36/3635/36/eq\a\vs4\al(立體幾何中的向量方法)第一課時空間向量與平行、垂直關系預習課本P102～108，思考并完成以下問題1．平面的法向量的定義是什么？2．設直線l的方向向量u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，則l∥α，l⊥α的充要條件分別是什么？1．平面的法向量(1)直線的方向向量直線的方向向量是指和這條直線平行或共線的向量．(2)平面的法向量直線l⊥α，取直線l的方向向量a，則a叫做平面α的法向量．2．空間平行關系的向量表示(1)線線平行設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，則l∥m?a∥b?a＝λb?a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．(2)線面平行設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量為u＝(a2，b2，c2)，則l∥α?a⊥u?a·u＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(3)面面平行設平面α，β的法向量分別為u＝(a1，b1，c1)，v＝(a2，b2，c2)，則α∥β?u∥v?u＝λv?a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．3．空間垂直關系的向量表示(1)線線垂直設直線l的方向向量為a＝(a1，a2，a3)，直線m的方向向量為b＝(b1，b2，b3)，則l⊥m?a·b＝0?a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.(2)線面垂直設直線l的方向向量是a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是u＝(a2，b2，c2)，則l⊥α?a∥u?a＝λu?a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．(3)面面垂直若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝(a2，b2，c2)，則α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.1．判斷下列命題是否正確．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)直線l的方向向量是惟一的()(2)若點A，B是平面α上的任意兩點，n是平面α的法向量，則·n＝0()(3)若向量n1，n2為平面α的法向量，則以這兩個向量為方向向量的兩條不重合直線一定平行()答案：(1)×(2)√(3)√2．若A(1,0，－1)，B(2,1,2)在直線l上，則直線l的一個方向向量是()A．(2,2,6) B．(－1,1,3)C．(3,1,1) D．(－3,0,1)答案：A3．設直線l1，l2的方向向量分別為a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，則m等于()A．－2 B．2C．6 D．10答案：D求平面的法向量[典例]已知平面α經過三點A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，求平面α的一個法向量．[解]因為A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，所以＝(1，－2，－4)，＝(2，－4，－3)．設平面α的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－4z＝0，,2x－4y－3z＝0.))得z＝0，x＝2y，令y＝1，則x＝2，所以平面α的一個法向量為n＝(2,1,0)．利用待定系數法求法向量的解題步驟[活學活用]四邊形ABCD是直角梯形，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1.在如圖所示的坐標系Axyz中，分別求平面SCD和平面SAB的一個法向量．解：A(0,0,0)，D(1,0,0)，C(2,2,0)，S(0,0,2)．∵AD⊥平面SAB，∴＝(1,0,0)是平面SAB的一個法向量．設平面SCD的法向量為n＝(1，y，z)，則n·＝(1，y，z)·(1,2,0)＝1＋2y＝0，∴y＝－eq\f(1,2).又n·＝(1，y，z)·(－1,0,2)＝－1＋2z＝0，∴z＝eq\f(1,2).∴n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(1,2)，\f(1,2)))即為平面SCD的一個法向量.用空間向量證明平行問題[典例]已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E，F分別是BB1，DD1的中點，求證：(1)FC1∥平面ADE；(2)平面ADE∥平面B1C1F.[證明]如圖所示建立空間直角坐標系D-xyz，則有D(0,0,0)，A(2,0,0)，C1(0,2,2)，E(2,2,1)，F(0,0,1)，B1(2，2,2)，所以＝(0,2,1)，＝(2,0,0)，＝(0,2,1)．(1)設n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，則n1⊥，n1⊥，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝2x1＝0，,n1·＝2y1＋z1＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,z1＝－2y1，))令z1＝2，則y1＝－1，所以n1＝(0，－1,2)．因為·n1＝－2＋2＝0，所以⊥n1.又因為FC1?平面ADE，所以FC1∥平面ADE.(2)因為＝(2,0,0)，設n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一個法向量．由n2⊥，n2⊥，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·＝2y2＋z2＝0，,n2·＝2x2＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,z2＝－2y2.))令z2＝2，得y2＝－1，所以n2＝(0，－1,2)，因為n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F.利用向量法證明平行問題的兩種途徑(1)利用三角形法則和平面向量基本定理實現向量間的相互轉化，得到向量的共線關系；(2)通過建立空間直角坐標系，借助直線的方向向量和平面的法向量進行平行關系的證明．[活學活用]在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，P，Q，R，S分別是AA1，D1C1，AB，CC1的中點．求證：PQ∥RS.證明：法一：以D為原點，DA，DC，DD1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系D-xyz.則P(3,0,1)，Q(0,2,2)，R(3,2,0)，S(0,4,1)，＝(－3,2,1)，＝(－3,2,1)，∴＝，∴∥，即PQ∥RS.法二：＝＋＝eq\f(1,2)－＋eq\f(1,2)，＝＋＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－，∴＝，∴∥，即RS∥PQ.利用空間向量證明垂直問題[典例]如圖，在四棱錐E-ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.求證：平面ADE⊥平面ABE.[證明]取BE的中點O，連接OC，則OC⊥EB，又AB⊥平面BCE，∴以O為原點建立空間直角坐標系O-xyz.如圖所示．則由已知條件有C(1,0,0)，E(0，－eq\r(3)，0)，D(1,0,1)，A(0，eq\r(3)，2)．設平面ADE的法向量為n＝(a，b，c)，則n·＝(a，b，c)·(0,2eq\r(3)，2)＝2eq\r(3)b＋2c＝0，n·＝(a，b，c)·(－1，eq\r(3)，1)＝－a＋eq\r(3)b＋c＝0.令b＝1，則a＝0，c＝－eq\r(3)，∴n＝(0,1，－eq\r(3))，又AB⊥平面BCE，∴AB⊥OC，∴OC⊥平面ABE，∴平面ABE的法向量可取為m＝(1,0,0)．∵n·m＝(0,1，－eq\r(3))·(1,0,0)＝0，∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE.(1)用向量法判定線面垂直，只需直線的方向向量與平面的法向量平行或直線的方向向量與平面內兩相交的直線的方向向量垂直．(2)用向量法判定兩個平面垂直，只需求出這兩個平面的法向量，再看它們的數量積是否為0.[活學活用]在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別為BB1，D1B1的中點，求證：EF⊥平面B1AC.證明：設正方體的棱長為2，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)，E(2，2,1)，F(1,1,2)．法一：＝(－1，－1,1)，＝(0,2,2)，＝(－2,2,0)，∴·＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝0，·＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝0，∴EF⊥AB1，EF⊥AC，又AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面B1AC.法二：設平面B1AC的法向量為n＝(x，y，z)．又＝(0,2,2)，＝(－2,2,0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥，,n⊥))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝2y＋2z＝0，,n·＝－2x＋2y＝0，))令x＝1，可得平面B1AC的一個法向量為n＝(1,1，－1)．又＝－n，∴∥n，∴EF⊥平面B1AC.層級一學業水平達標1．若n＝(2，－3,1)是平面α的一個法向量，則下列向量中能作為平面α的法向量的是()A．(0，－3,1) B．(2,0,1)C．(－2，－3,1) D．(－2,3，－1)解析：選D問題即求與n共線的一個向量．即n＝(2，－3，1)＝－(－2,3，－1)．2．已知直線l與平面α垂直，直線l的一個方向向量為u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2,1)與平面α平行，則z等于()A．3 B．6C．－9 D．9解析：選C∵l⊥α，v與平面α平行，∴u⊥v，即u·v＝0，∴1×3＋3×2＋z×1＝0，∴z＝－9.3．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，則平面ABC的一個法向量是()A．(1,1，－1) B．(1，－1,1)C．(－1,1,1) D．(－1，－1，－1)解析：選D＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)．設平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))取x＝－1，則y＝－1，z＝－1.故平面ABC的一個法向量是(－1，－1，－1)．4．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，若E為A1C1的中點，則直線CE垂直于()A．ACB．BDC．A1DD．A1A解析：選B建立如圖所示的空間直角坐標系．設正方體的棱長為1.則A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，1))，＝(－1,1,0)，＝(－1，－1,0)，＝(－1,0，－1)，＝(0,0，－1)．∵·＝(－1)×eq\f(1,2)＋(－1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋0×1＝0，∴CE⊥BD.5.如圖，在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，點M，P，Q分別為棱AB，CD，BC的中點，平行六面體的各棱長均相等．給出下列結論：①A1M∥D1P；②A1M∥B1Q；③A1M∥平面DCC1D1；④A1M∥平面D1PQB1.這四個結論中正確的個數為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選C∵＝＋＝＋eq\f(1,2)，＝＋＝＋eq\f(1,2)，∴∥，從而A1M∥D1P，可得①③④正確．又B1Q與D1P不平行，故②不正確．6.已知點P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．對于結論：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正確的是_______(填序號)．解析：由于·＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，·＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以①②③正確．答案：①②③7．在直角坐標系O-xyz中，已知點P(2cosx＋1,2cos2x＋2,0)和點Q(cosx，－1,3)，其中x∈[0，π]，若直線OP與直線OQ垂直，則x的值為________．解析：由OP⊥OQ，得·＝0.即(2cosx＋1)·cosx＋(2cos2x＋2)·(－1)＝0.∴cosx＝0或cosx＝eq\f(1,2).∵x∈[0，π]，∴x＝eq\f(π,2)或x＝eq\f(π,3).答案：eq\f(π,2)或eq\f(π,3)8.如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC為直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點，點E在棱AA1上，要使CE⊥面B1DE，則AE＝________.解析：建立如圖所示的空間直角坐標系，則B1(0,0,3a)，C(0，eq\r(2)a,0)，Deq\f(\r(2)a,2)，eq\f(\r(2)a,2)，3a.設E(eq\r(2)a,0，z)(0≤z≤3a)，則＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)a，－\r(2)a，z))，＝(eq\r(2)a,0，z－3a)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)a,2)，\f(\r(2)a,2)，0)).又·＝a2－a2＋0＝0，故由題意得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a.故AE＝a或2a.答案：a或2a9.如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，側棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E為PC的中點，EF⊥BP于點F.求證：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.證明：以D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D-xyz，如圖，設DC＝PD＝1，則P(0,0,1)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).∴＝(1,1，－1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2)))，設F(x，y，z)，則＝(x，y，z－1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y－\f(1,2)，z－\f(1,2))).∵⊥，∴x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(1,2)))＝0，即x＋y－z＝0.①又∵∥，可設＝λ，∴x＝λ，y＝λ，z－1＝－λ.②由①②可知，x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(2,3)，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(1,6)，\f(1,6))).(1)設n1＝(x1，y1，z1)為平面EDB的一個法向量，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y1＋\f(1,2)z1＝0，,x1＋\f(1,2)y1－\f(1,2)z1＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝z1，,y1＝－z1.))取z1＝－1，則n1＝(－1,1，－1)．∵＝(1,0，－1)，∴·n1＝0.又∵PA?平面EDB，∴PA∥平面EDB.(2)設n2＝(x2，y2，z2)為平面EFD的一個法向量，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x2－\f(1,6)y2＋\f(1,6)z2＝0，,\f(1,2)y2＋\f(1,2)z2＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝－z2，,y2＝－z2.))取z2＝1，則n2＝(－1，－1,1)．∴∥n2，∴PB⊥平面EFD.10．已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中，E，M分別是BC，AE的中點，AD＝AA1＝a，AB＝2a.試問在線段CD1上是否存在一點N使MN∥平面ADD1A1，若存在確定N的位置，若不存在說明理由．解：以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(a，0,0)，B(a,2a,0)，C(0，2a,0)，D1(0,0，a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，2a，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a，a，0))，＝(0,2a,0)，＝(0，－2a，a)，假設CD1上存在點N使MN∥平面ADD1A1并設＝λ1＝(0，－2aλ，aλ)(0<λ<1)．則＝＋＝(0,2a,0)＋(0，－2aλ，aλ)＝(0,2a(1－λ)，aλ)，＝－＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)a，a－2aλ，aλ)).又是平面ADD1A1的一個法向量．∴⊥，則2a(a－2aλ)＝0，λ＝eq\f(1,2).又MN?平面ADD1A1.故存在N為CD1的中點使MN∥平面ADD1A1.層級二應試能力達標1．已知a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，\f(5,2)))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，x，y))分別是直線l1，l2的一個方向向量．若l1∥l2，則()A．x＝3，y＝eq\f(15,2) B．x＝eq\f(3,2)，y＝eq\f(15,4)C．x＝3，y＝15 D．x＝3，y＝eq\f(15,4)解析：選D∵l1∥l2，∴eq\f(\f(3,2),1)＝eq\f(x,2)＝eq\f(y,\f(5,2))，∴x＝3，y＝eq\f(15,4)，故選D.2.在如圖所示的空間直角坐標系中，ABCD-A1B1C1D1是棱長為1的正方體，給出下列結論：①平面ABB1A1的一個法向量為(0,1,0)；②平面B1CD的一個法向量為(1,1,1)；③平面B1CD1的一個法向量為(1,1,1)；④平面ABC1D1的一個法向量為(0,1,1)．其中正確結論的個數為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選B∵＝(0,1,0)，AB⊥AD，AA1⊥AD，又AB∩AA1＝A，∴AD⊥平面ABB1A1，∴①正確；∵＝(－1,0,0)，而(1,1,1)·＝－1≠0，∴(1,1,1)不是平面B1CD的法向量，∴②不正確；∵＝(0,1，－1)，＝(－1,0,1)，(1,1,1)·＝0，(1,1,1)·＝0，B1C∩CD1＝C，∴(1,1,1)是平面B1CD1的一個法向量，∴③正確；∵＝(0,1,1)，而·(0,1,1)＝2≠0，∴(0,1,1)不是平面ABC1D1的法向量，即④不正確．因此正確結論的個數為2，選B.3．已知平面α內有一個點A(2，－1,2)，α的一個法向量為n＝(3,1,2)，則下列點P中，在平面α內的是()A．(1，－1,1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3，\f(3,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－3，\f(3,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3，－\f(3,2)))解析：選B要判斷點P是否在平面α內，只需判斷向量與平面α的法向量n是否垂直，即·n是否為0，因此，要對各個選項進行檢驗．對于選項A，＝(1,0,1)，則·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A；對于選項B，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－4，\f(1,2)))，則·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－4，\f(1,2)))·(3,1,2)＝0，故B正確；同理可排除C、D.故選B.4.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為A1B，AC的中點，則MN與平面BB1C1C的位置關系是()A．相交 B．平行C．垂直 D．不能確定解析：選B建系如圖，設正方體的棱長為2，則A(2,2,2)，A1(2,2,0)，C(0,0,2)，B(2,0,2)，∴M(2,1,1)，N(1,1,2)，∴＝(－1,0,1)．又平面BB1C1C的一個法向量為n＝(0,1,0)，∵－1×0＋0×1＋1×0＝0，∴⊥n，∴MN∥平面BB1C1C.故選B.5．若直線l的一個方向向量為a＝(1,0,2)，平面α的一個法向量為u＝(－2,0，－4)，則直線l與平面α的位置關系為________．解析：∵u＝－2a，∴a∥u，∴l⊥α.答案：l⊥α6．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，則＝________.解析：∵⊥，∴·＝0，∴3＋5－2z＝0，∴z＝4.∵＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·＝0，,·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＋5y＋6＝0，,3x－3＋y－12＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(40,7)，,y＝－\f(15,7)，))故＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3))7.如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面邊長為2eq\r(2)，側棱長為4，E，F分別是棱AB，BC的中點．求證：平面B1EF⊥平面BDD1B1.證明：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖，由題意，知D(0,0,0)，A(2eq\r(2)，0,0)，C(0,2eq\r(2)，0)，B1(2eq\r(2)，2eq\r(2)，4)，E(2eq\r(2)，eq\r(2)，0)，F(eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，則＝(0，－eq\r(2)，－4)，＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)．設平面B1EF的法向量為n＝(x，y，z)．則n·＝－eq\r(2)y－4z＝0，n·＝－eq\r(2)x＋eq\r(2)y＝0，得x＝y，z＝－eq\f(\r(2),4)y，令y＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(\r(2),4))).又平面BDD1B1的一個法向量為＝(－2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，而n·＝1×(－2eq\r(2))＋1×2eq\r(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),4)))×0＝0，即n⊥，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.8.如圖，在三棱錐P-ABC中，三條側棱PA，PB，PC兩兩垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分別為BC，PB上的點，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.(1)求證：平面GEF⊥平面PBC；(2)求證：EG與直線PG和BC都垂直．證明：(1)如圖，以三棱錐的頂點P為原點，以PA，PB，PC所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系P-xyz.則A(3,0,0)，B(0,3,0)，C(0,0,3)，E(0,2,1)，F(0,1,0)，G(1,1,0)，P(0，0,0)．于是＝(0，－1，－1)，＝(1，－1，－1)．設平面GEF的法向量是n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥，,n⊥，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,x－y－z＝0，))可取n＝(0,1，－1)．顯然＝(3,0,0)是平面PBC的一個法向量．又n·＝0，∴n⊥，即平面PBC的法向量與平面GEF的法向量垂直，∴平面GEF⊥平面PBC.(2)由(1)，知＝(1，－1，－1)，＝(1,1,0)，＝(0，－3,3)，∴·＝0，·＝0，∴EG⊥PG，EG⊥BC，∴EG與直線PG和BC都垂直．第二課時空間向量與空間角、距離預習課本P109～110，思考并完成以下問題1．如何利用空間向量求兩異面直線所成的角，直線與平面所成的角及二面角？2．如何利用空間向量求點到平面的距離？1．空間角及向量求法角的分類向量求法范圍異面直線所成的角設兩異面直線所成的角為θ，它們的方向向量為a，b，則cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)0，eq\f(π,2)直線與平面所成的角設直線l與平面α所成的角為θ，l的方向向量為a，平面α的法向量為n，則sinθ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|)0，eq\f(π,2)二面角設二面角α-l-β的平面角為θ，平面α，β的法向量為n1，n2，則|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)[0，π]2．空間距離的向量求法分類向量求法兩點距設A，B為空間中任意兩點，則d＝|AB|點面距設平面α的法向量為n，B?α，A∈α，則B點到平面α的距離d＝eq\f(|·n|,|n|)1．判斷下列命題是否正確．(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)兩異面直線所成的角與兩直線的方向向量所成的角相等()(2)直線l與平面α的法向量的夾角的余角就是直線l與平面α所成的角()(3)二面角α-l-β的大小為θ，平面α，β的法向量分別為n1，n2，則θ＝n1，n2()答案：(1)×(2)×(3)×2．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量、法向量，若cosm，n＝－eq\f(1,2)，則直線l與平面α所成的角為()A．30° B．60°C．120° D．150°答案：A3．已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角的大小為()A．45° B．135°C．45°或135° D．90°答案：C求兩異面直線所成的角[典例]如圖，在三棱錐V-ABC中，頂點C在空間直角坐標系的原點處，頂點A，B，V分別在x，y，z軸上，D是線段AB的中點，且AC＝BC＝2，∠VDC＝eq\f(π,3)，求異面直線AC與VD所成角的余弦值．[解]AC＝BC＝2，D是AB的中點，所以C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(1,1,0)．在Rt△VCD中，CD＝eq\r(2)，∠VDC＝eq\f(π,3)，故V(0,0，eq\r(6))．所以＝(－2,0,0)，＝(1,1，－eq\r(6))．所以cos〈，〉＝eq\f(·,||||)＝eq\f(－2,2·2\r(2))＝－eq\f(\r(2),4).所以異面直線AC與VD所成角的余弦值為eq\f(\r(2),4).利用空間向量求兩條異面直線所成的角，可以避免復雜的幾何作圖和論證過程，只需通過相應的向量運算即可，但應注意：用向量法求兩條異面直線所成的角是通過兩條直線的方向向量的夾角來求解的，而兩條異面直線所成角θ的取值范圍是0，eq\f(π,2)，兩向量的夾角α的取值范圍是[0，π]，所以cosθ＝|cosα|.[活學活用]如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，面ABCD與面D1C1CD垂直，且∠D1DC＝eq\f(π,3)，DC＝DD1＝2，DA＝eq\r(3)，∠ADC＝eq\f(π,2)，求異面直線A1C與AD1所成角的余弦值．解：建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(eq\r(3)，0,0)，D1(0,1，eq\r(3))，C(0,2,0)，D(0,0,0)．由＝得A1(eq\r(3)，1，eq\r(3))．∴＝(－eq\r(3)，1，－eq\r(3))．＝(eq\r(3)，－1，－eq\r(3))．∴cos〈，〉＝eq\f(·,||·||)＝eq\f(?－\r(3)，1，－\r(3)?·?\r(3)，－1，－\r(3)?,\r(7)·\r(7))＝－eq\f(1,7).∴異面直線A1C與AD1所成角的余弦值為eq\f(1,7).求直線與平面所成的角[典例]如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面為直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M，N分別為PC，PB的中點．(1)求證：PB⊥DM；(2)求BD與平面ADMN所成的角．[解]如圖，以點A為坐標原點建立空間直角坐標系，設BC＝1，則A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,1,0)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1)).(1)證明：·＝(2,0，－2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，1))＝0，∴⊥，即PB⊥DM.(2)∵·＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0，∴PB⊥AD.又∵PB⊥DM，∴PB⊥平面ADMN.即為平面ADMN的一個法向量．因此〈，〉的余角即是BD與平面ADMN所成的角．∵cos〈，〉＝eq\f(·,||·||)＝eq\f(4,2\r(2)×2\r(2))＝eq\f(1,2)，∴〈，〉＝eq\f(π,3)，∴BD與平面ADMN所成的角為eq\f(π,6).求直線與平面的夾角的方法與步驟思路一：找直線在平面內的射影，充分利用面與面垂直的性質及解三角形知識可求得夾角(或夾角的某一三角函數值)．思路二：用向量法求直線與平面的夾角可利用向量夾角公式或法向量．利用法向量求直線與平面的夾角的基本步驟：(1)建立空間直角坐標系；(2)求直線的方向向量；(3)求平面的法向量n；(4)計算：設線面角為θ，則sinθ＝eq\f(|n·|,|n|·||).[活學活用]如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點．求直線BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值．解：設正方體的棱長為1.如圖所示，以，，為單位正交基底建立空間直角坐標系O-xyz.依題意，得B(1,0,0)，E0,1，eq\f(1,2)，A(0,0,0)，D(0,1,0)，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1,2)))，＝(0,1,0)．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，因為AD⊥平面ABB1A1，所以是平面ABB1A1的一個法向量．設直線BE和平面ABB1A1所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|·|,||·||)＝eq\f(1,\f(3,2)×1)＝eq\f(2,3).故直線BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值為eq\f(2,3).求二面角[典例]如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都相等，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形．(1)證明：O1O⊥底面ABCD.(2)若∠CBA＝60°，求二面角C1-OB1-D的余弦值．[解](1)證明：因為四邊形ACC1A1和四邊形BDD1B1均為矩形，所以CC1⊥AC，DD1⊥BD，又CC1∥DD1∥OO1，所以OO1⊥AC，OO1⊥BD，因為AC∩BD＝O，所以O1O⊥底面ABCD.(2)因為四棱柱的所有棱長都相等，所以四邊形ABCD為菱形，AC⊥BD.又O1O⊥底面ABCD，所以OB，OC，OO1兩兩垂直．如圖，以O為原點，OB，OC，OO1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系．設棱長為2，因為∠CBA＝60°，所以OB＝eq\r(3)，OC＝1，所以O(0,0,0)，B1(eq\r(3)，0,2)，C1(0,1,2)，平面BDD1B1的一個法向量為n＝(0,1,0)，設平面OC1B1的法向量為m＝(x，y，z)，則由m⊥，m⊥，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋2z＝0，,y＋2z＝0))取z＝－eq\r(3)，則x＝2，y＝2eq\r(3)，所以m＝(2,2eq\r(3)，－eq\r(3))，所以cosm，n＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),\r(19))＝eq\f(2\r(57),19).由圖形可知二面角C1-OB1-D的大小為銳角，所以二面角C1-OB1-D的余弦值為eq\f(2\r(57),19).[一題多變]1．[變設問]本例條件不變，求二面角B-A1C-D的余弦值．解：建立如圖所示的空間直角坐標系．設棱長為2，則A1(0，－1,2)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0,1,0)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，0，0)).所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，1，0))，＝(0,2，－2)，＝(－eq\r(3)，－1,0)．設平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y1－2z1＝0，,－\r(3)x1＋y1＝0，))取x1＝eq\r(3)，則y1＝z1＝3，故n1＝(eq\r(3)，3,3)．設平面A1CD的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y2－2z2＝0，,－\r(3)x2－y2＝0，))取x2＝eq\r(3)，則y2＝z2＝－3，故n2＝(eq\r(3)，－3，－3)．所以cosn1，n2＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝－eq\f(15,21)＝－eq\f(5,7).由圖形可知二面角B-A1C-D的大小為鈍角，所以二面角B-A1C-D的余弦值為－eq\f(5,7).2．[變條件、變設問]本例四棱柱中，∠CBA＝60°改為∠CBA＝90°，設E，F分別是棱BC，CD的中點，求平面AB1E與平面AD1F所成銳二面角的余弦值．解：以A為坐標原點建立空間直角坐標系，如圖所示，設此棱柱的棱長為1，則A(0,0,0)，B1(1,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，D1(0,1,1)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，＝(1,0,1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，＝(0,1,1)．設平面AB1E的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋z1＝0，,x1＋\f(1,2)y1＝0，))令y1＝2，則x1＝－1，z1＝1，所以n1＝(－1,2,1)．設平面AD1F的法向量為n2＝(x2，y2，z2)．則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＋z2＝0，,\f(1,2)x2＋y2＝0.))令x2＝2，則y2＝－1，z2＝1.所以n2＝(2，－1,1)．所以平面AB1E與平面AD1F所成銳二面角的余弦值為eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(3,\r(6)×\r(6))＝eq\f(1,2).向量法求二面角(或其某個三角函數值)的四個步驟(1)建立適當的坐標系，寫出相應點的坐標；(2)求出兩個半平面的法向量n1，n2；(3)設二面角的平面角為θ，則|cosθ|＝|cosn1，n2|；(4)根據圖形判斷θ為鈍角還是銳角，從而求出θ(或其三角函數值)．用空間向量求距離[典例]四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝DA＝2，F，E分別為AD，PC的中點．(1)求證：DE∥平面PFB；(2)求點E到平面PFB的距離．[解](1)證明：以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則P(0,0,2)，F(1,0,0)，B(2,2,0)，E(0,1,1)．＝(－1,0,2)，＝(1,2,0)，＝(0,1,1)，∴＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，∴∥平面PFB.又∵DE?平面PFB，∴DE∥平面PFB.(2)∵DE∥平面PFB，∴點E到平面PFB的距離等于點D到平面PFB的距離．設平面PFB的一個法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝0，,－x＋2z＝0，))令x＝2，得y＝－1，z＝1.∴n＝(2，－1,1)，又∵＝(－1,0,0)，∴點D到平面PFB的距離d＝eq\f(|·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3).∴點E到平面PFB的距離為eq\f(\r(6),3).求點到平面的距離的四步驟[活學活用]在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別是A1B1，CD的中點，求點B到平面AEC1F的距離．解：以D為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1,0,0)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，B(1,1,0)．∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，＝－1，eq\f(1,2)，0.設平面AEC1F的法向量為n＝(1，λ，μ)，則n·＝0，n·＝0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)λ＋μ＝0，,－1＋\f(1,2)λ＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝2，,μ＝－1，))∴n＝(1,2，－1)．又∵＝(0,1,0)，∴點B到平面AEC1F的距離d＝eq\f(|·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3).層級一學業水平達標1．已知平面α的一個法向量為n＝(－2，－2,1)，點A(－1,3,0)在平面α內，則點P(－2,1,4)到平面α的距離為()A．10 B．3C.eq\f(8,3) D.eq\f(10,3)解析：選D點P到平面α的距離d＝eq\f(|·n|,|n|)＝eq\f(|－2－4－4|,\r(4＋4＋1))＝eq\f(10,3).2．已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則CD與平面BDC1所成角的正弦值等于()A.eq\f(2,3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(1,3)解析：選A建立如圖所示的空間直角坐標系，設AA1＝2AB＝2，則B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，C1(0,1,2)，故＝(1,1,0)，＝(0,1,2)，＝(0,1,0)．設平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))令z＝1，則y＝－2，x＝2，所以平面BDC1的一個法向量為n＝(2，－2,1)．設直線CD與平面BDC1所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈n，〉|＝eq\f(|n·|,|n|·||)＝eq\f(2,3)，故選A.3．在60°的二面角α-l-β的棱l上有兩點A，B，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內，AC⊥l，BD⊥l，若AB＝4，AC＝6，BD＝8，則CD的長為()A．2eq\r(29)B．2eq\r(17)C．2eq\r(5)D．2eq\r(41)解析：選B由已知，可得AC⊥AB，BD⊥AB，∵二面角的大小為60°，則〈，〉＝60°.∴〈，〉＝120°，∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝36＋16＋64＋2×6×8×cos120°＝68.∴CD＝eq\r(68)＝2eq\r(17).4．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝2，DD1＝3，則AC與BD1所成角的余弦值為()B.eqB.eq\f(3\r(70),70)C．－eq\f(3\r(70),70)D.eqD.q\f(\r(70),70)解析：選A建立如圖坐標系，則D1(0,0,3)，B(2,2,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，∴＝(－2，－2,3)，＝(－2,2,0)．∴cos〈，〉＝eq\f(·,||||)＝0.∴〈，〉＝90°，其余弦值為0.5．正方形ABCD所在平面外有一點P，PA⊥平面ABCD.若PA＝AB，則平面PAB與平面PCD所成的二面角的大小為()A．30°B．45°C．60° D．90°解析：選B建系如圖，設AB＝1，則A(0,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0,1)，D(1,0,0)，C(1,1,0)．平面PAB的法向量為n1＝(1,0,0)．設平面PCD的法向量n2＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－z＝0，,y＝0.))令x＝1，則z＝1.∴n2＝(1,0,1)，cos〈n1，n2〉＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).∴平面PAB與平面PCD所成的二面角的余弦值為eq\f(\r(2),2).∴此角的大小為45°.6．直線l的方向向量a＝(－2,3,2)，平面α的一個法向量n＝(4,0,1)，則直線l與平面α所成角的正弦值為___________________________________________________________．解析：設直線l與平面α所成的角是θ，a，n所成的角為β，sinθ＝|cosβ|＝eq\f(|?－2，3，2?·?4，0，1?|,\r(17)×\r(17))＝eq\f(6,17).答案：eq\f(6,17)7．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是棱AA1和BB1的中點，則sin〈，〉＝________.解析：建立如圖所示空間直角坐標系，設正方體棱長為2.則C(0,2,0)，M(2,0,1)，D1(0,0,2)，N(2,2,1)．∴＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)．cos〈，〉＝eq\f(4－4－1,3×3)＝－eq\f(1,9).∴sin〈，〉＝eq\f(4\r(5),9).答案：eq\f(4\r(5),9)8.如圖正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，O是平面A1B1C1D1的中心，則BO與平面ABC1D1所成角的正弦值為________．解析：建立空間直角坐標系如圖，則B(1,1,0)，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，＝(1,0,1)是平面ABC1D1的一個法向量．又＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，－1))，∴BO與平面ABC1D1所成角的正弦值為eq\f(|·|,||·||)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(6),2)×\r(2))＝eq\f(\r(3),6).答案：eq\f(\r(3),6)9.如圖，在四棱錐PABCD中，AB⊥PA，AB∥CD，且PB＝BC＝BD＝eq\r(6)，CD＝2AB＝2eq\r(2)，∠PAD＝120°.(1)求證：平面PAD⊥平面PCD；(2)求直線PD與平面PBC所成的角的正弦值．解：(1)證明：取CD的中點E，連接BE.∵BC＝BD，E為CD中點，∴BE⊥CD，又∵AB∥CD，AB＝eq\f(1,2)CD＝DE，∴四邊形ABED是矩形，∴AB⊥AD，又AB⊥PA，PA?平面PAD，AD?平面PAD，PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD.∵AB∥CD，∴CD⊥平面PAD，又CD?平面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD.(2)以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，以平面ABCD過點A的垂線為z軸建立空間直角坐標系Axyz，如圖所示：∵PB＝BD＝eq\r(6)，AB＝eq\r(2)，AB⊥PA，AB⊥AD，∴PA＝AD＝2.∴P(0，－1，eq\r(3))，D(0,2,0)，B(eq\r(2)，0,0)，C(2eq\r(2)，2,0)，∴＝(0,3，－eq\r(3))，＝(－eq\r(2)，－1，eq\r(3))，＝(eq\r(2)，2,0)．設平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)x＋2y＝0，,－\r(2)x－y＋\r(3)z＝0，))取x＝eq\r(2)，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，－1，\f(\r(3),3)))，∴cos〈n，〉＝eq\f(n·,|n|||)＝eq\f(－4,\r(\f(10,3))·2\r(3))＝－eq\f(\r(10),5).∴直線PD與平面PBC所成的角的正弦值為eq\f(\r(10),5).10.如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.(1)求證：BC⊥平面PAC；(2)若二面角D-PC-A的余弦值為eq\f(\r(5),5)，求點A到平面PBC的距離．解：(1)證明：∵PA⊥底面ABCD，BC?平面ABCD，∴PA⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.(2)設AP＝h，取CD的中點E，則AE⊥CD，∴AE⊥AB.又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，PA⊥AB，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，P(0,0，h)，Ceq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，0，Deq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，0，B(0,2,0)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－h))，＝(0,1,0)，設平面PDC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1－hz1＝0，,y1＝0，))取x1＝h，∴n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h，0，\f(\r(3),2))).由(1)知平面PAC的一個法向量為＝eq\f(\r(3),2)，－eq\f(3,2)，0，∴|cosn1，|＝eq\f(\f(\r(3),2)h,\r(h2＋\f(3,4))×\r(3))＝eq\f(\r(5),5)，解得h＝eq\r(3)，同理可求得平面PBC的一個法向量n2＝(3，eq\r(3)，2)，所以，點A到平面PBC的距離為d＝eq\f(|·n2|,|n2|)＝eq\f(2\r(3),4)＝eq\f(\r(3),2).層級二應試能力達標1.如圖所示，已知四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，點F為PC的中點，則二面角C-BF-D的正切值為()A.eq\f(\r(3),6) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),3) D.eq\f(2\r(3),3)解析：選D如圖所示，設AC與BD交于O，連接OF.以O為坐標原點，OB，OC，OF所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系O-xyz.設PA＝AD＝AC＝1，則BD＝eq\r(3)，所以O(0,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，易知為平面BDF的一個法向量，由＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，可得平面BCF的一個法向量為n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))．所以cosn，＝eq\f(\r(21),7)，sinn，＝eq\f(2\r(7),7)，所以tann，＝eq\f(2\r(3),3).2．在長方體ABCD-A1B1C1D1中，B1C和C1D與底面所成角分別為60°和45°，則異面直線B1C和C1D所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(6),4)B.eqB.eq\f(\r(10),4)C.eqC.eq\f(\r(3),2)D.eqD.eq\f(\r(3),4)解析：選A建立如圖的空間直角坐標系，可知∠CB1C1＝60°，∠DC1D1＝45°，設B1C1＝1，CC1＝eq\r(3)＝DD1.∴C1D1＝eq\r(3)，則有B1(eq\r(3)，0,0)，C(eq\r(3)，1，eq\r(3))，C1(eq\r(3)，1,0)，D(0,1，eq\r(3))．∴＝(0,1，eq\r(3))，＝(－eq\r(3)，0，eq\r(3))．∴cos〈，〉＝eq\f(·,||||)＝eq\f(3,2\r(6))＝eq\f(\r(6),4).3．在三棱錐P-ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝eq\f(1,2)PA，點O，D分別是AC，PC的中點，OP⊥底面ABC，則直線OD與平面PBC所成角的正弦值為()A.eq\f(\r(21),6)B.eqB.\f(8\r(3),3)C.eqC.\f(\r(210),60)D.eqD.\f(\r(210),30)解析：選D不妨設AB＝BC＝eq\f(1,2)PA＝2，∵OP⊥底面ABC，∴PO＝eq\r(14).根據題意，以B為原點，BA，BC所在直線分別為x，y軸建立空間直角坐標系B-xyz，如圖所示．則A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，P(1,1，eq\r(14))．∵點O，D分別是AC，PC的中點，∴＝eq\f(1,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(\r(14),2))).又＝(0,2,0)，＝(1,1，eq\r(14))，設平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x＋y＋\r(14)z＝0，))取n＝(－eq\r(14)，0,1)，∴cosn，＝eq\f(n·,|n|||)＝eq\f(\r(210),30)，∴sinθ＝eq\f(\r(210),30)(θ為OD與平面PBC所成的角)，故選D.4．正方體ABCD-A1B1C1D1中，BB1與平面ACD1所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(\r(6),3)解析：選D不妨設正方體的棱長為1，如圖建立空間直角坐標系，則D(0,0,0)，B(1,1,0)，B1(1,1,1)．平面ACD1的法向量為＝(1,1,1)，又＝(0,0,1)，∴cos，＝eq\f(·,||||)＝eq\f(1,\r(3)×1)＝eq\f(\r(3),3).∴BB1與平面ACD1所成角的余弦值為eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),3).5.如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各條棱長都相等，M是側棱CC1的中點，則異面直線AB1和BM所成角的大小是________．解析：建立如圖所示的空間直角坐標系，O為BC中點，設三棱柱的棱長為2a，則點A(eq\r(3)a,0,0)，B(0，a,0)，B1(0，a,2a)，M(0，－a，a)，＝(－eq\r(3)a，a,2a)，＝(0，－2a，a)，所以·＝0，因此異面直線AB1與BM所成的角為90°.答案：90°6.正三角形ABC與正三角形BCD所在的平面互相垂直，則直線CD與平面ABD所成角的正弦值為________．解析：取BC的中點O，連接AO，DO，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz.設BC＝1，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，Deq\f(\r(3),2)，0,0，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0)).設平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0，))取x＝1，則y＝－eq\r(3)，z＝1，所以n＝(1，－eq\r(3)，1)，所以cosn，＝eq\f(\f(\r(3),2)＋\f(\r(3),2),\r(5)×1)＝eq\f(\r(15),5)，因此直線CD與平面ABD所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5).答案：eq\f(\r(15),5)7.如圖，四邊形ABCD中，△BCD為正三角形，AD＝AB＝2，BD＝2eq\r(3)，AC與BD交于O點，將△ACD沿邊AC折起，使D點至P點，已知PO與平面ABCD所成的角為θ，且P點在平面ABCD內的射影落在△ACD內．(1)求證：AC⊥平面PBD；(2)若已知二面角APBD的余弦值為eq\f(\r(21),7)，求θ的大小．解：(1)證明：由題意，O為BD的中點，則AC⊥BD，又AC⊥PO，BD∩PO＝O，所以AC⊥平面PBD.(2)以OB為x軸，OC為y軸，過O垂直于平面ABC向上的直線為z軸建立如圖所示空間直角坐標系，則A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，P(－eq\r(3)cosθ，0，eq\r(3)sinθ)，則＝(eq\r(3)，1,0)，＝(－eq\r(3)cosθ，1，eq\r(3)sinθ)，平面PBD的法向量為j＝(0,1,0)，設平面ABP的法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥，,n⊥，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,－\r(3)xcosθ＋y＋\r(3)zsinθ＝0.))令x＝1，得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\r(3)，\f(cosθ＋1,sinθ))).∴cos〈n，j〉＝eq\f(|n·j|,|n||j|)＝eq\f(\r(3),\r(4＋\f((cosθ＋1)2,sin2θ)))＝eq\f(\r(21),7)，∴eq\f((cosθ＋1)2,sin2θ)＝3，化簡得cosθ＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq\f(π,3).8.如圖所示，四邊形ABCD為直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE為等邊三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB＝2CD＝2BC＝2，P為CE的中點．(1)求證：AB⊥DE；(2)求平面ADE與平面BCE所成銳二面角的余弦值；(3)在△ABE內是否存在一點Q，使PQ⊥平面CDE？如果存在，求出PQ的長；如果不存在，請說明理由．解：(1)證明：如圖，取AB的中點O，連接OD，OE.因為△ABE是等邊三角形，所以AB⊥OE.因為四邊形ABCD是直角梯形，CD＝eq\f(1,2)AB，AB∥CD，所以四邊形OBCD是平行四邊形，OD∥BC.又AB⊥BC，所以AB⊥OD.又OE∩OD＝O，所以AB⊥平面ODE.又DE?平面ODE，所以AB⊥DE.(2)因為平面ABCD⊥平面ABE，AB⊥OE，所以OE⊥平面ABCD.又OD?平面ABCD，所以OE⊥OD.如圖所示，以O為坐標原點建立空間直角坐標系．則A(1,0,0)，B(－1,0,0)，D(0,0,1)，C(－1,0,1)，E(0，eq\r(3)，0)，所以＝(－1,0,1)，＝(0,eq\r(3)，－1)，設平面ADE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y1－z1＝0，,－x1＋z1＝0，))令z1＝1，則x1＝1，y1＝eq\f(\r(3),3)，所以n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，1)).同理求得平面BCE的法向量為n2＝(－eq\r(3)，1,0)．設平面ADE與平面BCE所成的銳二面角為θ，則cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(7),7).所以平面ADE與平面BCE所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(7),7).(3)假設在△ABE內存在滿足題意的點Q，設Q(x2，y2,0)．因為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，所以＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)，y2－\f(\r(3),2)，－\f(1,2))).又＝(1,0,0)，＝(0，eq\r(3)，－1)，依題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·＝0,·＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)＝0，,\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－\f(\r(3),2)))＋\f(1,2)＝0，))解得x2＝－eq\f(1,2)，y2＝eq\f(\r(3),3)，則點Q在△ABE內．所以存在點Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),3)，0))，使PQ⊥平面CDE，此時PQ＝eq\f(\r(3),3).(時間120分鐘滿分150分)一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．設空間向量a＝(1,2,1)，b＝(2,2,3)，則a·b＝()A．(2,4,3) B．(3,4,4)C．9 D．－5解析：選C∵a＝(1,2,1)，b＝(2,2,3)，∴a·b＝1×2＋2×2＋1×3＝9.2．設l1的方向向量為a＝(1,2，－2)，l2的方向向量為b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，則m等于()A．1 B．2C.eq\f(1,2) D．3解析：選B若l1⊥l2，則a⊥b，∴a·b＝0，∴1×(－2)＋2×3＋(－2m)＝0，解得m＝2.3．已知向量i，j，k是一組單位正交向量，m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k，則m·n＝()A．7 B．－20C．28 D．11解析：選C因為m＝(0,8,3)，n＝(－1,5，－4)，所以m·n＝0＋40－12＝28.4．已知二面角αlβ的大小為eq\f(π,3)，m，n為異面直線，且m⊥α，n⊥β，則m，n所成的角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,2) D.eq\f(2π,3)解析：選B設m，n的方向向量分別為m，n.由m⊥α，n⊥β知m，n分別是平面α，β的法向量．∵|cos〈m，n〉|＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，∴〈m，n〉＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).但由于兩異面直線所成的角的范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故異面直線m，n所成的角為eq\f(π,3).5．已知空間三點O(0,0,0)，A(－1,1,0)，B(0,1,1)在直線OA上有一點H滿足BH⊥OA，則點H的坐標為()A．(－2,2,0) B．(2，－2,0)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,2)，0))解析：選C由＝(－1,1,0)，且點H在直線OA上，可設H(－λ，λ，0)，則BH→＝(－λ，λ－1，－1)．又BH⊥OA，∴·OA→＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝eq\f(1,2)，∴Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)).6．如圖，三棱錐SABC中，棱SA，SB，SC兩兩垂直，且SA＝SB＝SC，則二面角ABCS大小的正切值為()A．1 B.eq\f(\r(2),2)C.eq\r(2) D．2解析：選C∵三棱錐SABC中，棱SA，SB，SC兩兩垂直，且SA＝SB＝SC，∴SA⊥平面SBC，且AB＝AC＝eq\r(SA2＋SB2)，取BC的中點D，連接SD，AD，則SD⊥BC，AD⊥BC，則∠ADS是二面角ABCS的平面角，設SA＝SB＝SC＝1，則SD＝eq\f