高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法試題試題

第3講立體幾何中的向量方法1．(2014·課標(biāo)全國Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BC＝CA＝CC1，則BM與A.eq\f(1,10)B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(30),10)D.eq\f(\r(2),2)2．(2015·安徽)如圖所示，在多面體A1B1D1DCBA中，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點(diǎn)，過A1，D，E的平面交CD1于F.(1)證明：EF∥B1C(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值．以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為二面角的求解，均以解答的形式進(jìn)行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計(jì)算上.熱點(diǎn)一利用向量證明平行與垂直設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)則有：(1)線面平行l(wèi)∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c(2)線面垂直l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β?μ∥v?μ＝λv?a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β?μ⊥v?μ·v＝0?a2a3＋b2b3＋c2c例1如圖，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M為AB的中點(diǎn)，O為DF的中點(diǎn)．運(yùn)用向量方法證明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.思維升華用向量知識證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理．如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方法證明直線a∥b，只需證明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強(qiáng)調(diào)直線在平面外．跟蹤演練1如圖所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分別為B1A、C1C、BC的中點(diǎn)．求證：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF熱點(diǎn)二利用空間向量求空間角設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．(1)線線夾角設(shè)l，m的夾角為θ(0≤θ≤eq\f(π,2))，則cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\o\al(2,1)＋b\o\al(2,1)＋c\o\al(2,1))\r(a\o\al(2,2)＋b\o\al(2,2)＋c\o\al(2,2))).(2)線面夾角設(shè)直線l與平面α的夾角為θ(0≤θ≤eq\f(π,2))，則sinθ＝eq\f(|a·μ|,|a||μ|)＝|cos〈a，μ〉|.(3)面面夾角設(shè)平面α、β的夾角為θ(0≤θ<π)，則|cosθ|＝eq\f(|μ·v|,|μ||v|)＝|cos〈μ，v〉|.例2(2015·江蘇)如圖，在四棱錐P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點(diǎn)Q是線段BP上的動點(diǎn)，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時(shí)，求線段BQ的長．思維升華(1)運(yùn)用空間向量坐標(biāo)運(yùn)算求空間角的一般步驟：①建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；②求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；③寫出向量坐標(biāo)；④結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算；⑤轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論．(2)求空間角注意：①兩條異面直線所成的角α不一定是直線的方向向量的夾角β，即cosα＝|cosβ|.②兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補(bǔ)角．③直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化．跟蹤演練2(2014·福建)在平面四邊形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.將△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如圖所示．(1)求證：AB⊥CD；(2)若M為AD中點(diǎn)，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值．熱點(diǎn)三利用空間向量求解探索性問題存在探索性問題的基本特征是要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)是否存在或某一結(jié)論是否成立．解決這類問題的基本策略是先假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，若由此導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論．例3如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中點(diǎn)．(1)求證：A1B∥平面ADC1；(2)求二面角C1－AD－C的余弦值；(3)試問線段A1B1上是否存在點(diǎn)E，使AE與DC1成60°角？若存在，確定E點(diǎn)位置；若不存在，說明理由．思維升華空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷．解題時(shí)，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法．跟蹤演練3如圖所示，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點(diǎn)．(1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值；(2)在線段AN上是否存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求線段AS的長；若不存在，請說明理由．如圖，五面體中，四邊形ABCD是矩形，AB∥EF，AD⊥平面ABEF，且AD＝1，AB＝eq\f(1,2)EF＝2eq\r(2)，AF＝BE＝2，P、Q分別為AE、BD的中點(diǎn)．(1)求證：PQ∥平面BCE；(2)求二面角A－DF－E的余弦值．提醒：完成作業(yè)專題五第3講

二輪專題強(qiáng)化練專題五A組專題通關(guān)1．已知平面ABC，點(diǎn)M是空間任意一點(diǎn)，點(diǎn)M滿足條件eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\f(3,4)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\f(1,8)eq\o(OC,\s\up6(→))，則直線AM()A．與平面ABC平行B．是平面ABC的斜線C．是平面ABC的垂線D．在平面ABC內(nèi)2.如圖，點(diǎn)P是單位正方體ABCD－A1B1C1D1中異于A的一個(gè)頂點(diǎn)，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))的值為()A．0B．1C．0或1D．任意實(shí)數(shù)3.如圖所示，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為a，M、N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1M＝AN＝eq\f(\r(2),3)a，則MN與平面BB1C1CA．相交 B．平行C．垂直 D．不能確定4．如圖，三棱錐A－BCD的棱長全相等，E為AD的中點(diǎn)，則直線CE與BD所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(3),6) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(\r(33),6) D.eq\f(1,2)5．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱長與底面邊長相等，則AB1與側(cè)面ACC1AA.eq\f(\r(6),4) B.eq\f(\r(10),4)C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)6．在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為A1B1，BB1的中點(diǎn)，那么直線AM與CN7．在一直角坐標(biāo)系中，已知A(－1,6)，B(3，－8)，現(xiàn)沿x軸將坐標(biāo)平面折成60°的二面角，則折疊后A、B兩點(diǎn)間的距離為________．8．已知ABCD－A1B1C1D1為正方體，①(eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))＋eq\o(A1B1,\s\up6(→)))2＝3eq\o(A1B1,\s\up6(→))2；②eq\o(A1C,\s\up6(→))·(eq\o(A1B1,\s\up6(→))－eq\o(A1A,\s\up6(→)))＝0；③向量eq\o(AD1,\s\up6(→))與向量eq\o(A1B,\s\up6(→))的夾角是60°；④正方體ABCD－A1B1C1D1的體積為|eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))|.其中正確命題的序號是________．9.如圖，在底面是矩形的四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.10．(2015·重慶)如圖，三棱錐P-ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝eq\f(π,2).D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，且CD＝DE＝eq\r(2)，CE＝2EB＝2.(1)證明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值．B組能力提高11．(2014·四川)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)．設(shè)點(diǎn)P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是()A．[eq\f(\r(3),3)，1] B．[eq\f(\r(6),3)，1]C．[eq\f(\r(6),3)，eq\f(2\r(2),3)] D．[eq\f(2\r(2),3)，1]12．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)P在直線BC1上運(yùn)動時(shí)，有下列三個(gè)命題：①三棱錐A－D1PC的體積不變；②直線AP與平面ACD1所成角的大小不變；③二面角P－AD1－C的大小不變．其中真命題的序號是________．13．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，E、F分別為BB1、CD的中點(diǎn)，則點(diǎn)F到平面A1D1E14.如圖，在三棱錐P—ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，AP＝BP＝AB，PC⊥AC，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)．(1)求二面角A—PD—B的余弦值；(2)在直線AB上是否存在點(diǎn)M，使得PM與平面PAD所成角的正弦值為eq\f(1,6)，若存在，求出點(diǎn)M的位置；若不存在，說明理由．

學(xué)生用書答案精析第3講立體幾何中的向量方法高考真題體驗(yàn)1．C[方法一補(bǔ)成正方體，利用向量的方法求異面直線所成的角．由于∠BCA＝90°，三棱柱為直三棱柱，且BC＝CA＝CC1，可將三棱柱補(bǔ)成正方體．建立如圖(1)所示空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體棱長為2，則可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，∴eq\o(BM,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，eq\o(AN,\s\up6(→))＝(0,1,2)．∴cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(BM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1＋4,\r(－12＋－12＋22)×\r(02＋12＋22))＝eq\f(3,\r(6)×\r(5))＝eq\f(\r(30),10).方法二通過平行關(guān)系找出兩異面直線的夾角，再根據(jù)余弦定理求解．如圖(2)，取BC的中點(diǎn)D，連接MN，ND，AD，由于MN綊eq\f(1,2)B1C1綊BD，因此有ND綊BM，則ND與NA所成的角即為異面直線BM與AN所成的角．設(shè)BC＝2，則BM＝ND＝eq\r(6)，AN＝eq\r(5)，AD＝eq\r(5)，因此cos∠AND＝eq\f(ND2＋NA2－AD2,2ND·NA)＝eq\f(\r(30),10).]2．(1)證明由正方形的性質(zhì)可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B1C∥A1D，又A1D?面A1DE，B1C?面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C?面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF

(2)解因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A為原點(diǎn)，分別以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，可得點(diǎn)的坐標(biāo)A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而E點(diǎn)為B1D1的中點(diǎn)，所以E點(diǎn)的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)).設(shè)面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而該面上向量eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，由n1⊥eq\o(A1E,\s\up6(→))，n1⊥eq\o(A1D,\s\up6(→))得r1，s1，t1應(yīng)滿足的方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)r1＋\f(1,2)s1＝0，,s1－t1＝0，))(－1,1,1)為其一組解，所以可取n1＝(－1,1,1)．設(shè)面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而該面上向量eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，由此同理可得n2＝(0,1,1)．所以結(jié)合圖形知二面角E-A1D-B1的余弦值為eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).熱點(diǎn)分類突破例1證明方法一由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方形邊長為1，則A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).(1)eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0,∴eq\o(OM,\s\up6(→))⊥eq\o(BA,\s\up6(→)).∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，∴AB⊥平面BCF，∴eq\o(BA,\s\up6(→))是平面BCF的一個(gè)法向量，且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)設(shè)平面MDF與平面EFCD的一個(gè)法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．∵eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1，－1,1)，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DF,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(DM,\s\up6(→))＝0.))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝\f(1,2)x1，,z1＝－\f(1,2)x1，))令x1＝1，則n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2))).同理可得n2＝(0,1,1)．∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.方法二(1)eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(DF,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(DB,\s\up6(→))＋eq\o(BF,\s\up6(→)))－eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BA,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(BA,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→)).∴向量eq\o(OM,\s\up6(→))與向量eq\o(BF,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))共面，又OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)由題意知，BF，BC，BA兩兩垂直，∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→))，∴eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(BF,\s\up6(→))))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝0，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(FC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)\o(BC,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(BF,\s\up6(→))))·(eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BF,\s\up6(→)))＝－eq\f(1,2)eq\o(BC,\s\up6(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(BF,\s\up6(→))2＝0.∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，∴OM⊥平面EFCD.又OM?平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.跟蹤演練1證明(1)如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，令A(yù)B＝AA1＝4，則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(xiàn)(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)．取AB中點(diǎn)為N，連接CN，則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，eq\o(NC,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\o(NC,\s\up6(→))，∴DE∥NC，又∵NC?平面ABC，DE?平面ABC.故DE∥平面ABC.(2)eq\o(B1F,\s\up6(→))＝(－2,2，－4)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2,2,0)．eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(B1F,\s\up6(→))⊥eq\o(AF,\s\up6(→))，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.例2解以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則各點(diǎn)的坐標(biāo)為B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．(1)因?yàn)锳D⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一個(gè)法向量，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)．因?yàn)閑q\o(PC,\s\up6(→))＝(1,1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)．設(shè)平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)，則m·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一個(gè)法向量．從而cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·m,|\o(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)因?yàn)閑q\o(BP,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，設(shè)eq\o(BQ,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，－1,0)，則eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－λ，－1,2λ)，又eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，從而cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→)),|\o(CQ,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).設(shè)1＋2λ＝t，t∈[1,3]，則cos2〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))2＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)時(shí)，|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|的最大值為eq\f(3\r(10),10).因?yàn)閥＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是減函數(shù)，此時(shí)直線CQ與DP所成角取得最小值．又因?yàn)锽P＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).跟蹤演練2(1)證明∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB?平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.又CD?平面BCD，∴AB⊥CD.(2)解過點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BE⊥BD，如圖．由(1)知AB⊥平面BCD，BE?平面BCD，BD?平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))，eq\o(BA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系．依題意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，則eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,1，－1)．設(shè)平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BM,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＝0，,\f(1,2)y0＋\f(1,2)z0＝0，))取z0＝1，得平面MBC的一個(gè)法向量n＝(1，－1,1)．設(shè)直線AD與平面MBC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，eq\o(AD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(AD,\s\up6(→))|,|n|·|\o(AD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),3)，即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).例3(1)證明連接A1C，交AC1于點(diǎn)O，連接OD.由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四邊形ACC1A1為矩形，O為A1C的中點(diǎn)．又D為BC的中點(diǎn)，所以O(shè)D為△A1BC的中位線，所以A1B∥OD.因?yàn)镺D?平面ADC1，A1B?平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.(2)解由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA，BC，BB1以BC，BA，BB1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B－xyz.設(shè)BA＝2，則B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1，－2,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))1＝(2，－2,1)．設(shè)平面ADC1的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))1＝0.))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y＝0，,2x－2y＋z＝0.))取y＝1，得n＝(2,1，－2)．易知平面ADC的一個(gè)法向量為v＝(0,0,1)．所以cos〈n，v〉＝eq\f(n·v,|n|·|v|)＝－eq\f(2,3).因?yàn)槎娼荂1－AD－C是銳二面角，所以二面角C1－AD－C的余弦值為eq\f(2,3).(3)解假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)E.因?yàn)辄c(diǎn)E在線段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可設(shè)E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2.所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0，λ－2,1)，eq\o(DC,\s\up6(→))1＝(1,0,1)．因?yàn)锳E與DC1成60°角，所以|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))1〉|＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→))1|,|\o(AE,\s\up6(→))|·|\o(DC,\s\up6(→))1|)＝eq\f(1,2)，即eq\f(1,\r(λ－22＋1)·\r(2))＝eq\f(1,2)，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．所以當(dāng)點(diǎn)E為線段A1B1的中點(diǎn)時(shí)，AE與DC1成60°角．跟蹤演練3解(1)如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DM所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(eq\f(1,2)，1,0)，所以eq\o(NE,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，0，－1)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－1,0,1)．因?yàn)閨cos〈eq\o(NE,\s\up6(→))，eq\o(AM,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(NE,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→))|,|\o(NE,\s\up6(→))|×|\o(AM,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10)，所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為eq\f(\r(10),10).(2)假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN.因?yàn)閑q\o(AN,\s\up6(→))＝(0,1,1)，可設(shè)eq\o(AS,\s\up6(→))＝λeq\o(AN,\s\up6(→))＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(EA,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，－1,0)，所以eq\o(ES,\s\up6(→))＝eq\o(EA,\s\up6(→))＋eq\o(AS,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，λ－1，λ)．由ES⊥平面AMN，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(ES,\s\up6(→))·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,\o(ES,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋λ＝0，,λ－1＋λ＝0，))故λ＝eq\f(1,2)，此時(shí)eq\o(AS,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，|eq\o(AS,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(2),2).經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)AS＝eq\f(\r(2),2)時(shí)，ES⊥平面AMN.故線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES⊥平面AMN，此時(shí)AS＝eq\f(\r(2),2).高考押題精練(1)證明連接AC，∵四邊形ABCD是矩形，且Q為BD的中點(diǎn)，∴Q為AC的中點(diǎn)，又在△AEC中，P為AE的中點(diǎn)，∴PQ∥EC，∵EC?面BCE，PQ?面BCE，∴PQ∥平面BCE.(2)解如圖，取EF的中點(diǎn)M，則AF⊥AM，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AM，AF，AD所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系．則A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(xiàn)(0,2,0)．可得eq\o(AM,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(MF,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0,2，－1)．設(shè)平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(MF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0.))故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋2y＝0，,2y－z＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,2y－z＝0.))令x＝1，則y＝1，z＝2，故n＝(1,1,2)是平面DEF的一個(gè)法向量．∵AM⊥面ADF，∴eq\o(AM,\s\up6(→))為平面ADF的一個(gè)法向量．∴cos〈n，eq\o(AM,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(AM,\s\up6(→)),|n|·|\o(AM,\s\up6(→))|)＝eq\f(2×1＋0×1＋0×2,\r(6)×2)＝eq\f(\r(6),6).由圖可知所求二面角為銳角，∴二面角A－DF－E的余弦值為eq\f(\r(6),6).

二輪專題強(qiáng)化練答案精析第3講立體幾何中的向量方法1．D[由已知得M、A、B、C四點(diǎn)共面．所以AM在平面ABC內(nèi)，選D.]2．C[eq\o(AP,\s\up6(→))可為下列7個(gè)向量：eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))1，eq\o(AC,\s\up6(→))1，eq\o(AD,\s\up6(→))1，其中一個(gè)與eq\o(AB,\s\up6(→))重合，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝1；eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))1，eq\o(AA,\s\up6(→))1與eq\o(AB,\s\up6(→))垂直，這時(shí)eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0；eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))1與eq\o(AB,\s\up6(→))的夾角為45°，這時(shí)eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\r(2)×1×coseq\f(π,4)＝1，最后eq\o(AC,\s\up6(→))1·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\r(3)×1×cos∠BAC1＝eq\r(3)×eq\f(1,\r(3))＝1，故選C.]3．B[分別以C1B1、C1D1、C1C所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示．∵A1M＝AN＝eq\f(\r(2),3)a，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2,3)a，\f(a,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(2,3)a，a))，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，0，\f(2,3)a)).又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，∴eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a,0)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(C1D1,\s\up6(→)).∵eq\o(C1D1,\s\up6(→))是平面BB1C1C的法向量，且MN?平面BB1C1C，∴MN∥平面4．A[設(shè)AB＝1，則eq\o(CE,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝(eq\o(AE,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→)))·(eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos60°－cos60°＋cos60°＝eq\f(1,4).∴cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CE,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→)),|\o(CE,\s\up6(→))||\o(BD,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,4),\f(\r(3),2))＝eq\f(\r(3),6).選A.]5．A[如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正三棱柱的棱長為2，O(0,0,0)，B(eq\r(3)，0,0)，A(0，－1,0)，B1(eq\r(3)，0,2)，則eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1,2)，則eq\o(BO,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，0,0)為側(cè)面ACC1A1的法向量，由sinθ＝eq\f(|\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BO,\s\up6(→))|,|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BO,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),4).]6.eq\f(2,5)解析以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，M(1，eq\f(1,2)，1)，C(0,1,0)，N(1,1，eq\f(1,2))．所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝(0，eq\f(1,2)，1)，eq\o(CN,\s\up6(→))＝(1,0，eq\f(1,2))．故eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(CN,\s\up6(→))＝0×1＋eq\f(1,2)×0＋1×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，|eq\o(AM,\s\up6(→))|＝eq\r(02＋\f(1,2)2＋12)＝eq\f(\r(5),2)，|eq\o(CN,\s\up6(→))|＝eq\r(12＋02＋\f(1,2)2)＝eq\f(\r(5),2)，所以cos〈eq\o(AM,\s\up6(→))，eq\o(CN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AM,\s\up6(→))·\o(CN,\s\up6(→)),|\o(AM,\s\up6(→))||\o(CN,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2),\f(\r(5),2)×\f(\r(5),2))＝eq\f(2,5).7．2eq\r(17)解析如圖為折疊后的圖形，其中作AC⊥CD，BD⊥CD，則AC＝6，BD＝8，CD＝4，兩異面直線AC、BD所成的角為60°，故由eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))，得|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＝|eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\o(DB,\s\up6(→))|2＝68，∴|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2eq\r(17).8．①②解析設(shè)正方體的棱長為1，①中(eq\o(A1A,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))＋eq\o(A1B1,\s\up6(→)))2＝eq\o(A1C,\s\up6(→))2＝3eq\o(A1B1,\s\up6(→))2＝3，故①正確；②中eq\o(A1B1,\s\up6(→))－eq\o(A1A,\s\up6(→))＝eq\o(AB1,\s\up6(→))，由于AB1⊥A1C，故②正確；③中A1B與AD1兩異面直線所成的角為60°，但eq\o(AD1,\s\up6(→))與eq\o(A1B,\s\up6(→))的夾角為120°，故③不正確；④中|eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))|＝0.故④也不正確．9．證明(1)以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，∵E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．∵eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(EF,\s\up6(→))∥eq\o(AB,\s\up6(→))，即EF∥AB，又AB?平面PAB，EF?平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)由(1)可知eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1,0,0)，∵eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴eq\o(AP,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.∵DC?平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.10．(1)證明由PC⊥平面ABC，DE?平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝eq\r(2)得△CDE為等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線，故DE⊥平面PCD.(2)解由(1)知，△CDE為等腰直角三角形，∠DCE＝eq\f(π,4)，如圖，過D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝eq\f(π,2)得DF∥AC，eq\f(DF,AC)＝eq\f(FB,BC)＝eq\f(2,3)，故AC＝eq\f(3,2)DF＝eq\f(3,2).以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，P(0,0,3)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，0))，E(0,2,0)，D(1,1,0)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(1，－1,0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(－1，－1,3)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0)).設(shè)平面PAD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(DP,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1－y1＋3z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))故可取n1＝(2,1,1)．由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取為eq\o(ED,\s\up6(→))，即n2＝(1，－1,0)．從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),6)，故所求二面角APDC的余弦值為eq\f(\r(3),6).11．B[根據(jù)題意可知平面A1BD⊥平面A1ACC1且兩平