《高考數(shù)學浙江理科一輪【第七章】不等式【下】 第七章 7.7》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學浙江理科一輪【第七章】不等式【下】 第七章 7.7（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 精品資料 7.7　立體幾何中的向量方法(二)——求空間角和距離 1． 空間向量與空間角的關(guān)系 (1)設(shè)異面直線l1，l2的方向向量分別為m1，m2，則l1與l2所成的角θ滿足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|. (2)設(shè)直線l的方向向量和平面α的法向量分別為m，n，則直線l與平面α所成角θ滿足sin θ＝|cos〈m，n〉|. (3)求二面角的大小 1如圖①，AB、CD是二面角α—l—β的兩個面內(nèi)與棱l垂直的直線，則二面角的大小θ＝〈，〉． 2如圖②③，n1，n2分別是二面角α—l—β的兩個半平面α，β的法向量

2、，則二面角的大小θ滿足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉． 2． 點面距的求法 如圖，設(shè)AB為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則B到 平面α的距離d＝. 1． 判斷下面結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“”) (1)兩直線的方向向量所成的角就是兩條直線所成的角． (　　) (2)直線的方向向量和平面的法向量所成的角就是直線與平面所成的角． (　　) (3)兩個平面的法向量所成的角是這兩個平面所成的角． (　　) (4)兩異面直線夾角的范圍是(0，]，直線與平面所成角的范圍是[0，]，二面角的范圍是[0，π]．

3、 (　√　) (5)直線l的方向向量與平面α的法向量夾角為120，則l和α所成角為30. (　√　) (6)若二面角α－a－β的兩個半平面α、β的法向量n1，n2所成角為θ，則二面角α－a－β的大小是π－θ. (　　) 2． 已知二面角α－l－β的大小是，m，n是異面直線，且m⊥α，n⊥β，則m，n所成的角為 (　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　∵m⊥α，n⊥β， ∴異面直線m，n所成的角的補角與二面角α－l－β互補． 又∵異面直線所成角的范圍為(0，]， ∴m，n所成的角為.

4、 3． 在空間直角坐標系Oxyz中，平面OAB的一個法向量為n＝(2，－2,1)，已知點P(－1,3,2)，則點P到平面OAB的距離d等于 (　　) A．4 B．2 C．3 D．1 答案　B 解析　P點到平面OAB的距離為 d＝＝＝2，故選B. 4． 若平面α的一個法向量為n＝(4,1,1)，直線l的一個方向向量為a＝(－2，－3,3)，則l與α所成角的正弦值為_________． 答案　 解析　∵na＝－8－3＋3＝－8，|n|＝＝3， |a|＝＝， ∴cos〈n，a〉＝＝＝－. 又l與α所成角記為θ，即sin θ＝|cos〈n，a〉

5、|＝. 5． P是二面角α－AB－β棱上的一點，分別在平面α、β上引射線PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45，∠MPN＝60，那么二面角α－AB－β的大小為________． 答案　90 解析　不妨設(shè)PM＝a，PN＝b，如圖， 作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F， ∵∠EPM＝∠FPN＝45， ∴PE＝a，PF＝b， ∴＝(－)(－) ＝－－＋ ＝abcos 60－abcos 45－abcos 45＋ab ＝－－＋＝0， ∴⊥， ∴二面角α－AB－β的大小為90. 題型一　求異面直線所成的角 例1　長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1

6、，E為CC1的中點，則異面直線BC1與AE所成角的余弦值為 (　　) A. B. C. D. 思維啟迪　本題可以通過建立空間直角坐標系，利用向量、所成的角來求． 答案　B 解析　建立坐標系如圖， 則A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,2)． ＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)， cos〈，〉＝＝. 所以異面直線BC1與AE所成角的余弦值為. 思維升華　用向量方法求兩條異面直線所成的角，是通過兩條直線的方向向量的夾角來求解，而兩異面直線所成角的范圍是θ∈，兩向量的夾角α的范圍是[0，π]，所以要注意二者的

7、區(qū)別與聯(lián)系，應(yīng)有cos θ＝|cos α|. 　已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形AA1＝2AB，E為AA1的中點，則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為 (　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　如圖，以D為坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系． 設(shè)AA1＝2AB＝2，則B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)， ∴＝(0，－1,1)， ＝(0，－1,2)， ∴cos〈，〉＝＝. 題型二　求直線與平面所成的角 例2　如圖，已知四棱錐P—ABCD的底面為等腰梯形，AB∥CD，AC⊥

8、BD， 垂足為H，PH是四棱錐的高，E為AD的中點． (1)證明：PE⊥BC； (2)若∠APB＝∠ADB＝60，求直線PA與平面PEH所成角的正弦值． 思維啟迪　平面的法向量是利用向量方法解決位置關(guān)系或夾角的關(guān)鍵，本題可通過建立坐標系，利用待定系數(shù)法求出平面PEH的法向量． (1)證明　以H為原點，HA，HB，HP所在直線分別為x，y，z軸， 線段HA的長為單位長度，建立空間直角坐標系(如圖)， 則A(1,0,0)，B(0,1,0)． 設(shè)C(m,0,0)，P(0,0，n) (m<0，n>0)，則D(0，m,0)，E. 可得＝，＝(m，－1,0)． 因為＝－＋0＝0，所以P

9、E⊥BC. (2)解　由已知條件可得m＝－，n＝1， 故C，D，E， P(0,0,1)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面PEH的法向量， 則即 因此可以取n＝(1，，0)．又＝(1,0，－1)， 所以|cos〈，n〉|＝. 所以直線PA與平面PEH所成角的正弦值為. 思維升華　利用向量法求線面角的方法： (1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)； (2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角，取其余角就是斜線和平面所成的角． 　(2013湖南)如圖，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC

10、，∠BAD＝90，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3. (1)證明：AC⊥B1D； (2)求直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值． 方法一　(1)證明　如圖，因為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　因為B1C1∥AD，所以直線B1C1與平面ACD1所成的角等于直線AD與平面ACD1所成的角(記為θ)． 如圖，連接A1D，因為棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90， 所以A1B1⊥平面ADD1A1，從而A1B1⊥

11、AD1. 又AD＝AA1＝3，所以四邊形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， 因為AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB. 從而Rt△ABC∽Rt△DAB，故＝， 即AB＝＝. 連接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB＋BD2＝BB＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝. 在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝＝＝， 即cos(90－θ)＝.從而sin θ＝. 即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為.

12、 方法二　(1)證明　易知，AB，AD，AA1兩兩垂直．如圖，以A 為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建 立空間直角坐標系． 設(shè)AB＝t，則相關(guān)各點的坐標為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)． 從而＝(－t,3，－3)，＝(t,1,0)，＝(－t,3,0)． 因為AC⊥BD，所以＝－t2＋3＋0＝0， 解得t＝或t＝－(舍去)． 于是＝(－，3，－3)，＝(，1,0)， 因為＝－3＋3＋0＝0， 所以⊥，即AC⊥B1D. (2)解　由(1)知，＝(

13、0,3,3)，＝(，1,0)， ＝(0,1,0)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面ACD1的一個法向量， 則，即 令x＝1，則n＝(1，－，)． 設(shè)直線B1C1與平面ACD1所成角為θ，則 sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. 即直線B1C1與平面ACD1所成角的正弦值為. 題型三　求二面角 例3　(2013課標全國Ⅱ)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別是 AB，BB1的中點，AA1＝AC＝CB＝AB. (1)證明：BC1∥平面A1CD； (2)求二面角D－A1C－E的正弦值． 思維啟迪　根據(jù)題意知∠ACB＝90，故CA、CB、CC1兩兩垂直，可以C為原點

14、建立空間直角坐標系，利用向量求二面角． (1)證明　連接AC1交A1C于點F，則F為AC1的中點． 又D是AB的中點，連接DF，則BC1∥DF. 因為DF?平面A1CD，BC1?平面A1CD， 所以BC1∥平面A1CD. (2)解　由AC＝CB＝AB得，AC⊥BC. 以C為坐標原點，的方向為x軸正方向，的方向為y軸正 方向，的方向為z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系 Cxyz. 設(shè)CA＝2，則D(1,1,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,2)， ＝(1,1,0)，＝(0,2,1)，＝(2,0,2)． 設(shè)n＝(x1，y1，z1)是平面A1CD的法向量， 則即可取

15、n＝(1，－1，－1)． 同理，設(shè)m是平面A1CE的法向量， 則可取m＝(2,1，－2)． 從而cos〈n，m〉＝＝，故sin〈n，m〉＝. 即二面角D－A1C－E的正弦值為. 思維升華　求二面角最常用的方法就是分別求出二面角的兩個面所在平面的法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求角是銳角還是鈍角． 　如圖，在圓錐PO中，已知PO＝，⊙O的直徑AB＝2， C是的中點，D為AC的中點． (1)證明：平面POD⊥平面PAC； (2)求二面角B－PA－C的余弦值． (1)證明　如圖，以O(shè)為坐標原點，OB，OC，OP所在直線分別 為

16、x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則O(0,0,0)，A(－1,0,0)， B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，D(－，，0)． 設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面POD的一個法向量， 則由n1＝0，n1＝0， 得 所以z1＝0，x1＝y(tǒng)1，取y1＝1，得n1＝(1,1,0)． 設(shè)n2＝(x2，y2，z2)是平面PAC的一個法向量， 則由n2＝0，n2＝0， 得所以x2＝－z2，y2＝z2. 取z2＝1，得n2＝(－，，1)． 因為n1n2＝(1,1,0)(－，，1)＝0， 所以n1⊥n2.從而平面POD⊥平面PAC. (2)解　因為y軸⊥平面PAB，

17、 所以平面PAB的一個法向量為n3＝(0,1,0)． 由(1)知，平面PAC的一個法向量為n2＝(－，，1)． 設(shè)向量n2和n3的夾角為θ， 則cos θ＝＝＝. 由圖可知，二面角B－PA－C的平面角為銳角， 所以二面角B－PA－C的余弦值為. 題型四　求空間距離 例4　已知正方形ABCD的邊長為4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，則點C到平面GEF的距離為________． 思維啟迪　所求距離可以看作CG在平面GEF的法向量的投影． 答案　 解析　建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz， 則＝(0,0,2)，由題意易得平面GEF的一個法向量為

18、n＝(1,1,3)， 所以點C到平面GEF的距離為d＝＝. 思維升華　求點面距一般有以下三種方法： ①作點到面的垂線，點到垂足的距離即為點到平面的距離；②等體積法；③向量法．其中向量法在易建立空間直角坐標系的規(guī)則圖形中較簡便． 　(2012大綱全國改編)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD為正方形，AB＝2，CC1＝2，E為CC1的中點，則點A到平面BED的距離為 (　　) A．2 B. C. D．1 答案　D 解析　以D為原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x軸、y軸、z 軸建立空間直角坐標系(如圖)，則D(0,0,0)，A(2,

19、0,0)，B(2,2,0)， C(0,2,0)，C1(0,2,2)，E(0,2，)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量． 則. 取y＝1，則n＝(－1,1，－)為平面BDE的一個法向量． 又＝(2,0,0)， ∴點A到平面BDE的距離是 d＝＝＝1. 利用空間向量求角 典例：(15分)(2013江西)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，E為BD的中點，G為PD的中點，△DAB≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝，連接CE并延長交AD于F. (1)求證：AD⊥平面CFG； (2)求平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值． 思維啟迪　(

20、1)可利用判定定理證明線面垂直； (2)利用AD、AP、AB兩兩垂直建立空間直角坐標系，求兩個平面的法向量，利用向量夾角求兩個平面BCP、DCP夾角的余弦值． 規(guī)范解答 (1)證明　在△ABD中，因為E為BD的中點， 所以EA＝EB＝ED＝AB＝1，故∠BAD＝， ∠ABE＝∠AEB＝. 因為△DAB≌△DCB，所以△EAB≌△ECB， 從而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝， 所以∠FED＝∠FEA. [3分] 故EF⊥AD，AF＝FD， 又因為PG＝GD，所以FG∥PA. 又PA⊥平面ABCD， [5分] 所以GF⊥AD

21、，故AD⊥平面CFG. [7分] (2)解　以A為坐標原點建立如圖所示的坐標系， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)， C，D(0，，0)， P， 故＝， ＝， ＝. [9分] 設(shè)平面BCP的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 則 即 令y1＝－，則x1＝3，z1＝2，n1＝(3，－，2)． [11分] 同理求得面DCP的法向量為n2＝(1，，2)， [13分] 從而平面BCP與平面DCP的夾角θ的余弦值為 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝ ＝＝. [15分]

22、 利用向量求空間角的步驟 第一步：建立空間直角坐標系． 第二步：確定點的坐標． 第三步：求向量(直線的方向向量、平面的法向量)坐標． 第四步：計算向量的夾角(或函數(shù)值)． 第五步：將向量夾角轉(zhuǎn)化為所求的空間角． 第六步：反思回顧．查看關(guān)鍵點、易錯點和答題規(guī)范． 溫馨提醒　(1)利用向量求角是高考的熱點，幾乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用． (2)本題易錯點是在建立坐標系時不能明確指出坐標原點和坐標軸，導致建系不規(guī)范． (3)將向量的夾角轉(zhuǎn)化成空間角時，要注意根據(jù)角的概念和圖形特征進行轉(zhuǎn)化，否則易錯. 方法與技巧 1．用向量來求空間角，各類角都可以轉(zhuǎn)化為向

23、量的夾角來計算． 2．求點到平面的距離，若用向量知識，則離不開以該點為端點的平面的斜線段． 失誤與防范 1． 利用向量求角，一定要注意將向量夾角轉(zhuǎn)化為各空間角．因為向量夾角與各空間角的定義、范圍不同． 2．求點到平面的距離，有時利用等體積法求解可能更方便． 3．求二面角要根據(jù)圖形確定所求角是銳角還是鈍角． A組　專項基礎(chǔ)訓練 (時間：40分鐘) 一、選擇題 1． 已知正方體ABCD—A1B1C1D1如圖所示，則直線B1D和CD1所成的 角為 (　　) A．60 B．45 C．30 D．90 答案　D 解析　以A為原點，A

24、B、AD、AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設(shè)正方體邊長為1，則射線CD1、B1D的方向向量分別是＝(－1,0,1)，＝(－1,1， －1)，cos〈，〉＝＝0， ∴直線B1D和CD1所成的角為90. 2． 如圖，四棱錐S－ABCD的底面為正方形，SD⊥底面ABCD，則下列 結(jié)論中不正確的是 (　　) A．AC⊥SB B．AB∥平面SCD C．SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角 D．AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角 答案　D 解析　∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD. 又∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥AC.

25、 其中SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SDB，從而AC⊥SB. 故A正確；易知B正確；設(shè)AC與DB交于O點，連接SO. 則SA與平面SBD所成的角為∠ASO，SC與平面SBD所成的角為∠CSO， 又OA＝OC，SA＝SC，∴∠ASO＝∠CSO. 故C正確；由排除法可知選D. 3． (2013山東)已知三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為，底面是邊長為的正三角形．若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為 (　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　如圖所示：SABC＝sin 60＝. ∴VABC－A1B1C1＝SAB

26、COP＝OP＝，∴OP＝. 又OA＝＝1，∴tan∠OAP＝＝， 又0<∠OAP<，∴∠OAP＝. 4． 在正方體ABCD—A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為 (　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz，設(shè)棱長為1， 則A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)， ∴＝(0,1，－1)，＝， 設(shè)平面A1ED的一個法向量為n1＝(1，y，z)， 則　∴ ∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)

27、，∴cos〈n1，n2〉＝＝. 即所成的銳二面角的余弦值為. 5． 在四面體P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，設(shè)PA＝PB＝PC＝a，則點P到平面ABC的距離為 (　　) A. B.a C. D.a 答案　B 解析　根據(jù)題意，可建立如圖所示的空間直角坐標系Pxyz，則 P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)． 過點P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于點H，則PH的長即為點 P到平面ABC的距離． ∵PA＝PB＝PC，∴H為△ABC的外心． 又∵△ABC為正三角形，∴H為△ABC的重心， 可

28、得H點的坐標為. ∴PH＝ ＝a. ∴點P到平面ABC的距離為a. 二、填空題 6． 已知兩平面的法向量分別為m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，則兩平面所成的二面角的大小為________． 答案　或 解析　cos〈m，n〉＝＝，∴〈m，n〉＝. ∴兩平面所成二面角的大小為或. 7． 如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1， ∠ABC＝90，點E、F分別是棱AB、BB1的中點，則直線EF和BC1 所成的角是________． 答案　60 解析　以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系． 設(shè)AB＝BC＝A

29、A1＝2， 則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)， 則＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)， ∴＝2， ∴cos〈，〉＝＝， ∴EF和BC1所成的角為60. 8． 正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E、F分別為BB1、CD的中點，則點F到平面A1D1E的距離為________． 答案　 解析　以A為坐標原點，AB、AD、AA1所在直線分別為x軸、y軸、 z軸建立空間直角坐標系，如圖所示， 則A1(0,0,1)，E(1,0，)，F(xiàn)(，1,0)，D1(0,1,1)． ∴＝(1,0，－)，＝(0,1,0)． 設(shè)平面A1D1E的一個法向量為n＝(x

30、，y，z)， 則即 令z＝2，則x＝1.∴n＝(1,0,2)． 又＝(，1，－1)， ∴點F到平面A1D1E的距離為 d＝＝＝. 三、解答題 9． 如圖，四棱錐P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA與平面ABD所成 的角為60，在四邊形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90，AB＝4， CD＝1，AD＝2. (1)建立適當?shù)淖鴺讼?，并寫出點B，P的坐標； (2)求異面直線PA與BC所成的角的余弦值． 解　(1)建立如圖空間直角坐標系， ∵∠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

31、ABCD，得∠PAD為PA與平面ABCD所成的角， ∴∠PAD＝60. 在Rt△PAD中，由AD＝2， 得PD＝2，∴P(0,0,2)． (2)∵＝(2,0，－2)，＝(－2，－3,0)， ∴cos〈，〉 ＝＝－， ∴異面直線PA與BC所成的角的余弦值為. 10．(2013天津)如圖，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面 ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E為棱 AA1的中點． (1)證明：B1C1⊥CE； (2)求二面角B1－CE－C1的正弦值； (3)設(shè)點M在線段C1E上，且直線AM與平面ADD1A1所成角的正弦值

32、為，求線段AM的長． 方法一　如圖，以點A為原點，以AD，AA1，AB所在直線為x軸， y軸，z軸建立空間直角坐標系，依題意得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)證明　易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是＝ 0，所以B1C1⊥CE. (2)解?。?1，－2，－1)． 設(shè)平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)， 則即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一個法向量為m＝(－3，－2,1)． 由(1)知，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,

33、0，－1)為平面CEC1的一個法向量． 于是cos〈m，〉＝＝＝－，從而sin〈m，〉＝， 所以二面角B1－CE－C1的正弦值為. (3)解?。?0,1,0)，＝(1,1,1)，設(shè)＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)． 可?。?0,0,2)為平面ADD1A1的一個法向量． 設(shè)θ為直線AM與平面ADD1A1所成的角，則 sin θ＝|cos〈，〉|＝ ＝＝， 于是＝，解得λ＝(負值舍去)， 所以AM＝. 方法二　(1)證明　因為側(cè)棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1?平面 A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1. 經(jīng)計算可得B1E＝，B1C1＝

34、，EC1＝， 從而B1E2＝B1C＋EC， 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　過B1作B1G⊥CE于點G，連接C1G. 由(1)知，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1為二面角B1－CE－C1的平面角． 在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C1G＝. 在Rt△B1C1G中，B1G＝，所以sin ∠B1GC1＝， 即二面角B1－CE－C1的正弦值為. (3)解　連接D1E，過點M作

35、MH⊥ED1于點H，可得MH⊥平面ADD1A1，連接AH，AM，則∠MAH為直線AM與平面ADD1A1所成的角． 設(shè)AM＝x，從而在Rt△AHM中，有 MH＝x，AH＝x. 在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝， 得EH＝MH＝x. 在△AEH中，∠AEH＝135，AE＝1， 由AH2＝AE2＋EH2－2AEEHcos 135， 得x2＝1＋x2＋x， 整理得5x2－2x－6＝0，解得x＝(負值舍去)． 所以線段AM的長為. B組　專項能力提升 (時間：30分鐘) 1． 過正方形ABCD的頂點A作線段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，則平面ABP與平面CDP所成

36、的二面角為 (　　) A．30 B．45 C．60 D．90 答案　B 解析　建立如圖所示的空間直角坐標系， 設(shè)AB＝PA＝1，知A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，P(0,0,1) 由題意得，AD⊥平面ABP，設(shè)E為PD的中點， 連接AE，則AE⊥PD， 又∵CD⊥平面PAD，∴AE⊥CD， 又PD∩CD＝D，∴AE⊥平面CDP. ∴＝(0,1,0)，＝(0，，)分別是平面ABP、平面CDP的法向量，而〈，〉＝45， ∴平面ABP與平面CDP所成的二面角為45. 2． 在棱長為2的正方體AB

37、CD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中點，E，F(xiàn)分別是CC1，AD的中點，那么異面直線OE和FD1所成的角的余弦值等于________． 答案　 解析　以D為原點，分別以DA、DC、DD1為x軸、y軸、z軸建立 空間直角坐標系， ∴F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)， ∴＝(－1,0,2)， ＝(－1,1,1)， ∴cos〈，〉＝＝. 3． 設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則點D1到平面A1BD的距離是________． 答案　 解析　如圖建立空間直角坐標系， 則D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，D(0,0

38、,0)，B(2,2,0)， ∴＝(2,0,0)， ＝(2,0,2)，＝(2,2,0)， 設(shè)平面A1BD的一個法向量n＝(x，y，z)， 則.令x＝1，則n＝(1，－1，－1)， ∴點D1到平面A1BD的距離 d＝＝＝. 4． 如圖，在底面為直角梯形的四棱錐P—ABCD中，AD∥BC，∠ABC ＝90，PA⊥平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝2，BC＝6. (1)求證：BD⊥平面PAC； (2)求二面角P—BD—A的大?。? (1)證明　如圖，建立空間直角坐標系，則A(0,0,0)，B(2，0,0)， C(2，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)， ∴＝(0

39、,0,3)，＝(2，6,0)，＝(－2，2,0)． ∴＝0，＝0.∴BD⊥AP，BD⊥AC. 又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC. (2)解　設(shè)平面ABD的法向量為m＝(0,0,1)， 設(shè)平面PBD的法向量為n＝(x，y，z)， 則n＝0，n＝0.∵＝(－2，0,3)， ∴解得 令x＝，則n＝(，3,2)，∴cos〈m，n〉＝＝. ∴二面角P—BD—A的大小為60. 5． (2013北京)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正 方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5. (1)求證：AA1⊥平面ABC； (2)求二面角A1－B

40、C1－B1的余弦值； (3)證明：在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B，并求的值． (1)證明　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為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系A(chǔ)xyz. A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，＝(4,0,0)，＝ (0,3，－4)，＝(4，－3,0)，＝(0,0,4)． 設(shè)平面A1BC1的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面B1BC1的法向量n2＝(x2，y2，z2)． ∴? ∴取向量n1＝(0,4,3) 由?取向量n2＝(3,4,0) ∴cos 〈n1，n2〉＝＝＝. 由題意知二面角A1－BC1－B1為銳角， 所以二面角A1－BC1－B1的余弦值為. (3)證明　設(shè)D(x，y，z)是直線BC1上一點，且＝λ. ∴(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)， 解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ. ∴＝(4λ，3－3λ，4λ) 又AD⊥A1B，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0 則λ＝，因此＝.