1、第8讲立体几何中的向量方法(二)求空间角与距离最新考纲1能用向量方法解决直线与直线，直线与平面，平面与平面的夹角的计算问题2了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.知 识 梳 理1两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a与b的夹角范围0，求法cos cos 2.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，a与n的夹角为.则sin |cos |.3求二面角的大小(1)如图，AB，CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小.(2)如图，n1，n2分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面
2、角的大小满足|cos |cos|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)4利用空间向量求距离(供选用)(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为平面的一条斜线段，n为平面的法向量，则B到平面的距离为|.辨 析 感 悟1直线的方向向量与平面的法向量(1)若n1，n2分别是平面，的法向量，则n1n2.()(2)两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角()(3)已知a(2，3,1)，b(2,0,4)，c(4，6,2)，则ac，ab.()2空间角(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面
3、角的范围是0，()(5)(2014济南调研改编)已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量、法向量，若cos，则l与所成的角为150.()(6)已知两平面的法向量分别为m(0,1,0)，n(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为45.()(7)(2013上海卷改编)在如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1中，异面直线A1B与B1C所成角的大小为60.()感悟提升1利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点线面的位置关系的判定和计算程序化、简单化主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算2两种关系一是异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方
4、向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角，如(2)二是二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面，的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补，如(6).学生用书第129页考点一求异面直线所成的角【例1】 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，E是PC的中点已知AB2，AD2，PA2.求：(1)三角形PCD的面积(2)异面直线BC与AE所成的角的大小解(1)因为PA底面ABCD，所以PACD.又ADCD，所以CD平面PAD，
5、从而CDPD.因为PD2，CD2，所以三角形PCD的面积为222.图1(2)法一如图1，取PB中点F，连接EF，AF，则EFBC，从而AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角在AEF中，由于EF，AF，AEPC2.则AEF是等腰直角三角形，所以AEF.因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是.图2法二如图2，建立空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,2，0)，E(1，1)，(1, ，1)，(0,2，0)设与的夹角为，则cos ，所以.由此可知，异面直线BC与AE所成的角的大小是.规律方法 本题可从两个不同角度求异面直线所成的角，一是几何法：作证算；二是向量法：把角的求解转化为向量运
6、算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC，BD的夹角的余弦值为cos .【训练1】 如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B. C. D.解析不妨令CB1，则CACC12.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，(0,2，1)，(2,2,1)，cos0.与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.答案A考点二利用空间向量求直线与平面所成的角【例2】 (2013湖南卷)如图，
7、在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，ADBC，BAD90，ACBD，BC1，ADAA13.(1)证明：ACB1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值审题路线由于在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，BAD90，易于建立空间坐标系，可利用向量法求解第(1)问ACB1D转化为判定0；第(2)问可利用直线B1C1的方向向量与平面ACD1的法向量的夹角求解(1)证明法一因为BB1平面ABCD，AC平面ABCD.ACBB1，又ACBD，AC平面BB1D，又B1D平面BB1D，从而ACB1D.法二易知，AB，AD，AA1两两垂直如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、
8、z轴建立空间直角坐标系设ABt，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)从而(t,3，3)，(t,1,0)，(t,3,0)因为ACBD，所以t2300.解得t或t(舍去)于是(，3，3)，(，1,0)因为3300，所以，即ACB1D.(2)解由(1)知，(0,3,3)，(，1,0)，(0,1,0)设n(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则即令x1，则n(1，)设直线B1C1与平面ACD1所成角为，则sin |cos|.规律方法 (1)本题求解时关键是结合题设条件进行空间联想，抓住垂
9、直条件有目的推理论证，在第(2)问中，运用空间向量，将线面角转化为直线的方向向量与平面法向量夹角，考查化归思想与方程思想(2)利用空间向量求线面角有两种途径：一是求斜线和它在平面内射影的方向向量的夹角(或其补角)；二是借助平面的法向量【训练2】 (2014青岛质检)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值(1)证明图1如图1，取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CACB，所以OCAB.由于ABAA1，BAA160，故AA1B为等边三角形，所
10、以OA1AB.因为OCOA1O，所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故ABA1C.(2)解图2由(1)知OCAB，OA1AB，又平面ABC平面AA1B1B，交线为AB，所以OC平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图2所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设知A(1,0,0)，A1(0，0)，C(0,0，)，B(1,0,0)，则(1,0，)，(1，0)，(0，)设n(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则即可取n(，1，1)，故cos.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.学生用书第130页 考点三利用向量求二
11、面角【例3】 (2013天津卷)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明B1C1CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长审题路线由条件特征，易建立空间坐标系，方便运用向量求解(1)利用向量证明0；(2)求平面B1CE与平面CEC1的法向量，进而求二面角的正弦值；(3)设出，根据线面角求，进一步求出AM的长解如图，以点A为原点以AD，AA1，AB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0
12、,0)，B(0，0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1，2,1)，E(0,1,0)(1)证明：易得(1,0，1)，(1，1，1)，于是110(1)20，故B1C1CE.(2)解：(1，2，1)设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2,1)由(1)知，B1C1CE，又CC1B1C1，从而B1C1平面CEC1.故(1,0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cos，从而sin，所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)解：(0,1,0)，(1,1,1)，设(，)，01，有(，1，)可取(0,0,2)为平面ADD1A1的一个
13、法向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos|，于是，解得(负值舍去)，故AM.规律方法 (1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算(2)设m，n分别为平面，的法向量，则二面角与互补或相等，故有|cos |cos|.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角【训练3】 (2014重庆调研)如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，BCCD2，AC4，ACBACD，F为PC的中点，AFPB.(1)求PA的长；(2)求二面角BAFD的正弦值解(1)如图，连接BD交AC于点O.因为BCC
14、D，且AC平分BCD，故ACBD.以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，则OCCDcos 1.而AC4，所以AOACOC3.又ODCDsin ，故A(0，3,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)因为PA底面ABCD，可设P(0，3，z)(z0)，由点F为线段PC的中点，知F，因此，(，3，z)，AFPB，0，即60，z2，从而|2，即PA的长为2.(2)由(1)知，(，3,0)，(，3,0)，(0,2，)设平面FAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2(x2，y2，z2)，由n10，n10，得因此可取n1(3
15、，2)由n20，n20，得故可取n2(3，2)从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos.故二面角BAFD的正弦值为. 1若利用向量求角，各类角都可以转化为向量的夹角来运算(1)求两异面直线a，b的夹角，须求出它们的方向向量a，b的夹角，则cos |cos|.(2)求直线l与平面所成的角，可先求出平面的法向量n与直线l的方向向量a的夹角，则sin |cos|.(3)求二面角l的大小，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角，则或.2(1)利用向量夹角转化为各空间角时，一定要注意向量夹角与各空间角的定义、范围不同(2)求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角根据向量坐标在图形中观察法向量的方
16、向，从而确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点.答题模板9空间向量在立体几何中的应用【典例】 (12分)(2012安徽卷)平面图形ABB1A1C1C如图1所示，其中BB1C1C是矩形BC2，BB14，ABAC，A1B1A1C1.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使ABC与A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题(1)证明：AA1BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角ABCA1的余弦值.学生用书第131页规范解答(1)证明取BC，B1C1的中点分别为D和
17、D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1B1C1.因为平面BB1C1C平面A1B1C1，所以DD1平面A1B1C1.又由A1B1A1C1知，A1D1B1C1.故以D1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D1xyz.(3分)由题设，可得A1D12，AD1.由以上可知AD平面BB1C1C，A1D1平面BB1C1C，于是ADA1D1.所以A(0，1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(1,0,4)，D(0,0,4)，故(0,3，4)，(2,0,0)，0，因此，即AA1BC.(5分)(2)解因为(0,3，4)，所以|5，即AA15.(7分)(3)解设平面A1B
18、C的法向量为n1(x1，y1，z1)又因为(1，2,4)，(1，2,4)，所以即令z11，则n1(0,2,1)，又因为平面ABCz轴，所以取平面ABC的法向量为n2(0,0,1)，(10分)则cos，所以二面角ABCA1的余弦值为.(12分)反思感悟 中不能发掘条件，作出辅助线，导致不能恰当建立以D1为坐标原点的空间直角坐标系，解题受阻；中忽视“z轴平面ABC”，致使求法向量n2复杂化不能确定两个平面法向量的夹角与二面角ABCA1的关系，错误认为二面角ABCA1的余弦值为.答题模板第一步：证明DD1平面A1B1C1，A1D1B1C1，从而以点D1为坐标原点建立空间直角坐标系；第二步：写出点A，
19、B，A1，C，D的坐标，求出，的坐标，根据0证明AA1BC；第三步：求|，从而求出AA1的长；第四步：求出平面A1BC和平面ABC的法向量；第五步：求出两个平面法向量夹角的余弦值，从而得到二面角ABCA1的余弦值【自主体验】如图所示，在三棱锥PABQ中，PB平面ABQ，BABPBQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.(1)求证：ABGH；(2)求二面角DGHE的余弦值(1)证明因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EFAB，DCAB.所以EFDC.又EF平面PCD，DC平面PCD，所以EF平面PC
20、D.又EF平面EFQ，平面EFQ平面PCDGH，所以EFGH.又EFAB，所以ABGH.(2)在ABQ中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90.又PB平面ABQ，所以BA，BQ，BP两两垂直以B为坐标原点，分别以BA，BQ，BP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设BABQBP2，则E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0)，D(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)所以(1,2，1)，(0,2，1)，(1，1,2)，(0，1,2)设平面EFQ的一个法向量为m(x1，y1，z1)，由m0，m0，得取y11，得m(0,1,2)设平面PDC的一个法向量为n(
21、x2，y2，z2)，由n0，n0，得取z21，得n(0,2,1)，所以cos.因为二面角DGHE为钝角，所以二面角DGHE的余弦值为.对应学生用书P323基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1平面的一个法向量为n(1，0)，则y轴与平面所成的角的大小为()A. B. C. D.解析y轴的方向向量为m(0,1,0)，设y轴与平面所成的角为，则sin |cos|，cos，sin ，.答案B2.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱CD，CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是()A30 B45 C60 D90解析以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为坐
22、标轴建立空间直角坐标系，设AB1，则D(0,0,0)，N，M，A1(1,0,1)，1，10110，A1M与DN所成的角的大小是90.答案D3正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且，N为B1B的中点，则|为()A.a B.aC.a D.a解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.设M(x，y，z)，点M在AC1上且，(xa，y，z)(x，ay，az)xa，y，z.得M，| a.答案A4.过正方形ABCD的顶点A，引PA平面ABCD.若PABA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A30 B45C60 D90解析
23、法一建立如图1所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1(0,1,0)，n2(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为，故所求的二面角的大小是45.法二将其补成正方体如图2，不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角，其大小为45.答案B5在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A. B. C. D.解析建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，则C1(，1,0)，A(0,0，2)，(，1，2)，平面BB1C1C的一个法向量为n(1,0,0)所以AC1与平面B
24、B1C1C所成角的正弦值为.答案C二、填空题6在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为_解析以A为原点建系，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，.设平面A1ED的法向量为n1(1，y，z)，则n1(1,2,2)，平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cos，故锐二面角的余弦值为.答案7在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于_解析以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA12AB2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,
25、1,0)，C1(0,1,2)，则(0,1,0)，(1,1,0)，(0,1,2)设平面BDC1的法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量为n(2，2,1)设CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cos|.答案8已知O点为空间直角坐标系的原点，向量(1,2,3)，(2,1,2)，(1,1,2)，且点Q在直线OP上运动，当取得最小值时，的坐标是_解析点Q在直线OP上，设点Q(，2)，则(1，2，32)，(2，1，22)，(1)(2)(2)(1)(32)(22)62161062.当时，取得最小值.此时.答案三、解答题9(2013江苏卷)如图，在直三棱柱A1B1C
26、1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，点D是BC的中点(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值解(1)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(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以(2,0，4)，(1，1，4)因为cos，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1(x，y，z)，因为(1,1,0)，(0,2,4)，所以n10，n10，即xy0且y2z0.取z1，得x2，y2，所以，n1(2，2,1)是平
27、面ADC1的一个法向量取平面AA1B的一个法向量为n2(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为.由|cos |，得sin .因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.10.(2014广州质检)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，点E在线段PC上，PC平面BDE.(1)证明：BD平面PAC；(2)若PA1，AD2，求二面角BPCA的正切值(1)证明PA平面ABCD，BD平面ABCD，PABD.同理由PC平面BDE，可证得PCBD.又PAPCP，BD平面PAC.(2)解如图，分别以射线AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴的正半轴建立
28、空间直角坐标系由(1)知BD平面PAC，又AC平面PAC，BDAC.故矩形ABCD为正方形，ABBCCDAD2.A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)(2,0，1)，(0,2,0)，(2,2,0)设平面PBC的一个法向量为n(x，y，z)，则即取x1得n(1,0,2)BD平面PAC，(2,2,0)为平面PAC的一个法向量cos.设二面角BPCA的平面角为，由图知0，cos ，sin .tan 3，即二面角BPCA的正切值为3.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1.如图，正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直，且ACBC
29、2，ACB90，F，G分别是线段AE，BC的中点则AD与GF所成的角的余弦值为()A. B C. D解析如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz，A(0,2,0)，B(2,0,0)，D(0,0,2)，G(1,0,0)，F(0,2,1)，(0，2,2)，(1,2，1)，|2，|，2，cos.直线AD与GF所成角的余弦值为.答案A2在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PAPBPCa，则点P到平面ABC的距离为()A.a B.a C.a D.a解析根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则P(0,0,0)，A(a，0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)过点P作PH平面A
30、BC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离PAPBPC，H为ABC的外心又ABC为正三角形，H为ABC的重心，可得H点的坐标为.PHa.答案B二、填空题3在正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_解析如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa.则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P.则(2a,0,0)，(a，a,0)，设平面PAC的一个法向量为n，设n(x，y，z)，则解得可取n(0,1,1)，则cos，60，直线BC与平面PAC所成的角为906030.答案
31、30三、解答题4(2013北京卷改编)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形平面ABC平面AA1C1C，AB3，BC5.(1)求证：AA1平面ABC；(2)求二面角A1BC1B1的余弦值；(3)在线段BC1上是否存在点D，使得ADA1B？若存在，试求出的值(1)证明在正方形AA1C1C中，A1AAC.又平面ABC平面AA1C1C，且平面ABC平面AA1C1CAC，AA1平面ABC.(2)解由(1)知AA1AC，AA1AB，由题意知，在ABC中，AC4，AB3，BC5，BC2AC2AB2，ABAC.以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz.A1(0,0,4)
32、，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，于是(4,0,0)，(0,3，4)，(4，3,0)，(0,0,4)设平面A1BC1的法向量n1(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2(x2，y2，z2)取向量n1(0,4,3)，由取向量n2(3,4,0)，cos .由题图可判断二面角A1BC1B1为锐角，故二面角A1BC1B1的余弦值为.(3)解假设存在点D(x，y，z)是直线BC1上一点，使ADA1B，且.(x，y3，z)(4，3,4)，解得x4，y33，z4，(4，33，4)，又ADA1B，03(33)160，解得，因为0,1，所以在线段BC1上存在点D，使得ADA1B
33、.此时.步骤规范练空间向量与立体几何(对应学生用书P325)(建议用时：90分钟)一、选择题1已知a，b是平面内的两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则ca0且cb0是l的()A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件解析若l，则l与a，b所在的直线垂直，ca，cb，ca0，cb0，是必要条件；ab，当a与b同向(或反向)时，由ca0且cb0可以推出ca且cb，但不能推出l，不是充分条件答案B2已知二面角l的大小为，m，n为异面直线，且m，n，则m，n所成的角为()A. B. C. D.解析设m，n的方向向量分别为m，n.由m，n知m，n分别是平面，的法向量
34、|cos|cos，或.但由于两异面直线所成的角的范围是，故异面直线m，n所成的角为.答案B3在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是()ABC平面PDFBDF平面PAEC平面PDF平面ABCD平面PAE平面ABC解析若平面PDF平面ABC，则顶点P在底面的射影在DF上，又因为正四面体的顶点在底面的射影是底面的中心，因此假设不成立，故C不成立答案C4(2013潍坊二模)已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出四个命题：若m，n，nm，则；若m，m，则；若m，n，mn，则；若m，n，mn，则.其中正确的命题是()A B C D解析命题中，与不
35、一定垂直，不正确；垂直于同一条直线的两个平面平行，命题正确；易知，命题正确，命题不正确故选B.答案B5在以下命题中，不正确的个数为()|a|b|ab|是a，b共线的充要条件；若ab，则存在唯一的实数，使ab；对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若22，则P，A，B，C四点共面；若a，b，c为空间的一个基底，则ab，bc，ca构成空间的另一个基底；|(ab)c|a|b|c|.A2 B3 C4 D5解析|a|b|ab|a与b共线，但a与b共线时|a|b|ab|不一定成立，故不正确；b需为非零向量，故不正确；因为2211，由共面向量定理知，不正确；由基底的定义知正确；由向量的数量积的性质知，不
36、正确答案C6如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于()A. B. C. D.解析建立如图所示的空间直角坐标系，则O(1,1,0)，E(0,2,1)，D1(0,0,2)，F(1,0,0)，(1，1,1)，(1,0,2)，3，|，|，cos.即OE与FD1所成的角的余弦值为.答案D7已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于()A. B. C. D.解析设A1在面ABC内的射影为O，过O作OHBC
37、交AB于点H，以O为坐标原点，OA，OH，OA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设ABC边长为1，则A，B1，.面ABC的法向量n(0,0,1)，则AB1与底面ABC所成角的正弦值为sin |cos|.答案B8如图为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列三个命题： 点M到AB的距离为；三棱锥CDNE的体积是；AB与EF所成的角是其中正确命题的个数是()A0 B1 C2 D3解析依题意可作出正方体的直观图如图，显然M到AB的距离为MC，正确；而VCDNE111，正确；AB与EF所成的角等于AB与MC所成的角，即为，正确答案D9正ABC与正BCD所在平面垂直，则二面角ABDC
38、的正弦值为()A. B. C. D.解析取BC中点O，连接AO，DO.建立如图所示坐标系，设BC1，则A，B，D.，.由于为平面BCD的一个法向量，可进一步求出平面ABD的一个法向量n(1，1)，cos，sin.答案C10正三棱柱ABCA1B1C1的棱长都为2，E，F，G为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为()A. B. C. D.解析如图，取AB的中点E，建立如图所示空间直角坐标系Exyz.则E(0,0,0)，F(1,0,1)，B1(1,0,2)，A1(1,0,2)，C1(0，2)，G.(2,0，1)，(1,0,1)，设平面GEF的一个法向量为n(x，y，z)
39、，由得令x1，则n(1，1)，设B1F与平面GEF所成角为，则sin |cos|.答案A二、填空题11在正方体ABCDA1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为_解析如图所示，建立空间直角坐标系，且设正方体的棱长为1，DB1平面ACD1，取平面ACD1的法向量n(1,1,1)，又(0,0,1)，若设BB1与平面ACD1所成角为，则sin |cos|，cos .答案12(2014南京一模)P是二面角AB棱上的一点，分别在平面，上引射线PM，PN，如果BPMBPN45，MPN60，那么二面角AB的大小为_解析不妨设PMa，PNb，如图，作MEAB于E，NFAB于F.EPMFPN45，
40、PEa，PFb，()()abcos 60abcos 45abcos 45ab0，二面角AB的大小为90.答案9013如图，在矩形ABCD中，AB3，BC1，EFBC且AE2EB，G为BC的中点，K为AF的中点沿EF将矩形折成120的二面角AEFB，此时KG的长为_解析如图，过K作KMEF，垂足M为EF的中点，则向量与的夹角为120，60.又，222211211cos 603.|.答案14(2014梅州模拟)如图，在三棱锥SABC中，SBASCA90，ABC是斜边ABa的等腰直角三角形，给出以下结论：异面直线SB与AC所成的角为90；直线SB平面ABC；平面SBC平面SAC；点C到平面SAB的距
41、离是a.其中正确结论的序号是_解析由题意知AC平面SBC，故ACSB，SB平面ABC，平面SBC平面SAC，正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离，为a，正确答案三、解答题15如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，PB与底面成的角为45，底面ABCD为直角梯形，ABCBAD90，PABCAD1.问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE平面PAB？若存在，求出E点的位置，若不存在，请说明理由解分别以，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图则P(0,0,1)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，设E(0，y，z)，则(0，y，
42、z1)，(0,2，1)，y(1)2(z1)0，(0,2,0)是平面PAB的法向量，(1，y1，z)，由CE平面PAB，可得.(1，y1，z)(0,2,0)2(y1)0.y1，代入式得z.E是PD的中点，即存在点E为PD中点时，CE平面PAB.16(2013福建卷节选)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱AA1底面ABCD，ABDC，AA11，AB3k，AD4k，BC5k，DC6k(k0)(1)求证：CD平面ADD1A1；(2)若直线AA1与平面AB1C所成角的正弦值为，求k的值图1(1)证明取CD的中点E，连接BE，如图1.ABDE，ABDE3k，四边形ABED为平行四边形，BEAD
43、且BEAD4k.在BCE中，BE4k，CE3k，BC5k，BE2CE2BC2，BEC90，即BECD，又BEAD，CDAD.AA1平面ABCD，CD平面ABCD，AA1CD.又AA1ADA，CD平面ADD1A1.(2)解以D为原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图2所示的空间直角坐标系，则A(4k,0,0)，C(0,6k,0)，B1(4k,3k,1)，A1(4k,0,1)，于是(4k,6k,0)，(0,3k,1)，(0,0,1)设平面AB1C的法向量n(x，y，z)，则由得取y2，得n(3,2，6k)设AA1与平面AB1C所成角为，则sin |cos|，解得k1，故所求实数k的值为1.17
44、(2014济南质检)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BAC45，PAAD2，AC1.(1)证明：PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30，求AE的长(1)证明如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意，得A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，0，P(0,0,2)易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是0，所以PCAD.(2)解(0,1，2)，(2，1，0)设平面PCD的法向量n(x，y，z)，则即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面PAC的法向量m(1,0,0)于是cos
45、，从而sin.所以二面角APCD的正弦值为.(3)解设点E的坐标为(0,0，h)，其中h0,2由此得.由(2，1,0)，故cos所以cos 30，解得h，即AE.18(2013广东卷)如图1，在等腰直角三角形ABC中，A90，BC6，D，E分别是AC，AB上的点，CDBE，O为BC的中点将ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥ABCDE，其中AO.(1)证明：AO平面BCDE；(2)求二面角ACDB的平面角的余弦值(1)证明在折叠前的图形中，等腰直角三角形ABC中，因为BC6，O为BC的中点，所以ACAB3，OCOB3，又因为CDBE，所以ADAE2.如图1，连接OD，在OCD中，由余弦定理可得OD.在折叠后的图形中，因为AD2，所以AO2OD2AD2，所以AOOD.同理可证AOOE，又ODOEO，所以AO平面BCDE.图3(2)解以O点为原点，建立空间直角坐标Oxyz，如图3所示则A(0,0，)，C(0，3,0)，D(1，2，0)，所以(0,3，)，(1,2，)，设平面ACD的法向量n(x，y，z)，则即解得yx，且zx，令x1，得n(1，1，)由(1)知，(0,0，)为平面CDB的一个法向量，所以cos，所以二面角ACDB的平面角的余弦值为.