高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册第6章 空间向量与立体几何本章综合与测试学案

这是一份高中数学苏教版 (2019)选择性必修第二册第6章 空间向量与立体几何本章综合与测试学案，共17页。学案主要包含了利用空间向量求空间角，利用空间向量求距离，利用空间向量解决探索性问题等内容，欢迎下载使用。

一、利用空间向量求空间角
例1 如图，PA⊥平面ABCD，CF∥AP，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AP＝BC＝2.
(1)求直线CP与平面BDP所成角的正弦值；
(2)若二面角P－BD－F的余弦值为eq \f(1,3)，求线段CF的长．
解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)，
eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq \(CP,\s\up6(→))＝(－1，－2,2)．
设n＝(x1，y1，z1)为平面BDP的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BP,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,－x1＋2z1＝0，))
不妨令z1＝1，可得n＝(2,2,1)．
因此有cs〈eq \(CP,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(CP,\s\up6(→))·n,|\(CP,\s\up6(→))||n|)＝－eq \f(4,9).
所以直线CP与平面BDP所成角的正弦值为eq \f(4,9).
(2)设m＝(x2，y2，z2)为平面BDF的法向量，CF＝h，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋y2＝0，,2y2＋hz2＝0，))
不妨令y2＝1，可得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，－\f(2,h))).
由题意，有|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq \f(1,3)，
解得h＝eq \f(8,7).经检验，符合题意．∴线段CF的长为eq \f(8,7).
延伸探究 本例条件换为如图，在四棱锥P－ABCD中，直线PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，BC＝2AB＝2AD＝4BE＝4.
(1)求证：直线DE⊥平面PAC；
(2)若直线PE与平面PAC所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5)，求二面角A－PC－D的余弦值．
(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD，
∴AB⊥PA，PA⊥AD，又AB⊥AD，
∴PA，AD，AB两两互相垂直，
以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设P(0,0，λ)(λ>0)，
由已知得A(0,0,0)，D(0,2,0)，E(2,1,0)，C(2,4,0)，
∴eq \(AC,\s\up6(→))＝(2,4,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0，λ)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，－1,0)，
∴eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝4－4＋0＝0，eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，
∴DE⊥AC，DE⊥AP，
又AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
∴DE⊥平面PAC.
(2)解 由(1)，得平面PAC的一个法向量是
eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，－1,0)，eq \(PE,\s\up6(→))＝(2,1，－λ)，
设直线PE与平面PAC所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(PE,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4－1,\r(5)×\r(5＋λ2))))＝eq \f(\r(5),5)，
∴λ＝2，即P(0,0,2)，
设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
∵eq \(DC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，
∴由n⊥eq \(DC,\s\up6(→))，n⊥eq \(DP,\s\up6(→))，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x0＋2y0＝0，,－2y0＋2z0＝0，))
令x0＝1，则n＝(1，－1，－1)，
∴cs〈n，eq \(DE,\s\up6(→))〉＝eq \f(2＋1,\r(3)×\r(5))＝eq \f(\r(15),5).
∵二面角A－PC－D是锐角，
∴二面角A－PC－D的余弦值为eq \f(\r(15),5).
反思感悟 运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤
(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标；(3)写出向量坐标；(4)结合公式进行论证、计算；(5)转化为几何结论．
跟踪训练1 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABEF为正方形，AF⊥DF，AF＝2eq \r(2)FD，∠DFE＝∠CEF＝45°.
(1)求异面直线BC，DF所成角的大小；
(2)求二面角D－BE－C的余弦值．
解 因为四边形ABEF为正方形，AF⊥DF，
所以AF⊥平面DCEF.
又∠DFE＝∠CEF＝45°，
所以在平面DCEF内作DO⊥EF，垂足为点O，
以O为坐标原点，OF所在的直线为x轴，
OD所在的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图所示)．
设OF＝a，因为AF＝2eq \r(2)FD，
所以DF＝eq \r(2)a，AF＝4a，CD＝2a.
(1)D(0,0，a)，F(a,0,0)，B(－3a,4a,0)，C(－2a,0，a)．
则eq \(BC,\s\up6(→))＝(a，－4a，a)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(a,0，－a)，
设向量eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))的夹角为θ，
则cs θ＝eq \f(\(BC,\s\up6(→))·\(DF,\s\up6(→)),|\(BC,\s\up6(→))|·|\(DF,\s\up6(→))|)＝0，
所以异面直线BC，DF所成角为eq \f(π,2).
(2)因为E(－3a,0,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(a，－4a，a)，
eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－4a,0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(－3a,0，－a)，
设平面DBE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(DE,\s\up6(→))＝0，,n1·\(BE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x1＋z1＝0，,4y1＝0，))
取x1＝1得平面DBE的一个法向量为n1＝(1,0，－3)，
设平面CBE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n2·\(BE,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－4y2＋z2＝0，,4y2＝0，))
取x2＝1得平面CBE的一个法向量为n2＝(1,0，－1)，
则cs 〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(2\r(5),5)，
由图可知，二面角D－BE－C为锐角，
所以二面角D－BE－C的余弦值为eq \f(2\r(5),5).
二、利用空间向量求距离
例2 已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边AB，AD的中点，CG垂直于正方形ABCD所在的平面，且CG＝2，求点B到平面EFG的距离．
解 建立如图所示的空间直角坐标系，则G(0,0,2)，E(4，－2，0)，F(2，－4,0)，B(4,0,0)，
∴eq \(GE,\s\up6(→))＝(4，－2，－2)，eq \(GF,\s\up6(→))＝(2，－4，－2)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－2,0)．
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(GE,\s\up6(→))·n＝0，,\(GF,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y－z＝0，,x－2y－z＝0，))
∴x＝－y，z＝－3y.
取y＝1，则n＝(－1,1，－3)．
∴点B到平面EFG的距离d＝eq \f(|\(BE,\s\up6(→))·n|,|n|)
＝eq \f(2,\r(11))＝eq \f(2\r(11),11).
反思感悟 求点P到平面α的距离的三个步骤：(1)在平面α内取一点A，确定向量eq \(PA,\s\up6(→))的坐标表示；(2)确定平面α的法向量n；(3)代入公式d＝eq \f(|\(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)求解．
跟踪训练2 在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CC1的中点．
(1)求证：AD∥平面A1EFD1；
(2)求直线AD与平面A1EFD1的距离．
(1)证明 如图，以点D为坐标原点，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D－xyz，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，D1(0,0，a)，A1(a,0，a)，
所以eq \(DA,\s\up6(→))＝(a,0,0)，eq \(D1A1,\s\up6(—→))＝(a,0,0)，
所以DA∥D1A1.
又D1A1⊂平面A1EFD1，DA⊄平面A1EFD1，
所以DA∥平面A1EFD1.
(2)解 由(1)得D1(0,0，a)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a，\f(a,2)))，
所以eq \(D1F,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a，－\f(a,2)))，eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a，\f(a,2))).
设n＝(x，y，z)是平面A1EFD1的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(D1F,\s\up6(→))＝ay－\f(a,2)z＝0，,n·\(D1A1,\s\up6(—→))＝ax＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝\f(1,2)z.))
取z＝1得y＝eq \f(1,2)，
则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，
点D到平面A1EFD1的距离
d＝eq \f(|n·\(DF,\s\up6(→))|,|n|)＝eq \f(\f(1,2)a＋\f(1,2)a,\r(\f(1,4)＋1))＝eq \f(2\r(5),5)a，
所以直线AD到平面A1EFD1的距离是eq \f(2\r(5),5)a.
三、利用空间向量解决探索性问题
例3 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝eq \r(2)，BC＝2eq \r(2)，PA＝2.
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．
(1)证明 取BC的中点E，连接DE，交AC于点O，连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，B(2，－1,0)，C(0,1,0)，D(－1,0,0)，
P(0，－1,2)．
∵点N为PC的中点，
∴N(0,0,1)，
∴eq \(DN,\s\up6(→))＝(1,0,1)．
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
可得n＝(0,1,0)，
∴eq \(DN,\s\up6(→))·n＝0.
又∵DN⊄平面PAB，∴DN∥平面PAB.
(2)解 由(1)知，eq \(AC,\s\up6(→))＝ (0,2,0)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(－1,1，－2)．
设直线AC与PD所成的角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(AC,\s\up6(→))·\(PD,\s\up6(→))|,|\(AC,\s\up6(→))||\(PD,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,2×\r(6))))＝eq \f(\r(6),6).
(3)解 存在．设M(x，y，z)，且eq \(PM,\s\up6(→))＝λeq \(PD,\s\up6(→))，0≤λ≤1，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－λ，,y＋1＝λ，,z－2＝－2λ，))∴M(－λ，λ－1,2－2λ)．
设平面ACM的一个法向量为m＝(a，b，c)，
由eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(－λ，λ，2－2λ)，
可得m＝(2－2λ，0，λ)，
由图知平面ACD的一个法向量为u＝(0,0,1)，
∴|cs〈m，u〉|＝eq \f(λ,1·\r(λ2＋2－2λ2))＝eq \f(\r(2),2)，
解得λ＝eq \f(2,3)或λ＝2(舍去)．
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，－\f(1,3)，\f(2,3)))，m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0，\f(2,3))).
∴eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))，
设BM与平面MAC所成的角为φ，
则sin φ＝|cs〈eq \(BM,\s\up6(→))，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－\f(12,9),\f(2\r(2),3)×2\r(2))))＝eq \f(1,2)，
∴φ＝30°.
故存在点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，此时BM与平面MAC所成的角为30°.
反思感悟 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
跟踪训练3 如图，将长方形OAA1O1(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，其中OA＝1, OO1＝2，的长为eq \f(π,6)，AB为⊙O的直径．
(1)在上是否存在点C(C，B1在平面OAA1O1的同侧)，使得BC⊥AB1，若存在，请确定其位置；若不存在，请说明理由；
(2)求二面角A1－O1B－B1的余弦值．
解 (1)存在符合题意的点C，当B1C为圆柱OO1的母线时，BC⊥AB1.
证明如下：
在上取点C，使B1C为圆柱的母线，则B1C⊥BC，如图，连接BC，AC，因为AB为⊙O的直径，所以BC⊥AC，
又B1C∩AC＝C，所以BC⊥平面AB1C.
因为AB1⊂平面AB1C，所以BC⊥AB1.
(2)取的中点D(D，B1在平面OAA1O1的同侧)，连接OD，OC，由题意可知，OD，OA，OO1两两垂直，故以O为坐标原点，以OD，OA，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
因为的长为eq \f(π,6)，所以∠AOC＝∠A1O1B1＝eq \f(π,6)，
则O1(0,0,2)，B(0，－1,0)，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2))，D(1,0,0)，
所以eq \(O1B,\s\up6(→))＝(0，－1，－2)，eq \(O1B1,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).
设平面O1BB1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(O1B,\s\up6(→))＝0，,n·\(O1B1,\s\up6(—→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y－2z＝0，,\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0.))
令z＝1，得n＝(2eq \r(3)，－2,1)．
易知eq \(OD,\s\up6(→))＝(1,0,0)为平面O1A1B的一个法向量．
设二面角A1－O1B－B1的大小为θ，
由图可知θ为锐角，则cs θ＝eq \f(|n·\(OD,\s\up6(→))|,|n||\(OD,\s\up6(→))|)＝eq \f(2\r(3),\r(17))＝eq \f(2\r(51),17).
所以二面角A1－O1B－B1的余弦值为eq \f(2\r(51),17).
1．知识清单：
(1)利用空间向量求空间角．
(2)利用空间向量求距离．
(3)利用空间向量解决探索性问题．
2．方法归纳：坐标法、转化化归．
3．常见误区：对于有限制条件的探索性问题求解时易忽视参数的范围．
1．在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(\r(10),4) D.eq \f(\r(6),4)
答案 D
解析 如图，建立空间直角坐标系，
易求得点Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，平面AA1C1C的一个法向量是
n＝(1,0,0)，∴sin α＝|cs〈n，eq \(AD,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\f(\r(3),2),\r(2))＝eq \f(\r(6),4).
2.如图，S是正三角形ABC所在平面外一点，M，N分别是AB和SC的中点，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝90°，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(10),5) B．－eq \f(\r(10),5)
C．－eq \f(\r(10),10) D.eq \f(\r(10),10)
答案 A
解析 不妨设SA＝SB＝SC＝1，以S为坐标原点，SA，SB，SC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系S－xyz，则相关各点坐标为A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，S(0,0,0)，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2))).
因为eq \(SM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－1，\f(1,2)))，
所以|eq \(SM,\s\up6(→))|＝eq \r(\f(1,2))，|eq \(BN,\s\up6(→))|＝eq \r(\f(5,4))，eq \(SM,\s\up6(→))·eq \(BN,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)，
cs〈eq \(SM,\s\up6(→))，eq \(BN,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(SM,\s\up6(→))·\(BN,\s\up6(→)),|\(SM,\s\up6(→))|\(\s\up7( ),\s\d5( ))|\(BN,\s\up6(→))|)＝－eq \f(\r(10),5)，
因为异面直线所成的角的范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，
所以异面直线SM与BN所成角的余弦值为eq \f(\r(10),5).
3．已知正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的正弦值为________．
答案 eq \f(2\r(5),5)
解析 取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系．
设BC＝1，则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，0)).
所以eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，
eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).
eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))为平面BCD的一个法向量．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BA,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y＝0，))
取x＝1，则y＝－eq \r(3)，z＝1，所以n＝(1，－eq \r(3)，1)，
所以cs〈n，eq \(OA,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(5),5)，所以sin〈n，eq \(OA,\s\up6(→))〉＝eq \f(2\r(5),5).
故二面角A－BD－C的正弦值为eq \f(2\r(5),5).
4．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为________．
答案 eq \f(\r(42),3)
解析 连接GD1，以D为坐标原点，分别以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0,0,2)，F(1,1,0)，G(0,2,1)，于是有eq \(GF,\s\up6(→))＝(1，－1，－1)，eq \(GD1,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，
所以cs〈eq \(GF,\s\up6(→))，eq \(GD1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(GF,\s\up6(→))·\(GD1,\s\up6(→)),|\(GF,\s\up6(→))||\(GD1,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(15),15)，
sin〈eq \(GF,\s\up6(→))，eq \(GD1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(210),15)，
所以点D1到直线GF的距离为
d＝|eq \(GD1,\s\up6(→))|sin〈eq \(GF,\s\up6(→))，eq \(GD1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\r(42),3).
课时对点练
1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，AB＝PA，PA⊥底面ABCD，∠ABC＝eq \f(π,3)，E是PC上任一点，AC∩BD＝O.
(1)求证：平面EBD⊥平面PAC；
(2)若E是PC的中点，求ED与平面EBC所成角的正弦值．
(1)证明 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，
所以AC⊥BD，
又因为PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，
所以PA⊥BD，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
因为BD⊂平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PAC.
(2)解 取BC的中点F，连接AF，
因为底面ABCD为菱形，且∠ABC＝eq \f(π,3)，
所以△ABC为等边三角形，
所以AF⊥BC，所以AF⊥AD，
如图，建立空间直角坐标系，令AB＝PA＝2，
则D(0,2,0)，C(eq \r(3)，1,0)，
B(eq \r(3)，－1,0)，P(0,0,2)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，
所以eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，1))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
eq \(EC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－1))，
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→))·n＝0，,\(EC,\s\up6(→))·n＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＝0，,\f(\r(3),2)x＋\f(1,2)y－z＝0，))
令x＝2，则y＝0，z＝eq \r(3)，
所以n＝(2,0，eq \r(3))，
设直线ED与平面EBC所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(DE,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(DE,\s\up6(→))·n|,|\(DE,\s\up6(→))|·|n|)
＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)×2＋1×\r(3))),\r(22＋\r(3)2)×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＋12))＝eq \f(\r(21),7)，
所以直线ED与平面EBC所成角的正弦值为eq \f(\r(21),7).
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若二面角D－PC－A的余弦值为eq \f(\r(5),5)，求点A到平面PBC的距离．
(1)证明 ∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PA⊥BC，∵∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC.
(2)解 设AP＝h，取CD的中点E，则AE⊥CD，
∴AE⊥AB.
又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，PA⊥AB，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0，h)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，B(0,2,0)，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，－h))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，
设平面PDC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n1·\(DC,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x1＋\f(1,2)y1－hz1＝0，,y1＝0，))
取x1＝h，∴n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h，0，\f(\r(3),2))).
由(1)知平面PAC的一个法向量为eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))，
∴|cs〈n1，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝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的一个法向量n2＝(3，eq \r(3)，2)，
所以点A到平面PBC的距离为
d＝eq \f(|\(AP,\s\up6(→))·n2|,|n2|)＝eq \f(2\r(3),4)＝eq \f(\r(3),2).
3.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝eq \r(3)，∠BAD＝120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
(2)求二面角A－A1D－B的平面角的正弦值．
解 如图，在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
如图，以{eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))}为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为AB＝AD＝2，
AA1＝eq \r(3)，∠BAD＝120°，
则A(0,0,0)，B(eq \r(3)，－1,0)，D(0,2,0)，E(eq \r(3)，0,0)，A1(0,0，eq \r(3))，C1(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
(1)eq \(A1B,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1，－eq \r(3))，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，eq \r(3))．
则cs〈eq \(A1B,\s\up6(→))，eq \(AC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(A1B,\s\up6(→))·\(AC1,\s\up6(→)),|\(A1B,\s\up6(→))||\(AC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(3－1－3,\r(7)×\r(7))＝－eq \f(1,7).
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为eq \f(1,7).
(2)可知平面A1DA的一个法向量为eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0,0)．
设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，
又eq \(A1B,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1，－eq \r(3))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，3,0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1B,\s\up6(→))＝0，,m·\(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y－\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋3y＝0.))
不妨取x＝3，则y＝eq \r(3)，z＝2，
所以m＝(3，eq \r(3)，2)为平面BA1D的一个法向量，
则cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·m,|\(AE,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(3\r(3),\r(3)×4)＝eq \f(3,4).
设二面角A－A1D－B的平面角的大小为θ，
则cs θ＝eq \f(3,4).
因为θ∈[0，π]，
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(7),4).
因此二面角A－A1D－B的平面角的正弦值为eq \f(\r(7),4).
4．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且eq \f(PF,PC)＝eq \f(1,3).
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角F－AE－P的余弦值；
(3)设点G在PB上，且eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3).判断直线AG是否在平面AEF 内，说明理由．
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.
又AD⊥CD，AD∩PA＝A，
所以CD⊥平面PAD.
(2)解 过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AM，PA⊥AD.
以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2，－1,0)，
C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
因为E为PD的中点，
所以E(0,1,1)．
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)．
所以eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，
eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3))).
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0.))
令z＝1，则y＝－1，x＝－1.
于是n＝(－1，－1,1)为平面AEF 的一个法向量．
易得平面PAD的一个法向量为p＝(1,0,0)，
则cs〈n，p〉＝eq \f(n·p,|n||p|)＝－eq \f(\r(3),3).
由题意知，二面角F－AE－P为锐二面角，
所以其余弦值为eq \f(\r(3),3).
(3)解 直线AG在平面AEF 内．理由如下：
因为点G在PB上，且eq \f(PG,PB)＝eq \f(2,3)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，－1，－2)，
所以eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3)，－\f(4,3)))，
eq \(AG,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).
由(2)知，平面AEF 的一个法向量n＝(－1，－1,1)，
所以eq \(AG,\s\up6(→))·n＝－eq \f(4,3)＋eq \f(2,3)＋eq \f(2,3)＝0，
所以直线AG在平面AEF内．