实习作业优秀教案内容

§8.7

立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

1．

空间向量与空间角的关系

π(1)已知异面直线l1，l2的方向向量分别为s1，s2，当0≤〈s1，s2〉≤时，直线l1与l22的夹角等于〈s1，s2〉；

π当<〈s1，s2〉≤π时，直线l1与l2的夹角等于π－〈s1，s2〉．

2π(2)已知平面π1和π2的法向量分别为n1和n2，当0≤〈n1，n2〉≤时，平面π1与π2的2夹角等于〈n1，n2〉；

π当<〈n1，n2〉≤π时，平面π1与π2的夹角等于π－〈n1，n2〉．

2(3)已知直线l的方向向量为s，平面π的法向量为n，则直线l与平面π的夹角θ满足：sin θ＝|cos〈s，n〉|. 2．

距离公式

点到直线的距离公式：d＝→→2|PA|2－|PA·s0|. →点到平面的距离公式：d＝|PA·n0|.

1．

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．

(

×

) (

×

) (

×

) (

√

) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．

(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面的夹角．

ππ(4)两异面直线夹角的范围是(0，]，直线与平面所成角的范围是[0，]．

22(5)直线l的方向向量与平面α的法向量夹角为120°，则l和α所成角为30°. (

√

) π2．

已知二面角α－l－β的大小是，m，n是异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角3为

πD.

6

(

) 2πA.

3πB.

3πC.

2

答案

B 解析

∵m⊥α，n⊥β，

∴异面直线m，n所成的角的补角与二面角α－l－β互补．

π又∵异面直线所成角的范围为(0，]，

2π∴m，n所成的角为. 33．

在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，则点P到平面OAB的距离d等于

A．4

答案

B 解析

P点到平面OAB的距离为

→|OP·n||－2－6＋2|d＝＝＝2，故选B. |n|94．

若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的正弦值为_____________．

答案

411

33B．2

(

) C．3

D．1 解析

∵n·a＝－8－3＋3＝－8，|n|＝16＋1＋1＝32，

|a|＝4＋9＋9＝22，

－8411n·a∴cos〈n，a〉＝＝＝－. |n|·|a|32×2233又l与α所成角记为θ，即sin θ＝|cos〈n，a〉|＝411. 335．

P是二面角α－AB－β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么平面α与β的夹角为________．

答案

90°

解析

不妨设PM＝a，PN＝b，如图，

作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，

∵∠EPM＝∠FPN＝45°，

∴PE＝22a，PF＝b，

22→→→→→→∴EM·FN＝(PM－PE)·(PN－PF) →→→→→→→→＝PM·PN－PM·PF－PE·PN＋PE·PF

＝abcos 60°－a×2222bcos 45°－abcos 45°＋a×b

2222

abababab＝－－＋＝0，

2222→→∴EM⊥FN，∴平面α与β的夹角为90°.

题型一

求异面直线所成的角

例1

长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为

A.10

10B.30

10

(

) 215C.

10310D.

10→→思维启迪

本题可以通过建立空间直角坐标系，利用向量BC1、AE所成的角来求．

答案

B 解析

建立坐标系如图，则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)．

→→BC1＝(－1,0,2)，AE＝(－1,2,1)，

→→BC1·AE30→→cos〈BC1，AE〉＝＝. 10→→|BC1|·|AE|所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为30. 10思维升华

用向量方法求两条异面直线所成的角，是通过两条直线的方向向量的夹角来π0，，两向量的夹角α的范围是[0，π]，所以求解，而两异面直线所成角的范围是θ∈2要注意二者的区别与联系，应有cos θ＝|cos α|.

已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为

A.10

101B.

5

310C.

10

3D.

5

(

) 答案

C 解析

如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．

设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，

→∴BE＝(0，－1,1)，

→CD1＝(0，－1,2)，

1＋2310→→∴cos〈BE，CD1〉＝＝. 102·5题型二

求直线与平面所成的角

例2

如图，已知四棱锥P—ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，

AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点．

(1)证明：PE⊥BC；

(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．

思维启迪：平面的法向量是利用向量方法解决位置关系或夹角的关键，本题可通过建立

坐标系，利用待定系数法求出平面PEH的法向量．

(1)证明

以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，

线段HA的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)，

则A(1,0,0)，B(0,1,0)．

1m设C(m,0,0)，P(0,0，n) (m<0，n>0)，则D(0，m,0)，E2，2，0. 1m→→，，－n，BC＝(m，－1,0)．

可得PE＝22→→mm因为PE·BC＝－＋0＝0，所以PE⊥BC. 22(2)解

由已知条件可得m＝－故C－3，n＝1，

33331，0，0，D0，－，0，E，－，0，

3362P(0,0,1)．

设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，

→HE＝0，1x－3y＝0，n·6则即2

→HP＝0，n·z＝0.→因此可以取n＝(1，3，0)．又PA＝(1,0，－1)，

2→所以|cos〈PA，n〉|＝. 4所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为思维升华

利用向量法求线面角的方法：

(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；

(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．

(2013·湖南)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3. 2. 4

(1)证明：AC⊥B1D；

(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．

方法一

(1)证明

如图，因为BB1⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以AC⊥BB1.

又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D，

而B1D平面BB1D，所以AC⊥B1D. (2)解

因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．

如图，连接A1D，因为棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，

所以A1B1⊥平面ADD1A1，从而A1B1⊥AD1. 又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形．

于是A1D⊥AD1，故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D. 由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1. 故∠ADB1＝90°－θ，

在直角梯形ABCD中，

因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB. ABBC从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故＝，

DAAB即AB＝DA·BC＝3. 2222连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB21＋BD＝BB1＋AB＋AD＝21，即B1D＝21. 在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝即cos(90°－θ)＝AD321＝＝，

B1D7212121.从而sin θ＝. 77

即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为21. 7方法二

(1)证明

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，z轴建

立空间直角坐标系．

设AB＝t，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B1D＝(－t,3，－3)，AC＝(t,1,0)，BD＝(－t,3,0)．

→→因为AC⊥BD，所以AC·BD＝－t2＋3＋0＝0，

解得t＝3或t＝－3(舍去)．

→→于是B1D＝(－3，3，－3)，AC＝(3，1,0)，

→→因为AC·B1D＝－3＋3＋0＝0，

→→所以AC⊥B1D，即AC⊥B1D. →→(2)解

由(1)知，AD1＝(0,3,3)，AC＝(3，1,0)，

→B1C1＝(0,1,0)．

设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，

→AC＝0，n·3x＋y＝0，则，即

→3y＋3z＝0，AD1＝0n·

令x＝1，则n＝(1，－3，3)．

设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则

→n·B1C1321→sin θ＝|cos〈n，B1C1〉|＝＝＝. 7→7|B1C1||n|·即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为题型三

求两个平面的夹角

例3

(2013·课标全国Ⅱ)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是

AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝(1)证明：BC1∥平面A1CD；

(2)求平面A1CD与平面A1CE夹角的正弦值．

思维启迪

根据题意知∠ACB＝90°，故CA、CB、CC1两两垂直，可以C为原点建立空

间直角坐标系，利用向量求两个平面的夹角．

2AB. 221. 7

(1)证明

连接AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点．

又D是AB的中点，连接DF，则BC1∥DF. 因为DF平面A1CD，BC1所以BC1∥平面A1CD. (2)解

由AC＝CB＝2AB得，AC⊥BC. 2平面A1CD，

→→以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向，CB的方向为y轴正

→方向，CC1的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系

Cxyz. 设CA＝2，则D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)，

→→→CD＝(1,1,0)，CE＝(0,2,1)，CA1＝(2,0,2)．

设n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量，

→CD＝0，n·x1＋y1＝0，则即可取n＝(1，－1，－1)．

→2x＋2z＝0.11CA1＝0，n·

同理，设m是平面A1CE的法向量，

→CE＝0，m·则可取m＝(2,1，－2)．

→CA1＝0.m·n·m36从而cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝. |n||m|33所以平面A1CD与平面A1CE夹角的正弦值为6. 3

思维升华

求平面间的夹角最常用的方法就是分别求出两个平面的法向量，然后通过两π个平面的法向量的夹角得到所求角的大小，但要注意平面间的夹角的范围为[0，]．

2

如图，在圆锥PO中，已知PO＝2，⊙O的直径AB＝2，

C是的中点，D为AC的中点．

(1)证明：平面POD⊥平面PAC；

(2)求平面ABP与平面ACP夹角的余弦值．

(1)证明

如图，以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别

为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(－1,0,0)，

11B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，2)，D(－，，0)．

22设n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一个法向量，

→→则由n1·OD＝0，n1·OP＝0，

11－2x1＋2y1＝0，得

2z1＝0.所以z1＝0，x1＝y1，取y1＝1，得n1＝(1,1,0)．

设n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一个法向量，

→→则由n2·PA＝0，n2·PC＝0，

－x2－2z2＝0，得

y2－2z2＝0.所以x2＝－2z2，y2＝2z2. 取z2＝1，得n2＝(－2，2，1)．

因为n1·n2＝(1,1,0)·(－2，2，1)＝0，

所以n1⊥n2.从而平面POD⊥平面PAC. (2)解

因为y轴⊥平面PAB，

所以平面PAB的一个法向量为n3＝(0,1,0)．

由(1)知，平面PAC的一个法向量为n2＝(－2，2，1)．

设向量n2和n3的夹角为θ，

n2·n3210则cos θ＝＝＝. |n2|·|n3|55所以平面ABP与平面ACP夹角的余弦值为题型四

求空间距离

例4

已知正方形ABCD的边长为4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为________．

思维启迪

所求距离可以看作CG在平面GEF的法向量的投影．

答案

611

1110. 5解析

建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，

→则CG＝(0,0,2)，由题意易得平面GEF的一个法向量为n＝(1,1,3)，

→|n·CG|611所以点C到平面GEF的距离为d＝＝. |n|11思维升华

求点面距一般有以下三种方法：

①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．

(2012·大纲全国改编)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AB＝2，CC1＝22，E为CC1的中点，则点A到平面BED的距离为

A．2

答案

D 解析

以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，

C(0,2,0)，C1(0,2,22)，E(0,2，2)．

设n＝(x，y，z)是平面BED的法向量．

→BD＝2x＋2y＝0n·则. →DE＝2y＋2z＝0n·取y＝1，则n＝(－1,1，－2)为平面BED的一个法向量．

→又DA＝(2,0,0)，

∴点A到平面BED的距离是

→|－1×2＋0＋0||n·DA|d＝＝＝1. |n|－12＋12＋－22

利用空间向量求角

典例：(12分)(2013·江西)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G3为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝，连接CE并延长交AD于2F. B.3

C.2

D．1 (

)

(1)求证：AD⊥平面CFG；

(2)求平面BCP与平面DCP夹角的余弦值．

思维启迪

(1)可利用判定定理证明线面垂直；

(2)利用AD、AP、AB两两垂直建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用向量夹角求两个平面BCP、DCP夹角的余弦值．

规范解答

(1)证明

在△ABD中，因为E为BD的中点，

所以EA＝EB＝ED＝AB＝1，

故∠BAD＝π2，

∠ABE＝∠AEB＝π3. 因为△DAB≌△DCB，所以△EAB≌△ECB，

从而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝π3，

所以∠FED＝∠FEA.

故EF⊥AD，AF＝FD，

又因为PG＝GD，所以FG∥PA. 又PA⊥平面ABCD，

所以GF⊥AD，

故AD⊥平面CFG.

(2)解

以A为坐标原点建立如图所示的坐标系，

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C32，32，0，

D(0，3，0)，P0，0，32，

故BC→＝12，32，0，CP→＝－32，－332，2，

CD→＝－32，32，0.

设平面BCP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

则n1·CP→＝0n→

1·BC＝0

分]分]分]分]

[6

[4

[2

[8

33x－y＋z＝0－3222即13x＋22y＝011111

令y1＝－3，则x1＝3，z1＝2，n1＝(3，－3，2)．

同理求得面DCP的法向量为n2＝(1，3，2)，

从而平面BCP与平面DCP夹角θ的余弦值为

cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝

利用向量求空间角的步骤

第一步：建立空间直角坐标系．

第二步：确定点的坐标．

第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标．

第四步：计算向量的夹角(或函数值)．

第五步：将向量夹角转化为所求的空间角．

第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．

|n1·n2|42＝＝. |n1||n2|4×224

[9分]

[10分]

[12分]

温馨提醒

(1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用．

(2)本题易错点是在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范．

(3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错．

方法与技巧

1．

用向量来求空间角，各类角都可以转化为向量的夹角来计算．

2．

求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段．

失误与防范

1．

利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同．

2．

求点到平面的距离，有时利用等体积法求解可能更方便．

A组

专项基础训练

(时间：40分钟) 一、选择题

1．已知正方体ABCD—A1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角

为

(

) A．60°

C．30°

答案

D B．45°

D．90°

解析

以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，

→则射线CD1、B1D的方向向量分别是CD1＝(－1,0,1)，

→B1D＝(－1,1，－1)，

1＋0－1→→cos〈CD1，B1D〉＝＝0，

2×3∴直线B1D和CD1所成的角为90°. 2．

如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列

结论中不正确的是

A．AC⊥SB

B．AB∥平面SCD

C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角

D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角

答案

D 解析

∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD. 又∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥AC. 其中SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SDB，从而AC⊥SB. 故A正确；易知B正确；设AC与DB交于O点，连接SO. 则SA与平面SBD所成的角为∠ASO，SC与平面SBD所成的角为∠CSO，

又OA＝OC，SA＝SC，∴∠ASO＝∠CSO. 故C正确；由排除法可知选D. 93．

(2013·山东)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为3的

4

(

)

正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为

5πA.

12答案

B 1π33解析

如图所示：SABC＝×3×3×sin ＝. 234339∴VABC－A1B1C1＝SABC×OP＝×OP＝，∴OP＝3. 44又OA＝32OP×3×＝1，∴tan∠OAP＝＝3，

23OAπB.

3

πC.

4

πD.

6(

) ππ又0<∠OAP<，∴∠OAP＝. 234．

在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为

1A.

2答案

B 解析

以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，

11，0，，D(0,1,0)，

则A1(0,0,1)，E21→→1，0，－，

∴A1D＝(0,1，－1)，A1E＝2设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，

y－z＝0，y＝2，则1

∴

z＝2.1－z＝0，2

C.

D.

2

2

(

) 2B.

33

3

∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝2所以平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为. 322＝. 3×135．

在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为

A.6

3

B.

(

) 3a

3aC.

3D.6a

答案

B 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ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点

P到平面ABC的距离．

∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．

又∵△ABC为正三角形，∴H为△ABC的重心，

aaa可得H点的坐标为3，3，3. ∴PH＝

a－02＋a－02＋a－02＝3a. 33333a. 3∴点P到平面ABC的距离为二、填空题

6．

已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面夹角的大小为________．

π答案

4m·n2π解析

cos〈m，n〉＝＝，∴〈m，n〉＝. |m||n|24π∴两平面夹角的大小为. 47．

如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，

∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1 所成的角是________．

答案

60°

解析

以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．

设AB＝BC＝AA1＝2，

则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，

→→则EF＝(0，－1,1)，BC1＝(2,0,2)，

→→∴EF·BC1＝2，

→→∴cos〈EF，BC1〉＝21＝，

2×222∴EF和BC1所成的角为60°. 8．

正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为BB1、CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．

答案

35

10解析

以A为坐标原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴、

z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

11则A1(0,0,1)，E(1,0，)，F(，1,0)，D1(0,1,1)．

221→→∴A1E＝(1,0，－)，A1D1＝(0,1,0)．

2设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，

1→A1E＝0，n·x－2z＝0，则即

→A1D1＝0，n·y＝0.令z＝2，则x＝1.∴n＝(1,0,2)．

1→又A1F＝(，1，－1)，

2∴点F到平面A1D1E的距离为

1|－2|→|A1F·n|235d＝＝＝. |n|105三、解答题

9．

如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABD所成

的角为60°，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，

CD＝1，AD＝2. (1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标；

(2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值．

解

(1)建立如图空间直角坐标系，

∵∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2，

∴A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)．

由PD⊥平面ABCD，得∠PAD为PA与平面ABCD所成的角，

∴∠PAD＝60°. 在Rt△PAD中，由AD＝2，得PD＝23，∴P(0,0,23)．

→→(2)∵PA＝(2,0，－23)，BC＝(－2，－3,0)，

→→∴cos〈PA，BC〉

＝2×－2＋0×－3＋－23×013＝－，

1341313. 13

∴异面直线PA与BC所成的角的余弦值为10．(2013·天津)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面

ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱

AA1的中点．

(1)证明：B1C1⊥CE；

(2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；

(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为的长．

方法一

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(0,0,0)，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B1C1＝(1,0，－1)，CE＝(－1,1，－1)，于是B1C1·CE＝

0，所以B1C1⊥CE. →(2)解

B1C＝(1，－2，－1)．

设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，

→B1C＝0，m·x－2y－z＝0，则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向→－x＋y－z＝0.CE＝0，m·2，求线段AM6

量为m＝(－3，－2,1)．

→由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故B1C1＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．

→－4m·B1C12721→→于是cos〈m，B1C1〉＝＝＝－，从而sin〈m，B1C1〉＝，

77→14×2|m|·|B1C1|所以二面角B1－CE－C1的正弦值为21. 7→→→→→→→(3)解

AE＝(0,1,0)，EC1＝(1,1,1)，设EM＝λEC1＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM＝AE＋EM＝(λ，λ＋1，λ)．

→可取AB＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．

设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则

→→|AM·AB|→→sin θ＝|cos〈AM，AB〉|＝

→→|AM|·|AB|＝2λλ＝，

λ2＋λ＋12＋λ2×23λ2＋2λ＋1λ21＝，解得λ＝(负值舍去)，

33λ2＋2λ＋16于是所以AM＝2.

方法二

(1)证明

因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1平面

A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1. 经计算可得B1E＝5，B1C1＝2，EC1＝3，

2从而B1E2＝B1C21＋EC1，

所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，

又CC1，C1E平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，

所以B1C1⊥平面CC1E，

又CE平面CC1E，故B1C1⊥CE. (2)解

过B1作B1G⊥CE于点G，连接C1G. 由(1)知，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，

所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．

26在△CC1E中，由CE＝C1E＝3，CC1＝2，可得C1G＝. 3在Rt△B1C1G中，B1G＝所以sin ∠B1GC1＝21，

721. 742，

3即二面角B1－CE－C1的正弦值为(3)解

连接D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．

设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有

MH＝234x，AH＝x. 66在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝2，

1得EH＝2MH＝x. 3在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，

由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，

1712得x2＝1＋x2＋x，

1893整理得5x2－22x－6＝0，解得x＝2(负值舍去)．

所以线段AM的长为2.

B组

专项能力提升

(时间：30分钟) 1．

过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP的夹角大小为

A．30°

答案

B 解析

建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB＝PA＝1，

知A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1) 由题意得，AD⊥平面ABP，设E为PD的中点，

连接AE，则AE⊥PD，

又∵CD⊥平面PAD，∴AE⊥CD，

又PD∩CD＝D，∴AE⊥平面CDP. 11→→∴AD＝(0,1,0)，AE＝(0，，)分别是平面ABP、平面CDP的法向量，

22→→而〈AD，AE〉＝45°，

∴平面ABP与平面CDP的夹角大小为45°. 2．

在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中点，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________．

答案

15

5

(

) B．45°

C．60°

D．90°

解析

以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立

空间直角坐标系，

∴F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，

→∴FD1＝(－1,0,2)，

→OE＝(－1,1,1)，

1＋215→→∴cos〈FD1，OE〉＝＝. 55·33．

设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．

答案

23

3解析

如图建立空间直角坐标系，

则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0,0)，B(2,2,0)，

→∴D1A1＝(2,0,0)，

→→DA1＝(2,0,2)，DB＝(2,2,0)，

设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，

→DA1＝2x＋2z＝0n·则. →DB＝2x＋2y＝0n·令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，

∴点D1到平面A1BD的距离为

→|D1A1·n|223d＝＝＝. |n|334．

如图，在底面为直角梯形的四棱锥P—ABCD中，AD∥BC，∠ABC ＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝23，BC＝6. (1)求证：BD⊥平面PAC；

(2)求平面BPD与平面ABD的夹角．

(1)证明

如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(23，0,0)，

C(23，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，

→→→∴AP＝(0,0,3)，AC＝(23，6,0)，BD＝(－23，2,0)．

→→→→∴BD·AP＝0，BD·AC＝0. ∴BD⊥AP，BD⊥AC. 又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC. (2)解

设平面ABD的法向量为m＝(0,0,1)，

平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，

→→则n·BD＝0，n·BP＝0.

－23x＋2y＝0，→∵BP＝(－23，0,3)，∴

－23x＋3z＝0，y＝3x，解得23

z＝3x.令x＝3，则n＝(3，3,2)，

∴cos〈m，n〉＝m·n1＝. |m||n|2

∴平面BPD与平面ABD的夹角为60°.

5．

(2013·北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正

方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5. (1)求证：AA1⊥平面ABC；

(2)求平面A1BC1与平面BB1C1夹角的余弦值；

(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求(1)证明

在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC. 又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，

∴AA1⊥平面ABC. (2)解

在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，

∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC

∴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)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，A1C1＝(4,0,0)，

→→→A1B＝(0,3，－4)，B1C1＝(4，－3,0)，BB1＝(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)．

→n1＝0，A1C1·4x1＝0∴⇒

→3y－4z＝011n1＝0A1B·BD的值．

BC1

∴取向量n1＝(0,4,3) →n2＝0，B1C1·4x2－3y2＝0，由⇒

→4z＝0.2n2＝0BB1·

取向量n2＝(3,4,0) ∴cos 〈n1，n2〉＝n1·n21616＝＝. |n1|·|n2|5×525由题意知二面角A1－BC1－B1为锐角，

16∴平面A1BC1与平面BB1C1夹角的余弦值为. 25→→(3)证明

设D(x，y，z)是直线BC1上一点，且BD＝λBC1. ∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，

→解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ.∴AD＝(4λ，3－3λ，4λ) 又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0 9BD9则λ＝，因此＝. 25BC125