＝(0，2，－4)，＝，＝. 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则 即 可取n＝(0，2，1)． 于是|cos 〈n，〉|＝＝，则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为. 【变式7-2】在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝. (1)证明：BD⊥PA． (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值． (1)证明：因为PD⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PD⊥BD， 取AB中点E，连接DE， 因为AD＝DC＝CB＝1，AB＝2， 所以∠DAB＝60°， 又因为AE＝AB＝AD＝1， 所以DE＝1，所以DE＝AB， 所以△ABD为直角三角形，且AB为斜边， 所以BD⊥AD， 又PD∩AD＝D，PD⊂平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以BD⊥平面PAD， 又PA⊂平面PAD， 所以BD⊥PA． (2)解：由(1)知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系， BD＝＝， 则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0,0，)， 所以＝(0,0，－)，＝(1,0，－)，＝(－1，，0)， 设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，则则可取n＝(，1,1)， 设PD与平面PAB所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 所以PD与平面PAB所成的角的正弦值为. 【变式7-3】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点． (1)求证：MN∥平面BCC1B1. (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值． 条件①：AB⊥MN； 条件②：BM＝MN. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． (1)证明：取AB中点K，连接NK，MK， 因为M为A1B1的中点．所以B1M∥BK，且B1M∥BK， 所以四边形BKMB1是平行四边形，故MK∥BB1， MK⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1， 所以MK∥平面BCC1B1， 因为K是AB的中点，N是AC的中点， 所以NK∥BC， 因为NK⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1， 所以NK∥平面BCC1B1，又NK∩MK＝K， 所以平面NMK∥平面BCC1B1， 又MN⊂平面NMK， 所以MN∥平面BCC1B1. (2)解：因为侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1， 所以CB⊥平面ABB1A1， 所以CB⊥AB，又NK∥BC， 所以AB⊥NK， 若选①：因为AB⊥MN，又MN∩NK＝N， 所以AB⊥平面MNK， 又MK⊂平面MNK， 所以AB⊥MK，又MK∥BB1， 所以AB⊥BB1， 所以BC，BA，BB1两两垂直． 若选②：因为CB⊥平面ABB1A1，NK∥BC，所以NK⊥平面ABB1A1，KM⊂平面ABB1A1， 所以MK⊥NK，又BM＝MN，NK＝BC，BK＝AB， 所以△BKM≌△NKM，所以∠BKM＝∠NKM＝90°， 所以AB⊥MK，又MK∥BB1，所以AB⊥BB1， 所以BC，BA，BB1两两垂直． 以B为坐标原点，BC，BA，BB1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(0,0,0)，N(1,1,0)，M(0,1,2)，A(0,2,0)， 所以＝(0,1,2)，＝(1,1,0)， 设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则令z＝1，则y＝－2，x＝2， 所以平面BMN的一个法向量为n＝(2，－2,1)， 又＝(0,2,0)， 设直线AB与平面BMN所成角为θ， 所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. 所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为. 题型八 二面角 【例8】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点． (1)证明：平面AMD⊥平面BMC; (2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值． 【解】　(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD. 因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM. 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC. 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)以D为坐标原点，，的方向为x轴、y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz. 当三棱锥M­ABC体积最大时，M为的中点． 由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)， ＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)． 设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则 即 可取n＝(1，0，2)． 是平面MCD的法向量，因此cos〈n，〉＝＝，sin〈n，〉＝. 所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是. 【变式8-1】如图，已知在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD，过AB的平面与侧面PCD的交线为EF，且满足S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3. (1)证明：PB∥平面ACE； (2)当PA＝λAB时，二面角C­AF­D的余弦值为，求λ的值． 解：(1)因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥CD， 又CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD， 所以AB∥平面PCD， 又AB⊂平面ABFE，平面ABFE∩平面PCD＝EF， 所以EF∥AB∥CD. 由S△PEF∶S四边形CDEF＝1∶3，知E，F分别为PD，PC的中点， 如图，连接BD交AC于点G，连接EG，则G为BD的中点， 在△PBD中，GE为中位线，所以EG∥PB， 又EG⊂平面ACE，PB⊄平面ACE， 所以PB∥平面ACE. (2)因为底面ABCD为正方形，且PA⊥底面ABCD， 所以PA，AB，AD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz， 设AB＝AD＝2a，AP＝2b，则A(0，0，0)，D(0，2a，0)，C(2a，2a，0)， G(a，a，0)，P(0，0，2b)，F(a，a，b)． 因为PA⊥底面ABCD，DG⊂底面ABCD， 所以DG⊥PA， 因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，即DG⊥AC， 又AC∩PA＝A，所以DG⊥平面CAF， 所以平面CAF的一个法向量为＝(a，－a，0)． 设平面AFD的法向量为m＝(x，y，z)， 而＝(0，2a，0)，＝(a，a，b)， 由得则y＝0，取z＝－a，可得x＝b， 所以m＝(b，0，－a)为平面AFD的一个法向量． 设二面角C­AF­D的大小为θ， 则cos θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝，得＝. 又PA＝2b，AB＝2a，PA＝λAB，所以λ＝. 【变式8-2】如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点． (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值． (1)证明：连接OA，OB，依题意，OP⊥平面ABC， 又OA⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，则OP⊥OA，OP⊥OB， 所以∠POA＝∠POB＝90°， 又PA＝PB，OP＝OP，则△POA≌△POB， 所以OA＝OB， 延长BO交AC于点F，又AB⊥AC，则在Rt△ABF中，O为BF中点，连接PF， 在△PBF中，O，E分别为BF，BP的中点，则OE∥PF， 因为OE⊄平面PAC，PF⊂平面PAC， 所以OE∥平面PAC． (2)解：过点A作AM∥OP，以AB，AC，AM分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由于PO＝3，PA＝5，由(1)知OA＝OB＝4， 又∠ABO＝∠CBO＝30°，则AB＝4， 所以P(2，2,3)，B(4，0,0)，A(0,0,0)，E， 设AC＝t，则C(0，t,0)， 设平面AEB的一个法向量为n＝(x，y，z)，又＝(4，0,0)，＝， 则则可取n＝(0,3，－2)， 设平面AEC的一个法向量为m＝(a，b，c)，又＝(0，t,0)，＝， 则则可取m＝(－，0,6)， 设锐二面角C-AE-B的平面角为θ，则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝， 所以sin θ＝＝，即二面角C-AE-B正弦值为. 【变式8-3】如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点． (1)证明：OA⊥CD； (2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积． (1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD． 因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，OA⊂平面ABD，所以OA⊥平面BCD． 因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD． (2)解：以O为坐标原点，OD，OA所在的直线分别为y轴、z轴，过点O且垂直于BD的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设OA＝t，则O(0,0,0)，B(0，－1,0)，C，A(0,0，t)，D(0,1,0)， 所以＝(0，－1，－t)，＝，＝(0,1，－t)，＝＝，＝－＝. 易知平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)． 设平面BCE的一个法向量为m＝(x，y，z)，则即 不妨取x＝，则y＝－1，z＝，即m＝. 因为二面角E-BC-D的大小为45°，所以|cos〈n，m〉|＝＝＝，解得t＝1(负值已舍去)． 由OB＝OC＝OD＝1，得BC⊥CD，所以BC＝， 所以三棱锥A-BCD的体积为××1××1＝. 题型九 求空间距离问题 【例9】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝1，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，则点B到直线A1C1的距离为________. 　解析：以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1(4,0,1)，C1(0,3,1)，所以直线A1C1的方向向量为＝(－4,3,0)，而＝(0,3,1)，所以点B到直线A1C1的距离 d＝＝＝. 【变式9-1】已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点． ①求点D到平面PEF的距离； ②求直线AC到平面PEF的距离． 解：①以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F， 则＝，＝. 设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 所以即 令y＝2，则n＝(2,2,3)．又＝(0,0,1)， 所以点D到平面PEF的距离 d＝＝＝. ②由于E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC． 因为AC⃘平面PEF，所以AC∥平面PEF，所以点A到平面PEF的距离即为直线AC到平面PEF的距离． 由于＝，又由①知平面PEF的法向量为n＝(2,2,3)， 所以点A到平面PEF的距离d＝＝＝，即直线AC到平面PEF的距离为. 【变式9-2】若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为(　　) A．a B．a C．a D．a D　解析：建立空间直角坐标系如图． 则A(a,0,0)，D(0,0,0)，C1(0，a，a)，D1(0,0，a)，B1(a，a，a)， 设n＝(x，y，z)为平面AB1D1的法向量， 则得取z＝1，则n＝(1，－1,1)为平面AB1D1的一个法向量． 又因为AD1∥BC1，AB1∥DC1，AD1∩AB1＝A， DC1∩BC1＝C1，所以平面AB1D1∥平面BDC1. 所以平面AB1D1与平面BDC1的距离可转化为点C1到平面AB1D1的距离d. 因为＝(a,0,0)，平面AB1D1的法向量为n＝(1，－1,1)， 所以d＝＝＝a. 基础巩固通关测 1．已知三棱锥O­ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝a，＝b，＝c，用a，b，c表示，则＝(　　) A.(b＋c－a)　　　　　 B．(a＋b＋c) C.(a－b＋c) D.(c－a－b) 解析：选D.＝＋＋＝(c－a－b)． 2．已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝(　　) A．9 B．－9 C．－3 D．3 解析：选B.显然a与b不共线，若a，b，c三向量共面，则c＝xa＋yb， 即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，所以解得λ＝－9. 3．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D．不确定 解析：选B.如图，令＝a，＝b，＝c， 则·＋·＋·＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0. 4．如图，在大小为45°的二面角A­EF­D中，四边形ABFE，四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　) A. B． C．1 D. 解析：选D.因为＝＋＋，所以||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋1－＝3－，所以||＝. 5．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　　) A．± B． C．－ D．± 解析：选C.＋λ＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝＝－，得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，所以λ＝－. 6.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为(　　) A.　　　　　　　　 B． C. D. 解析：选B. 以O为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C. 所以＝(0，0，1)，＝(0，－1，－1)， 所以cos〈，〉＝ ＝＝－， 所以〈，〉＝， 因为异面直线所成角的取值范围是， 所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B. 7.如图，已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(　　) A. B． C. D. 解析：选A. 如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以＝(0，3，1)，＝(1，1，－1)，＝(0，3，－1)． 设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)， 则即即取y＝1，得n＝(2，1，3)． 因为cos〈，n〉＝＝＝，所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为，故选A. 8．如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，O为AC的中点．用，，表示，则＝________． 解析：因为＝ ＝(＋)， 所以＝＋＝(＋)＋＝＋＋. 答案：＋＋ 9．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是CD，PC的中点，并且PA＝AD＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，MN＝________．　 解析：连接PD(图略)，因为M，N分别为CD，PC的中点，所以MN＝PD，又P(0，0，1)，D(0，1，0)， 所以PD＝＝，所以MN＝. 答案： 10.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为________． 解析：设＝a，＝b，＝c， 由已知条件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|， ·＝a·(c－b)＝a·c－a·b ＝|a||c|cos〈a，c〉－|a||b|cos〈a，b〉， 所以⊥，所以cos〈，〉＝0. 答案：0 11．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2.则该二面角的大小为________． 解析：如图所示，二面角的大小就是〈，〉． 因为＝＋＋， 所以2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·) ＝2＋2＋2＋2·， 所以·＝[(2)2－62－42－82]＝－24. 因此·＝24，cos〈，〉＝＝， 又〈，〉∈[0°，180°]， 所以〈，〉＝60°，故二面角为60°. 答案：60° 12．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________． 解析： 设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则B1(0，，2)，F(1，0，1)，E，G(0，0，2)， ＝(1，－，－1)，＝，＝(1，0，－1)． 设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取x＝1，则z＝1，y＝， 故n＝(1，，1)，所以|cos〈n，〉|＝＝， 所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为. 答案： 13.如图，在多面体ABC­A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1∥BC，二面角A1­AB­C是直二面角． 求证：(1)A1B1⊥平面AA1C； (2)AB1∥平面A1C1C. 证明：因为二面角A1­AB­C是直二面角， 四边形A1ABB1为正方形， 所以AA1⊥平面BAC. 又因为AB＝AC，BC＝AB， 所以∠CAB＝90°， 即CA⊥AB， 所以AB，AC，AA1两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz， 设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)． (1)＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，＝(2，0，0)， 设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)， 则即 即取y＝1，则n＝(0，1，0)． 所以＝2n，即∥n， 又A1B1⊄平面AA1C，所以A1B1⊥平面AA1C. (2)易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)， 设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)， 则即 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1，1)． 所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， 所以⊥m， 又AB1⊄平面A1C1C， 所以AB1∥平面A1C1C. 14.如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.求证： (1)EF∥平面PAB； (2)平面PAD⊥平面PDC. 证明：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角 坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)， D(0，2，0)，P(0，0，1)， 所以E， F，＝，＝(1，0，－1)，＝(0，2，－1)，＝(0，0，1)， ＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，＝(1，0，0)． (1)因为＝－， 又与无公共点， 所以∥，即EF∥AB. 又AB⊂平面PAB，EF⊂/ 平面PAB， 所以EF∥平面PAB. (2)因为·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0， 所以⊥，⊥， 即AP⊥DC，AD⊥DC. 又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面PAD， 所以DC⊥平面PAD.又DC⊂平面PCD， 所以平面PAD⊥平面PDC. 15．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点． (1)求证：C1M⊥B1D； (2)求二面角B­B1E­D的正弦值； (3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值． 解：依题意，以C为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，2)，M(1，1，3)． (1)证明：依题意，＝(1，1，0)，＝(2，－2，－2)，从而·＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D. (2)依题意，＝(2，0，0)是平面BB1E的一个法向量，＝(0，2，1)，＝(2，0，－1)． 设n＝(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则即不妨设x＝1，可得n＝(1，－1，2)． 因此有cos〈，n〉＝＝，于是sin〈，n〉＝.所以，二面角B­B1E­D的正弦值为. (3)依题意，＝(－2，2，0)．由(2)知n＝(1，－1，2)为平面DB1E的一个法向量，于是cos〈，n〉＝＝－. 所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为. 16．如图，在三棱台ABC­DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB＝∠ACD＝45°，DC＝2BC. (1)证明：EF⊥DB； (2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值． 解：(1)证明： 如图，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O，连接OB. 由∠ACD＝45°，DO⊥AC得CD＝CO. 由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC， 所以DO⊥BC. 由∠ACB＝45°，BC＝CD＝CO得BO⊥BC. 所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB. 由三棱台ABC­DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB. (2)方法一：如图，过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH. 由三棱台ABC­DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角． 由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角． 设CD＝2. 由DO＝OC＝2，BO＝BC＝，得BD＝，OH＝， 所以sin∠OCH＝＝， 因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为. 方法二：由三棱台ABC­DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ. 如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz. 设CD＝2. 由题意知各点坐标如下： O(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2)． 因此＝(0，2，0)，＝(－1，1，0)，＝(0，－2，2)． 设平面BCD的法向量n＝(x，y，z)． 由即 可取n＝(1，1，1)． 所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为. 17.已知底面ABCD为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几何体． 若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3. (1)求证：EG⊥DF； (2)求二面角A­HF­C的正弦值． 解： (1)证明：如图，连接AC，由AE綊CG可知四边形AEGC为平行四边形，所以EG∥AC. 由题意易知AC⊥BD，AC⊥BF，所以EG⊥BD，EG⊥BF， 因为BD∩BF＝B，BD，BF⊂平面BDHF， 所以EG⊥平面BDHF， 又DF⊂平面BDHF，所以EG⊥DF. (2)设AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，连接OP， 由已知可得平面ADHE∥平面BCGF， 所以EH∥FG，同理可得EF∥HG， 所以四边形EFGH为平行四边形， 所以P为EG的中点，又O为AC的中点， 所以OP綊AE，从而OP⊥平面ABCD. 又OA⊥OB，所以OA，OB，OP两两垂直，以OA，OB，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O­xyz， OP＝3，DH＝4，由平面几何知识，得BF＝2. 则A(2，0，0)，C(－2，0，0)，F(0，2，2)，H(0，－2，4)， 所以＝(－2，2，2)，＝(2，2，2)，＝(0，4，－2)．　 设平面AFH的法向量为n＝(x，y，z)， 则可得 设y＝1，则z＝2，x＝，所以n＝(，1，2)为平面AFH的一个法向量． 同理，平面CFH的一个法向量为m＝(－，1，2)． 设平面AFH与平面CFH所成的角为θ， 则|cos θ|＝＝＝，所以sin θ＝. 能力提升进阶练 1．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，则“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的(　　) A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选B.当x＝2，y＝－3，z＝2时，即＝2－3＋2.则－＝2－3(－)＋2(－)，即＝－3＋2，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设＝m＋n(m，n∈R)，即－＝m(－)＋n(－)，即＝(1－m－n)·＋m＋n，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3，2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件． 2.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为(　　) A．(1，1，1) B. C. D. 解析：选C.设M点的坐标为(x，y，1)，因为AC∩BD＝O，所以O， 又E(0，0，1)，A(，，0)， 所以＝，＝(x－，y－，1)， 因为AM∥平面BDE，所以∥， 所以⇒ 所以M点的坐标为. 3.如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P，Q分别在线段C1D，AC上，则线段PQ长度的最小值是(　　) A. B． C. D. 解析：选C.以D点为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，A(1，0，0)，C1(0，1，2)，所以＝(0，1，2)，＝(1，0，0)，＝(0，1，0)． 设＝λ，＝μ(λ，μ∈[0，1])． 所以＝λ(0，1，2)＝(0，λ，2λ)， ＝＋μ(－)＝(1，0，0)＋μ(－1，1，0)＝(1－μ，μ，0)． 所以||＝|－|＝|(1－μ，μ－λ，－2λ)| ＝ ＝≥＝， 当且仅当λ＝，μ＝，即λ＝，μ＝时取等号． 所以线段PQ长度的最小值为.故选C. 4．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，＝λ，且AB1⊥MN，则λ的值为________． 解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系， 因为底面边长为1，侧棱长为2，则A，B1(－，0，2)，C，C1，M(0，0，0)，设N， 因为＝λ，所以N， 所以＝，＝. 又因为AB1⊥MN，所以·＝0. 所以－＋＝0，所以λ＝15. 答案：15 5．在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点． (1)求证：EF⊥CD； (2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由． 解：(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直． 如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a， 则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F. ＝，＝(0，a，0)． 因为·＝0， 所以⊥，从而得EF⊥CD. (2)存在．理由如下：假设存在满足条件的点G， 设G(x，0，z)，则＝， 若使GF⊥平面PCB，则由 ·＝·(a，0，0) ＝a＝0，得x＝； 由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0. 所以G点坐标为， 故存在满足条件的点G，且点G的坐标为， 即G为AD的中点． 6．如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥AA1； (2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在， 求出点P的位置，若不存在，请说明理由． 解：(1)证明： 设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°， 所以A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3， 所以AO2＋A1O2＝AA， 所以A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)，A1(0，0, )， C1(0，2, )． 由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)， ·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0， 所以⊥，即BD⊥AA1. (2)存在．理由如下： 假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1， 设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，)． 从而有P(0，1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)． 设平面DA1C1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 又＝(0，2，0)，＝(，0，)， 则 令x2＝1，得z2＝－1，所以n＝(1，0，－1)， 因为BP∥平面DA1C1， 令x2＝1，得z1＝－1， 所以n⊥，即n·＝－－λ＝0，得λ＝－1， 即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP. 7．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，BC＝1，BB1＝3，D是CC1的中点，E是AB的中点． (1)证明：DE∥平面C1BA1； (2)F是线段CC1上一点，且直线AF与平面ABB1A1所成角的正弦值为，求二面角F­BA1­A的余弦值． 解：(1)证明：如图，连接AB1交A1B于点O，连接EO，OC1. 因为OA＝OB1，AE＝EB，所以OE＝BB1，OE∥BB1， 又DC1＝BB1，DC1∥BB1， 所以OE綊DC1， 因此，四边形DEOC1为平行四边形，所以ED∥OC1. 因为OC1⊂平面C1BA1，ED⊄平面C1BA1， 所以DE∥平面C1BA1. (2)易知AB，BB1，BC两两垂直， 所以以BA，BB1，BC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系B­xyz，如图． 过点F作FH⊥BB1，交BB1于点H，连接AH. 因为BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC， 所以AB⊥BB1. 因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B，BC，BB1⊂平面CBB1C1， 所以AB⊥平面CBB1C1. 因为AB⊂平面BAA1B1， 所以平面BAA1B1⊥平面CBB1C1. 因为FH⊂平面CBB1C1，FH⊥BB1，平面BAA1B1∩平面CBB1C1＝BB1， 所以FH⊥平面BAA1B1， 所以∠FAH为直线AF与平面ABB1A1所成的角， 记为θ，则sinθ＝＝，所以AF＝3， 在Rt△ACF中，5＝AC2＝AF2－CF2＝9－CF2， 所以CF＝2， 所以F(0，2，1)，A1(2，3，0)， 所以＝(0，2，1)，＝(2，3，0)， 设平面BFA1的法向量为m＝(x，y，z)， 则 取y＝2，得x＝－3，z＝－4， 所以m＝(－3，2，－4)为平面BFA1的一个法向量． 易知平面BAA1的一个法向量为n＝(0，0，1)， 则|cos〈m，n〉|＝＝. 由图知二面角F­BA1­A为钝角， 因此，二面角F­BA1­A的余弦值为－. 8．如图，在几何体ABCEDF中，△ABC，△DFE均为边长为2的正三角形，且平面ABC∥平面DFE，四边形BCED为正方形． (1)若平面BCED⊥平面ABC，求证：平面ADE∥平面BCF； (2)若二面角D­BC­A为150°，求直线BD与平面ADE所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图，取BC的中点O，ED的中点G，连接AO，OF，FG，AG. 因为AO⊥BC，且平面BCED⊥平面ABC， 平面BCED∩平面ABC＝BC， 所以AO⊥平面BCED，同理FG⊥平面BCED， 所以AO∥FG，又AO＝FG＝， 所以四边形AOFG为平行四边形， 所以AG∥OF，因为AG⊄平面BCF，OF⊂平面BCF， 所以AG∥平面BCF， 又DE∥BC，DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF， 所以DE∥平面BCF， 又AG和DE交于点G，AG，DE⊂平面ADE， 所以平面ADE∥平面BCF. (2)连接GO，如图，则GO⊥BC，又AO⊥BC， 所以∠GOA为二面角D­BC­A的平面角， 所以∠GOA＝150°. 过G作GO′⊥AO，交AO的延长线于O′，以O′为坐标原点，O′A所在直线为x轴，过O′平行于BC的直线为y轴，O′G所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)， D(0，1，1)，E(0，－1，1)，B(，1，0)， 所以＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)． 设平面ADE的法向量是n＝(x，y，z)，则即 令x＝，则z＝6，所以n＝(，0，6)． 又＝(－，0，1)， 所以|cos〈，n〉|＝＝＝， 即直线BD与平面ADE所成角的正弦值为. 9.如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2. (1)求证：平面PAC⊥平面PCE； (2)若直线PC与平面ABCD所成的角为45°，求二面角P­CE­D的余弦值． 解：(1)证明：如图(1)，连接BD，交AC于点O，设PC的中点为F，连接OF，EF. 因为底面ABCD是菱形，所以O是AC的中点， 又F是PC的中点，所以OF∥PA且OF＝PA. 因为DE∥PA且DE＝PA，所以OF∥DE且OF＝DE. 所以四边形OFED为平行四边形，所以OD∥EF，即BD∥EF. 因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD. 因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC. 又因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BD⊥平面PAC. 所以EF⊥平面PAC. 又因为EF⊂平面PCE，所以平面PAC⊥平面PCE. (2)因为PA⊥底面ABCD，直线PC与平面ABCD所成的角为45°， 所以∠PCA＝45°，所以AC＝PA＝2. 所以AC＝AB＝BC，故△ABC为等边三角形． 设BC的中点为M，连接AM，则AM⊥BC，所以AM⊥AD. 以A为坐标原点，AM，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A­xyz，如图(2)， 则P(0，0，2)，C(，1，0)，E(0，2，1)，D(0，2，0)， 所以＝(，1，－2)，＝(－，1，1)，＝(0，0，1)． 设平面PCE的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则即 取y1＝1，则x1＝，z1＝2. 所以n＝(，1，2)． 设平面CDE的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则即 取x2＝1，则y2＝，z2＝0. 所以m＝(1，，0)． 设二面角P­CE­D的大小为θ，由图(2)易知θ为钝角， 所以cos θ＝－|cos〈n，m〉|＝－＝－＝－. 所以二面角P­CE­D的余弦值为－. 3 / 48 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $