1、训练目标会用空间向量解决立体几何的证明、求空间角、求距离问题.训练题型(1)用空间向量证明平行与垂直；(2)用空间向量求空间角；(3)求长度与距离.解题策略(1)选择适当的空间坐标系；(2)求出相关点的坐标，用坐标表示直线的方向向量及平面的法向量；(3)理解并记住用向量表示的空间角和距离的求解公式；(4)探索性问题，可利用共线关系设变量，引入参数，列方程求解.1.(2016杭州质检)在底面为正三角形的三棱柱 ABCA1B1C1 中，AB2，AA1平面 ABC，点 E，F，G 分别为 BB1，AB，AC 的中点(1)求证：BG平面 A1EC；(2)若 AA12 2，求二面角 A1ECF 的大小2
2、(2016宁波高三十校联考)如图，三棱柱 ABCA1B1C1 中，D，M 分别为 CC1 和 A1B 的中点，A1DCC1，侧面 ABB1A1 为菱形且BAA160，AA1A1D2，BC1.(1)证明：直线 MD平面 ABC；(2)求二面角 BACA1 的余弦值3.(2017江西中英中学联考)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，B1BB1AABBC，B1BC90，D 为 AC 的中点，ABB1D.(1)求证：平面 ABB1A1平面 ABC；(2)在线段 CC1(不含端点)上，是否存在点 E，使得二面角 EB1DB 的余弦值为 714？若存在，求出 CECC1的值；若不存在，说明理由4(20
3、17太原质检)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱 ADEBCF 和一个正四棱锥 PABCD 组合而成的，ADAF，AEAD2.(1)证明：平面 PAD平面 ABFE；(2)求正四棱锥 PABCD 的高 h，使得二面角 CAFP 的余弦值是2 23.答案解析1(1)证明 取 A1C 的中点 H，连接 HG，EH，所以 HGA1A，HG12A1A.又 E 为 BB1 的中点，所以 BEHG，BEHG，所以四边形 EHGB 为平行四边形，故 BGEH.又 EH平面 A1EC，BG平面 A1EC，所以 BG平面 A1EC.(2)解 以 F 为坐标原点，分别以 FB，FC 所在直线及过 F 垂直 AB
4、向上的直线为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设 AA1a，则 F(0,0,0)，A1(1,0，a)，E(1,0，a2)，C(0，3，0)，所以FE(1,0，a2)，FC(0，3，0)，A1E(2,0，a2)，A1C(1，3，a)，设平面 ECF 的法向量为 m(x，y，z)，则由FEm0 及FCm0，得xa2z0，3y0，不妨取 m(a,0,2)，类似地，可取平面 A1EC 法向量为 n(a，3a,4)设二面角 A1ECF 的平面角为，则 cos cosm，n8a2a244a216，当 a2 2时，cos 0，即 90.2(1)证明 A1DCC1，且 D 为 CC1 的中点，AA1A1D2
5、，A1CA1C1 5AC，又 BC1，ABBA12，CBBA，CBBA1，又 BABA1B，CB平面 ABB1A1，取 AA1 的中点 F，则 BFAA1，即 BC，BF，BB1 两两互相垂直，以 B 为原点，BB1，BF，BC 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系如图，B1(2,0,0)，C(0,0,1)，A(1，3，0)，A1(1，3，0)，C1(2,0,1)，D(1,0,1)，M(12，32，0)则BA(1，3，0)，BC(0,0,1)，设平面 ABC 的法向量为 m(x，y，z)，则 mBAx 3y0，mBCz0，取 m(3，1,0)，MD(12，32，1)，mMD 32
6、32 00，mMD，又 MD平面 ABC，直线 MD平面 ABC.(2)解 设平面 ACA1 的法向量为 n(x1，y1，z1)，AC(1，3，1)，AA1(2,0,0)，nACx1 3y1z10，nAA1 2x10，取 n(0,1，3)，又由(1)知平面 ABC 的法向量为 m(3，1,0)，设二面角 BACA1 的平面角为.则 coscosm，n mn|m|n|12214.3(1)证明 取 AB 的中点 O，连接 OD，OB1.因为 B1BB1A，所以 OB1AB.又 ABB1D，OB1B1DB1，OB1平面 B1OD，B1D平面 B1OD，所以 AB平面 B1OD，因为 OD平面 B1O
7、D，所以 ABOD.由已知条件知，BCBB1，又 ODBC，所以 ODBB1.因为 ABBB1B，AB平面 ABB1A1，BB1平面 ABB1A1，所以 OD平面 ABB1A1.因为 OD平面 ABC，所以平面 ABB1A1平面 ABC.(2)解 由(1)知 OB，OD，OB1 两两垂直，所以以 O 为坐标原点，OB，OD，OB1 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，|OB|为单位长度 1，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz.由题设知，B1(0,0，3)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A(1,0,0)，C(1,2,0)，C1(0,2，3)，B1D(0,1，3)，B1B(1,0，
8、3)，CC1(1,0，3)，B1C(1,2，3)，设CECC1(01)，由B1E B1C CE(1，2，3(1)，设平面 BB1D 的法向量为 m(x1，y1，z1)，则mB1D 0，mB1B 0，得y1 3z10，x1 3z10，令 z11，则 x1y1 3，所以平面 BB1D 的法向量为 m(3，3，1)设平面 B1DE 的法向量为 n(x2，y2，z2)，则nB1D 0，nB1E 0，得y2 3z20，1x22y2 31z20，令 z21，则 x2 311，y2 3，所以平面 B1DE 的一个法向量 n(311，3，1)设二面角 EB1DB 的大小为，则 cos mn|m|n|331 3
9、1731124 714.解得 13.所以在线段 CC1 上存在点 E，使得二面角 EB1DB 的余弦值为 714，此时 CECC113.4(1)证明 在直三棱柱 ADEBCF 中，AB平面 ADE，AD平面 ADE，所以 ABAD.又 ADAF，AB平面 ABFE，AF平面 ABFE，所以 AD平面 ABFE.因为 AD平面 PAD，所以平面 PAD平面 ABFE.(2)解 由(1)知 AD平面 ABFE，以 A 为原点，AB，AE，AD 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，F(2,2,0)，C(2,0,2)，P(1，h,1)，AF(2,2,0)，AC(2,0,2)，AP(1，h,1)设平面 AFC 的一个法向量为 m(x1，y1，z1)，则mAF2x12y10，mAC2x12z10，取 x11，则 y1z11，所以 m(1，1，1)设平面 AFP 的一个法向量为 n(x2，y2，z2)，则nAF2x22y20，nAPx2hy2z20，取 x21，则 y21，z21h，所以 n(1，1，1h)二面角 CAFP 的余弦值为2 23，所以|cosm，n|mn|m|n|111h|3 2h122 23，解得 h1.
