高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何本章综合与测试导学案及答案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何本章综合与测试导学案及答案，共20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，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq \r(6)，AB＝4.
(1)求证：M为PB的中点；
(2)求平面BPD与平面APD的夹角；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
(1)证明 如图，设AC，BD的交点为E，连接ME.
∵PD∥平面MAC，PD⊂平面PDB，平面MAC∩平面PDB＝ME，
∴PD∥ME.
∵四边形ABCD是正方形，
∴E为BD的中点．∴M为PB的中点．
(2)解 取AD的中点O，连接OP，OE.
∵PA＝PD，∴OP⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP⊂平面PAD，
∴OP⊥平面ABCD.
∵OE⊂平面ABCD，∴OP⊥OE.
∵底面ABCD是正方形，∴OE⊥AD.
以O为原点，分别以eq \(OD,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))，eq \(OP,\s\up6(→))为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0，eq \r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(4，－4,0)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(2,0，－eq \r(2))．
设平面BDP的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))
令x＝1，得y＝1，z＝eq \r(2).
于是n＝(1,1，eq \r(2))．
又平面PAD的一个法向量为p＝(0,1,0)，
∴cs〈n，p〉＝eq \f(n·p,|n||p|)＝eq \f(1,2).
∴平面BPD与平面APD的夹角为60°.
(3)解 由(1)(2)知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，
则eq \(MC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，2，－\f(\r(2),2))).
设直线MC与平面BDP所成角为α，
则sin α＝|cs〈n，eq \(MC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(MC,\s\up6(→))|,|n||\(MC,\s\up6(→))|)＝eq \f(2\r(6),9).
∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为eq \f(2\r(6),9).
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)求平面BDE与平面BEC所成角的余弦值．
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)∵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)，
设平面BDE与平面BEC的夹角为θ，
则cs θ＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(2\r(5),5)，
所以平面BDE与平面BEC所成角的余弦值为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Cxyz，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 如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝2eq \r(3)，求点A到平面MBC的距离．
解
如图，取CD的中点O，连接OB，OM，
因为△BCD与△MCD均为正三角形，
所以OB⊥CD，OM⊥CD，
又平面MCD⊥平面BCD，平面MCD∩平面BCD＝CD，OM⊂平面MCD，
所以MO⊥平面BCD.
以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，
所以OB＝OM＝eq \r(3)，
则O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0，eq \r(3))，
B(0，－eq \r(3)，0)，A(0，－eq \r(3)，2eq \r(3))，
所以eq \(BC,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)．
eq \(BM,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，eq \r(3))．
设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n⊥\(BC,\s\up6(→))，,n⊥\(BM,\s\up6(→))，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\(BM,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)y＝0，,\r(3)y＋\r(3)z＝0，))
取x＝eq \r(3)，可得平面MBC的一个法向量为n＝(eq \r(3)，－1,1)．
又eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,0,2eq \r(3))，
所以所求距离为d＝eq \f(|\(BA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(15),5).
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，使得平面MAC与平面ACD的夹角为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，使得平面MAC与平面ACD的夹角为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 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2eq \r(2)，E为CD的中点，点F在线段PB上．
(1)求证：AD⊥PC；
(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．
(1)证明 如图所示，在平行四边形ABCD中，连接AC，
因为AB＝2eq \r(2)，BC＝2，∠ABC＝45°，
由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cs 45°＝4，得AC＝2，
所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.
又AD∥BC，所以AD⊥AC.
因为AD＝AP＝2，DP＝2eq \r(2)，
所以PA⊥AD，
又AP∩AC＝A，AP，AC⊂平面PAC，
所以AD⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，所以AD⊥PC.
(2)解 因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，
侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊂侧面PAD，
所以PA⊥底面ABCD，
所以直线AC，AD，AP两两垂直，
以A为原点，直线AD，AC，AP为坐标轴，
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1，0)，P(0,0,2)，
所以eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(－2,0，－2)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2,2，－2)．
设eq \f(PF,PB)＝λ(λ∈[0,1])，
则eq \(PF,\s\up6(→))＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)．
易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)．
设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PD,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y－2z＝0，,－2x－2z＝0，))
令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．
因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，
所以|cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，m〉|＝|cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，n〉|，
即eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·m|,|\(EF,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·n|,|\(EF,\s\up6(→))||n|)，
所以|－2λ＋2|＝eq \f(|2λ|,\r(3))，
即eq \r(3)|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])，
解得λ＝eq \f(3－\r(3),2)，
所以eq \f(PF,PB)＝eq \f(3－\r(3),2)，
即当eq \f(PF,PB)＝eq \f(3－\r(3),2)时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．
课时对点练
1．已知两平面的法向量分别为m＝(1，－1,0)，n＝(0,1，－1)，则两平面的夹角为( )
A．60° B．120° C．60°或120° D．90°
答案 A
解析 |cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|－1|,\r(2)·\r(2))＝eq \f(1,2)，
即〈m，n〉＝60°.
∴两平面所成角为60°.
2．在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段AA1的中点，F为线段C1D1上靠近D1的三等分点，则异面直线A1B与EF所成角的余弦值为( )
A.eq \f(1,14) B.eq \f(\r(2),14) C.eq \f(\r(3),14) D.eq \f(1,7)
答案 B
解析 如图，建立空间直角坐标系，
则A1(3,0,0)，B(3,3,3)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，0，\f(3,2)))，F(0,1,0)，
所以eq \(A1B,\s\up6(—→))＝(0,3,3)，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，1，－\f(3,2)))，
所以|cs〈eq \(A1B,\s\up6(—→))，eq \(EF,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(A1B,\s\up6(—→))·\(EF,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(A1B,\s\up6(—→))))·|\(EF,\s\up6(→))|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3－\f(9,2),3\r(2)×\f(7,2))))＝eq \f(\r(2),14).
3.在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为棱CC1的中点，则直线B1M与平面A1D1M所成角的正弦值是( )
A.eq \f(\r(21),5) B.eq \f(2,5)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
答案 B
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，B1(1,1,1)，
eq \(A1D1,\s\up6(—→))＝(－1,0,0)，eq \(D1M,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，－\f(1,2)))，eq \(MB1,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，
设平面A1D1M的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(A1D1,\s\up6(—→))·m＝0，,\(D1M,\s\up6(—→))·m＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＝0，,y－\f(1,2)z＝0，))
令y＝1可得z＝2，所以m＝(0,1,2)，
设直线B1M与平面A1D1M所成角为θ，
sin θ＝eq \f(|m·\(MB1,\s\up6(→))|,|m|·|\(MB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,\r(5)×\f(\r(5),2))＝eq \f(2,5).
4．在三棱锥P－ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝45°，则点C到平面PAB的距离是( )
A.eq \f(4\r(6),3) B.eq \f(2\r(6),3) C.eq \f(4\r(3),3) D.eq \f(4\r(2),3)
答案 A
解析 方法一 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(0,4,0)，P(0,4,4eq \r(2))，
∴eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,4,4eq \r(2))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(4,0,0)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(0,0，－4eq \r(2))．
设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AP,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4y＋4\r(2)z＝0，,4x＝0，))
令y＝eq \r(2)，则z＝－1，
∴m＝(0，eq \r(2)，－1)，∴点C到平面PAB的距离为eq \f(|\(PC,\s\up6(→))·m|,|m|)＝eq \f(4\r(6),3).
方法二 ∵PC⊥底面ABC，
∴PC⊥AB，又AB⊥AC，且PC∩AC＝C，PC，AC⊂平面PAC，
∴AB⊥平面PAC，
∴AB⊥PA，
∵AC＝AB＝4，
∴BC＝4eq \r(2)，
∴PC＝4eq \r(2)，PB＝8，
在Rt△PAB中，PA＝eq \r(82－42)＝4eq \r(3)，
令点C到平面PAB的距离为d，
∵VP－ABC＝VC－PAB，
∴eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×4×4eq \r(2)＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×4×4eq \r(3)×d，
∴d＝eq \f(4\r(6),3).
5.如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝eq \f(1,3)AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为( )
A.eq \f(3\r(35),35) B.eq \f(2\r(7),7) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),4)
答案 A
解析 如图，以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，
则C1(0,3,1)，D1(0,0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，
所以eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0,3,1)，eq \(D1E,\s\up6(—→))＝(1,1，－1)，eq \(D1C,\s\up6(—→))＝(0,3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(D1E,\s\up6(—→))＝0，,n·\(D1C,\s\up6(—→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－z＝0，,3y－z＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2y，,z＝3y，))
取y＝1，得n＝(2,1,3)．
因为cs〈eq \(DC1,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(DC1,\s\up6(→))·n,|\(DC1,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(0，3，1·2，1，3,\r(10)×\r(14))＝eq \f(3\r(35),35)，
所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为eq \f(3\r(35),35).
6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的角的余弦值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(2,3) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),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，
则A1(0,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(1,2)))，
D(0,1,0)，
∴eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(0,1，－1)，eq \(A1E,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，－\f(1,2))).
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up6(—→))·n1＝0，,\(A1E,\s\up6(—→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2，,z＝2，))
∴n1＝(1,2,2)；
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
∴cs〈n1，n2〉＝eq \f(2,3×1)＝eq \f(2,3)，
即平面A1ED与平面ABCD所成的角的余弦值为eq \f(2,3).
7．设A(2,3,1)，B(4,1,2)，C(6,3,7)，D(－5，－4,8)，则点D到平面ABC的距离为________．
答案 eq \f(49\r(17),17)
解析 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)．
∴n·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x，y，z·2，－2，1＝0，,x，y，z·4，0，6＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－2y＋z＝0，,4x＋6z＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(3,2)z，,y＝－z.))
令z＝－2，则n＝(3,2，－2)．
又∵eq \(AD,\s\up6(→))＝(－7，－7,7)，
∴点D到平面ABC的距离为d＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·n|,|n|)
＝eq \f(|3×－7＋2×－7－2×7|,\r(32＋22＋－22))＝eq \f(49,\r(17))＝eq \f(49\r(17),17).
8.已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PD＝eq \r(5)，平面ABCD⊥平面PAD，M是PC的中点，O是AD的中点，则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是___________．
答案 eq \f(8\r(85),85)
解析 以O为原点，OA为x轴，过O作AB的平行线为y轴，OP为z轴，
建立空间直角坐标系，则B(1,2,0)，P(0,0,2)，C(－1,2,0)，
Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，1))，O(0,0,0)，
eq \(OP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq \(OC,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1，1))，
设平面PCO的法向量m＝(x，y，z)，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(OP,\s\up6(→))＝2z＝0，,m·\(OC,\s\up6(→))＝－x＋2y＝0，))可得m＝(2,1,0)，
设直线BM与平面PCO所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈m，eq \(BM,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|m·\(BM,\s\up6(→))|,|m||\(BM,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,\r(5)×\r(\f(17,4)))＝eq \f(8\r(85),85).
9.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BC的中点，F是DD1的中点．
(1)求证：CF∥平面A1DE；
(2)求平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值．
(1)证明 分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则 A1(2,0,2)，E(1,2,0)，D(0,0,0)，
C(0,2,0)，F(0,0,1)，
则eq \(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq \(CF,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，
设平面A1DE的法向量n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DA1,\s\up6(→))＝2a＋2c＝0，,n·\(DE,\s\up6(→))＝a＋2b＝0，))
取n＝(－2,1,2)，
∴eq \(CF,\s\up6(→))·n＝(0，－2,1)·(－2,1,2)＝0，
又CF⊄平面A1DE，
∴CF∥平面A1DE.
(2)解 eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)是平面A1DA的法向量，
∴cs〈n，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝eq \f(－2，1，2·0，2，0,\r(－22＋12＋22)·\r(0＋22＋0))＝eq \f(1,3)，
即平面A1DE与平面A1DA夹角的余弦值为eq \f(1,3).
10.如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝eq \f(1,2)AE＝2，O，M分别为CE，AB的中点．
(1)求异面直线AB与CE所成角的大小；
(2)求直线CD与平面ODM所成角的正弦值．
解 (1)∵DB⊥BA，平面ABDE⊥平面ABC，
平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB⊂平面ABDE，
∴DB⊥平面ABC.
∵BD∥AE，
∴EA⊥平面ABC.
如图所示，以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，以过点C且与EA平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系．
∵AC＝BC＝4，∴C(0,0,0)，A(4,0,0)，B(0,4,0)，E(4,0,4)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(－4,4,0)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(4,0,4)．
∴cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(－16,4\r(2)×4\r(2))＝－eq \f(1,2)，
∴异面直线AB与CE所成角的大小为eq \f(π,3).
(2)由(1)知O(2,0,2)，D(0,4,2)，M(2,2,0)，
∴eq \(CD,\s\up6(→))＝(0,4,2)，eq \(OD,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，eq \(MD,\s\up6(→))＝(－2,2,2)．
设平面ODM的法向量为n＝(x，y，z)，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n⊥\(OD,\s\up6(→))，,n⊥\(MD,\s\up6(→))，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋4y＝0，,－2x＋2y＋2z＝0，))
令x＝2，则y＝1，z＝1，
∴n＝(2,1,1)．
设直线CD与平面ODM所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，eq \(CD,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(CD,\s\up6(→)),|n||\(CD,\s\up6(→))|)))＝eq \f(\r(30),10)，
∴直线CD与平面ODM所成角的正弦值为eq \f(\r(30),10).
11.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为线段AB的中点，点F在线段AD上移动，异面直线B1C与EF所成角最小时，其余弦值为( )
A．0 B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(11,16)
答案 C
解析 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为线段AB的中点，设正方体棱长为2，
则D(0,0,0)，E(2,1,0)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)，eq \(B1C,\s\up6(—→))＝(－2,0，－2)，
设F(m,0,0)(0≤m≤2)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(m－2，－1,0)，
设异面直线B1C与EF的夹角为θ，
则cs θ＝eq \f(|\(EF,\s\up6(→))·\(B1C,\s\up6(—→))|,|\(EF,\s\up6(→))|·|\(B1C,\s\up6(—→))|)＝eq \f(|－2×m－2|,2\r(2)·\r(m－22＋1))＝eq \f(1,\r(2)·\r(\f(1,m－22)＋1))，异面直线B1C与EF所成角最小时，则cs θ最大，即m＝0时，cs θ＝eq \f(1,\r(2)·\r(\f(1,4)＋1))＝eq \f(2,\r(10))＝eq \f(\r(10),5).
12.如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________．
答案 eq \f(3,5)
解析 设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则B1(0，eq \r(3)，2)，F(1,0,1)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，G(0,0,2)，
eq \(B1F,\s\up6(—→))＝(1，－eq \r(3)，－1)，eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，1))，eq \(GF,\s\up6(→))＝(1,0，－1)．
设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EF,\s\up6(→))·n＝0，,\(GF,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(\r(3),2)y＋z＝0，,x－z＝0，))
取x＝1，则z＝1，y＝eq \r(3)，
故n＝(1，eq \r(3)，1)为平面GEF的一个法向量，
所以|cs〈n，eq \(B1F,\s\up6(—→))〉|＝eq \f(|1－3－1|,\r(5)×\r(5))＝eq \f(3,5)，
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为eq \f(3,5).
13.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(1,3)，则正四棱柱的高为________．
答案 4
解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，设DD1＝a，
则A(2,0,0)，C(0,2,0)，
D1(0,0，a)，
故eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－2,0，a)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0,0，a)，
设平面ACD1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝－2x＋2y＝0，,n·\(AD,\s\up6(→))1＝－2x＋az＝0，))
可取n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(2,a)))，
故cs〈n，eq \(CC1,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(CC,\s\up6(→))1,|n||\(CC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,a·\r(\f(4,a2)＋2))＝eq \f(2,\r(2a2＋4))，
又直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(1,3)，
∴eq \f(2,\r(2a2＋4))＝eq \f(1,3)，
解得a＝4.
14．设动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，记eq \f(D1P,D1B)＝λ.当∠APC为锐角时，λ的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，C(0,1,0)，
B(1,1,0)，D1(0,0,1)，
由eq \f(D1P,D1B)＝λ得P(λ，λ，1－λ)，
则eq \(PA,\s\up6(→))＝(1－λ，－λ，λ－1)，eq \(PC,\s\up6(→))＝(－λ，1－λ，λ－1)，
因为∠APC为锐角，
所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PC,\s\up6(→))＝(1－λ，－λ，λ－1)·(－λ，1－λ，λ－1)＝(λ－1)(3λ－1)>0，
解得λ1，
又因为动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，
所以λ的取值范围为0≤λ15.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为线段AA1上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD所成的角的余弦值的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),5)))
答案 A
解析 设平面EFB与底面ABCD所成的角为θ，如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，AE＝m，FC1＝n，则D(0,0,0)，A(1，0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0，0,1)，E(1,0，m)，F(n,1,1).eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－1，m)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(n－1,0,1)，
设平面EFB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y＋mz＝0，,n－1x＋z＝0，))
取x＝－1，则平面EFB的法向量为(－1，m(n－1)，n－1)，而底面ABCD的一个法向量为(0,0,1)，则cs θ＝eq \f(|n－1|,\r(1＋m2n－12＋n－12))，结合选项，当n＝1时，cs θ＝0，
当n≠1时，cs θ＝eq \f(1,\r(\f(1,1－n2)＋m2＋1))∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，
故cs θ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2))).
16．如图，已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．
(1)求证：D1E⊥A1D；
(2)在棱AB上是否存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为eq \f(π,6)？若存在，求出AE的长，若不存在，说明理由．
(1)证明 ∵AE⊥平面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，∴AE⊥A1D.
∵在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，
∴A1D⊥AD1.
∵AE∩AD1＝A，
∴A1D⊥平面AED1.
∵D1E⊂平面AED1，
∴D1E⊥A1D.
(2)解 以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
设棱AB上存在点E(1，t,0)(0≤t≤2)，
使得AD1与平面D1EC所成的角为eq \f(π,6)，
A(1,0,0)，D1(0,0,1)，C(0,2,0)，
eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq \(CD1,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(1，t－2,0)，
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CD1,\s\up6(→))＝－2y＋z＝0，,n·\(CE,\s\up6(→))＝x＋t－2y＝0，))
取y＝1，得n＝(2－t,1,2)，
∴sineq \f(π,6)＝eq \f(|\(AD1,\s\up6(→))·n|,|\(AD1,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|t－2＋2|,\r(2)×\r(t－22＋5))，
整理，得t2＋4t－9＝0，
解得t＝eq \r(13)－2或t＝－2－eq \r(13)(舍去)，
∴在棱AB上存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为eq \f(π,6)，此时AE＝eq \r(13)－2.