1、考点集训(五十八)第58讲立体几何中的向量法1若直线l的方向向量为a(1，0，2)，平面的法向量为u(2，0，4)，则Al BlCl Dl与斜交2在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是A1B1和BB1的中点，则直线AM与CN所成角的余弦值为A. B.C. D.3二面角的棱上有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.已知该二面角的大小为60，AB4，AC6，BD8，则CD_4正四棱锥SABCD中，O为顶点S在底面ABCD上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成角的大小是_5两根垂直立于地平面上的长为6 m的竹杆AC
2、和BD，垂足相距8 m，现因外力作用，杆BD倾斜与平面成30角，但保持了BDAB.如图所示，则此时两杆顶端C，D之间的距离为_6如图，已知点P在正方体ABCDABCD的对角线BD上，PDA60.(1)求DP与CC所成角的大小；(2)求DP与平面AADD所成角的大小7如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB4，ACBC3，D为AB的中点(1)求点C到平面A1ABB1的距离；(2)若AB1A1C，求二面角A1CDC1的平面角的余弦值8如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，ACB45，PAAD2，AC1.(1)证明：PCAD；(2)求二面角APCD的正弦值；(3)设E为
3、棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30，求AE的长答案题号123第58讲立体几何中的向量法【考点集训】1B2.A3.24.305.10 m6.【解析】如图，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系Dxyz.则(1，0，0)，(0，0，1)连接BD，BD.在平面BBDD中，延长DP交BD于H.设(m，m，1)(m0)，由已知，60，由|cos ，可得2m，解得m，所以.(1)因为cos ，所以，45.即DP与CC所成的角为45.(2)平面AADD的一个法向量是(0，1，0)因为cos ，所以，60.可得DP与平面AADD所成的角为30.7【解析】(1)由ACBC，D为AB的中点，
4、得CDAB.又CDAA1，故CD平面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为CD.(2)解法一：如图，取A1B1的中点D1，连接DD1，则DD1AA1CC1.又由(1)知CD平面A1ABB1，故CDA1D，CDDD1，所以A1DD1为所求的二面角A1CDC1的平面角因为A1D为A1C在平面A1ABB1上的射影，又已知AB1A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1A1D，从而A1AB1，A1DA都与B1AB互余，因此A1AB1A1DA，所以RtA1ADRtB1A1A，因此，即AAADA1B18，得AA12.从而A1D2.在RtA1DD1中，cosA1DD1.解法二：如图，过D作DD1AA1交
5、A1B1于D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.设直三棱柱的高为h，则A(2，0，0)，A1(2，0，h)，B1(2，0，h)，C(0，0)，C1(0，h)，从而(4，0，h)，(2，h)由，有8h20，解得h2.故(2，0，2)，(0，0，2)，(0，0)设平面A1CD的法向量为m(x1，y1，z1)，则m，m，即取z11，得m(，0，1)设平面C1CD的法向量为n(x2，y2，z2)，则n，n，即取x21，得n(1，0，0)，所以cos m，n.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值为.
6、8.【解析】解法一：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，P(0，0，2)(1)证明：易得(0，1，2)，(2，0，0)，于是0，所以PCAD.(2)(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 m，n，从而sin m，n.所以二面角APCD的正弦值为.(3)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.解法二：(1)证明：由PA平面ABCD，可得PAAD.
7、又由ADAC，PAACA，故AD平面PAC，又PC平面PAC.所以PCAD.(2)如图，作AHPC于点H，连接DH.由PCAD，PCAH，可得PC平面ADH，因此DHPC，从而AHD为二面角APCD的平面角在RtPAC中，PA2，AC1，由此得AH.由(1)知ADAH.故在RtDAH中，DH.因此sinAHD，所以二面角APCD的正弦值为.(3)如图，因为ADC45，故过点B作CD的平行线必与线段AD相交，设交点为F，连接BE，EF.故EBF或其补角为异面直线BE与CD所成的角由于BFCD，故AFBADC.在RtDAC中，CD，sinADC，故sinAFB.在AFB中，由，AB，sinFABsin 135，可得BF.由余弦定理，BF2AB2AF22ABAFcosFAB，可得AF.设AEh.在RtEAF中，EF.在RtBAE中，BE.在EBF中，因为EFBE，从而EBF30.由余弦定理得cos 30，解得h.所以AE.
