第3讲立体几何中的向量方法
1．(2014·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )
12302A.105102
答案C
解析方法一由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝
CC1.
建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，
→→∴BM＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，AN＝(0,1,2)．
→→BM·AN→→∴cos〈BM，AN→→|BM||AN|＝330.6×510?－1?＋?－1?
＋20＋1＋2－1＋4
方法二如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，
1由于MN綊1C1綊BD，因此有ND綊BM，则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN2
所成的角．
设BC＝2，则BM＝ND＝6，AN＝5，AD5，
ND2＋NA2－AD230因此cos∠AND＝＝.2ND·NA10 2．(2016·课标全国乙)如图，在以A，B，C，
D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.
(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；
(2)求二面角E－BC－A的余弦值．
(1)证明由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC，又AF?平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.
垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以点G→(2)解过点D作DG⊥EF，
为坐标原点，GF的
→方向为x轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz
.
由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,03)．
由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF，
由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°，从而可得C(－2,0，3)．
→→→→所以EC＝(1,0，3)，EB＝(0,4,0)，AC＝(－3，－4，3)，AB＝(－4,0,0)．
→?EC＝0，?n·设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则?→?EB＝0，?n·
?x＋3z＝0，即?所以可取n＝(3,0，－．?4y＝0.
→?AC＝0，?m·设m是平面ABCD的法向量，则?→?AB＝0.?m·同理可取m＝(0，3，4)，
n·m219则cos〈n，m〉＝.|n||m|19
2故二面角E－BC－A的余弦值为－
19
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系
的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度
主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上. 热点一利用向量证明平行与垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝
(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)则有：
(1)线面平行
l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
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＋c2c3＝0.
例1如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明方法一由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．
1?1，11.0，0?，设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M?O?2??22211→→0，－，－，BA＝(－1,0,0)，
(1)OM＝?22?
→→→→∴OM·BA＝0,∴OM⊥BA.
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，
→∴AB⊥平面BCF，∴BA是平面BCF的一个法向量，且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
1→→→→，－1，0?，DC＝(1,0,0)，CF＝(0，－1,1)，∵DF＝(1，－1,1)，DM＝??2?
x－y＋z＝0，→??DF＝0，?n1·?111
由?得?1→－y＝0，??DM＝0.?n1·?211111，?.令x1＝1，则n1＝?2??2
同理可得n2＝(0,1,1)．
∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
→→→→1→→1→方法二(1)OM＝OF＋FB＋BM＝DF－BF22 1→→1→1→1→→1→＝(DB＋BF)－BF＋BABD－＋BA22222
1→→1→1→BC＋BA)－BF＋BA222
1→1→－.22
→→→∴向量OM与向量BF，BC共面，又OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，
→→→→→∵CD＝BA，FC＝BC－BF，
→→?1→1→?→∴OM·CD＝?－2BC2?·BA＝0，→→?1→1→?→→OM·FC＝?－2－2BF?·(BC－BF)1→1→22＝0.22
∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，
∴OM⊥平面EFCD.
又OM?平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.
思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的
定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条
直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明
线面平行，仍需强调直线在平面外．
跟踪演练1如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝
2.
(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
证明(1)以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，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(0,2,0)，P(0,0,1)，
∵点E，F分别是PC，PD的中点，
1111，F?0，1，?，∴E?22??2?
1→→－，0，0?，AB＝(1,0,0)．EF＝??2?
1→→→→∵EF，∴EF∥AB，2
即EF∥AB，
又AB?平面PAB，EF?平面PAB，
∴EF∥平面PAB.
→→→→→(2)由(1)可知PB＝(1,0，－1)，PD＝(0,2，－1)，AP＝(0,0,1)，AD＝(0,2,0)，DC＝(1,0,0)，
→→∵AP·DC＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
→→AD·DC＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
→→→→∴AP⊥DC，AD⊥DC，即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，
∴DC⊥平面PAD.
∵DC?平面PDC，
∴平面PAD⊥平面PDC.
热点二利用空间向量求空间角
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线线夹角
π设l，m的夹角为θ(0≤θ≤，2
|a1a2＋b1b2＋c1c2||a·b|则cosθ＝＝.|a||b|a1＋b＋ca＋b＋
c11222
(2)线面夹角
π设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤)，2
|a·μ|则sinθ＝|cos〈a，μ〉|.|a||μ|
(3)面面夹角
设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，
则|cosθ|＝|μ·v|＝|cos〈μ
，v〉|.|μ||v|
例2(2015·江苏)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为
π直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝PA＝AD＝2，AB＝
BC＝1.2
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
→→→解以{AB，AD，AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
→→(1)因为AD⊥平面PAB，所以AD是平面PAB的一个法向量，AD＝
(0,2,0)．
→→因为PC＝(1,1，－2)，PD＝(0,2，－2)．
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
→→则m·PC＝0，m·PD＝0，
?x＋y－2z＝0，?即?令y＝1，解得z＝1，x＝1.??2y－2z＝0.
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．
→AD·m3→从而cos〈AD，m〉＝，3→|AD||m|所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为
→(2)因为BP＝(－1,0,2)，
→→设BQ＝λBP＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，
→→→→又CB＝(0，－1,0)，则CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－1,2λ)， →又DP＝(0，－2,2)，
→→1＋2λCQ·DP→→从而cos〈CQ，DP〉
＝.→→10λ＋2|CQ||DP|设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，
2t229→→则cos〈CQ，DP〉＝＝15220105t－10t＋99??t9＋923.3 92→→当且仅当t＝λ＝|cos〈CQ，DP〉|.5510
π0上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．因为y＝cosx在??2225又因为BP＝1＋25，所以BQBP.55
思维升华(1)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．(2)求空间角注意：①两条异面直线所
成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②两平面
的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补
角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角
的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．
跟踪演练2如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，
→→AA1＝2，点P是棱BB1上一点，满足BP＝λBB1(0≤λ≤1)．
1(1)若λ，求直线PC与平面A1BC所成角的正弦值；3
2(2)若二面角P—A1C—B的正弦值为，求λ的值．3
解以点A为坐标原点O，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.因为AB＝AC＝1，AA1＝2，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1,0,2λ)．
21→→→1，－1，?，A1B＝(1,0，－2)，A1C＝(0,1，－2)，(1)由λ得，CP＝?3??3
设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
→??A1B＝0，?n1·?x1－2z1＝0，由?得??→y－2z＝0.?11?A1C＝0，?n1·
不妨取z1＝1，则x1＝y1＝2，
从而平面A1BC的一个法向量为n1＝(2,2,1)．设直线PC与平面A1BC所成的角为θ，
→?CP·n?22→则sinθ＝|cos〈CP，n1〉|＝?，?33→|n1|??|CP|·所以直线PC与平面A1BC所成的角的正弦值为2233
→(2)设平面PA1C的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，A1P＝(1,0,2λ－2)，
→??A1C＝0，?n2·?y2－2z2＝0，由? 得? ?→x＋?2λ－2?z＝0.?22?A1P＝ |
0，?n2·
不妨取z2＝1，则x2＝2－2λ，y2＝2，
所以平面PA1C的法向量为n2＝(2－2λ，2,1)．
9－4λ则cos〈n1，n2〉＝4λ－8λ＋9
2又因为二面角P—A1C—B3
9－4λ5＝34λ－8λ＋93
化简得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)，故λ的值为1.
热点三利用空间向量求解探索性问题
存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学
对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定
假设；否则，给出肯定结论．
例3如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，
NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
解(1)由题意，易得DM⊥DA，DM⊥DC，DA⊥DC.
如图所示，以点D为坐标原点，DA，DC，DM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
1则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(，1,0)，2
1→→所以NE＝(－0，－1)，AM＝(－1,0,1)．2
设异面直线NE与AM所成角为θ，
→→则cosθ＝|cos〈NE，AM〉|
1→→2|NE·AM|10＝.10→→5|NE|·|AM|22
所以异面直线NE与AM10.10
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接AE.
→因为AN＝(0,1,1)，
→→可设AS＝λAN＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，
→1又EA＝(，－1,0)，2
→→→1所以ES＝EA＋AS＝(，λ－1，λ)．2
由ES⊥平面AMN，
?ES·?－2＋λ＝0，得?即?→→??AN＝0，?ES·??λ－1→→??AM＝0，1?＋λ＝0，
1112→→解得λ＝，此时AS＝(0，)，|AS|＝.2222
经检验，当AS＝2时，ES⊥平面AMN.2
2.2 故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝
思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它
无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，
把要成立的结论当作条件，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，所以为使问题的
解决更简单、有效，应善于运用这一方法．
跟踪演练3如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB＝BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥AB，且AE∥BP
.
(1)设点M为棱PD的中点，求证：EM∥平面ABCD；
2(2)线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于5
试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
则BC⊥平面ABPE，(1)证明由已知，平面ABCD⊥平面ABPE，且BC⊥AB，
所以BA，BP，
→→→BC两两垂直，故以点B为原点，BA，BP，BC分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所
示的空间直角坐标系．
11→1，1，，E(2,1,0)，C(0,0,1)，所以EM＝?－1，0，?.则P(0,2,0)，D(2,0,1)，M?22???
易知平面ABCD的一个法向量n＝(0,1,0)，1→所以EM·n＝(－1,0＝0，2
→所以EM⊥n，又EM?平面ABCD，
所以EM∥平面ABCD.
2(2)当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为.5
理由如下：
→→PD＝(2，－2,1)，CD＝(2,0,0)，
设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
→??PD＝0，?n1·?2x1－2y1＋z1＝0，由?得??→2x＝0，?1?CD＝0，?n1·
取y1＝1，得平面PCD的一个法向量等于n1＝(0,1,2)，
2假设线段PD上存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成的角α的正弦值等于5
→→设PN＝λPD(0≤λ≤1)，
→则PN＝λ(2，－2,1)＝(2λ，－2λ，λ)，
→→→BN＝BP＋PN＝(2λ，2－2λ，λ)．
→|BN·n|→所以sinα＝|cos〈BN，n1〉|＝→|BN||n1|＝
＝25×?2λ?＋?2－2λ?＋λ22.5×9λ－8λ＋45
所以9λ2－8λ－1＝0，
1解得λ＝1或λ＝－(舍去
)．9因此，线段PD上存在一点N，当N点与D点重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值
25
1
如图，在五面体中，四边形ABCD是矩形，AB∥EF，AD⊥平面ABEF，且AD＝1，AB＝EF2
＝2，AF＝BE＝2，点P、Q分别为AE、BD的中点．
(1)求证：PQ∥平面BCE；
(2)求二面角A－DF－E的余弦值．
押题依据利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的建系、求法
向量、求角等知识，是高考的重点和热点．
(1)证明连接AC，∵四边形ABCD是矩形，且Q为BD的中点，∴点Q为AC的中点，又在△AEC中，点P为AE的中点，∴PQ∥EC，
∵EC?面BCE，PQ?面BCE，∴PQ∥平面BCE.
(2)解如图，取EF的中点M，连接AM，
因为由题意知AM2＋AF2＝MF2，则AF⊥AM，以点A为坐标原点，以AM，AF，AD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 则A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(0,2,0)．
→→→可得AM＝(2,0,0)，MF＝(－2,2,0)，DF＝(0,2，－1)．
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
→???MF＝0，?n·?－2x＋2y＝0，?x－y＝0，?则?故即???→2y－z＝0，2y－z＝0.???DF＝0.?n·
令x＝1，则y＝1，z＝2，
故n＝(1,1,2)是平面DEF的一个法向量．
→∵AM⊥面ADF，∴AM为平面ADF的一个法向量．
→n·AM2×1＋0×1＋0×26→∴cos〈n，AM〉＝＝6→6×2|n|·|AM|由图可知所求二面角为锐角，
∴二面角A－DF－E6.6
A组专题通关
→3→1→1→1．已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件OM＝＋OB＋，则直线488
AM( )
A．与平面ABC平行
B．是平面ABC的斜线
C．是平面ABC的垂线
D．在平面ABC内
答案D
解析由已知得M、A、B、C四点共面．所以AM在平面ABC内，选
D.
→→2.如图，点P是单位正方体ABCD—A1B1C1D1中异于A的一个顶点，则AP·AB的值为( )
A．0
C．0或1
答案C
→→→→→→→→→→→解析AP可为下列7个向量：AB，AC，AD，AA1，AB1，AC1，AD1，其中一个与AB重合，AP·AB→→→→→→→→→→→→＝|AB|2＝1；AD，AD1，AA1与AB垂直，这时AP·AB＝0；AC，AB1与AB的夹角为45°，这时AP·AB
π＝2×1×1，4
1→→最后AC1·AB＝×1×cos∠BAC1×＝1，3
故选C.
3．在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，2)．若S1，S2，S3分别是三棱锥D－ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( )
A．S1＝S2＝S3
C．S3＝S1且S3≠S2
答案
D
解析如图所示，B．S2＝S1且S2≠S3D．S3＝S2且S3≠S1B．1D．任
意实数
1△ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S1＝×2×2＝2.
2
三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DEF(E，F分别为OA，BC的中点)全等，
1所以S2＝×222.2
1三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△DGH(G，H分别为AB，OC的中点)全等，所以S3＝2
×22＝2.
所以S2＝S3且S1≠S3.故选D.
4．如图，三棱锥A－BCD的棱长全相等，点E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余
弦值为(
)
A.
366B.321D.2
答案A
→→→→→→解析设AB＝1，则CE·BD＝(AE－AC)·(AD－AB)1→1→→→→→→＝AD2－AD·AB－AC·AD＋AC·AB22
111＝－cos60°＋cos60°＝.224
1→→4CE·BD3→→∴cos〈CE，BD〉＝＝.选A.→→36|CE||BD|2 5．已知正三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于( ) A.61023
D.4422
答案A
解析如图所示建立空间直角坐标系，
设正三棱柱的棱长为2，则O(0,0,0)，B(3，0,0)，A(0，－1,0)，B1(3，0,2)，
→→|AB·BO|6→→则AB1＝(3，1,2)，则BO＝(3，0,0)为侧面ACC1A1的法向量，故sinθ＝＝4→→|AB1||BO|
→→6．正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则DC·AP的取值范围
是________．
答案[0,1]
解析以DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的
直线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.
则D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)．
→→∴DC＝(0,1,0)，BD1＝(－1，－1,1)．
∵点P在线段BD1上运动，
→→∴设BP＝λBD1＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1.
→→→→→∴AP＝AB＋BP＝DC＋BP＝(－λ，1－λ，λ)，→→∴DC·AP＝1－λ∈[0,1]．
7．在一直角坐标系中，已知点A(－1,6)，B(3，－8)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A、B两点间的距离为________．
答案217
解析如图为折叠后的图形，其中作AC⊥CD，BD⊥CD，则AC＝6，BD＝8，CD＝4，
两异面直线AC，BD所成的角为60°，
→→→→故由AB＝AC＋CD＋DB，
→→→→得|AB|2＝|AC＋CD＋DB|2＝68，
→∴|AB|＝217.
→→→→→→→8．已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，①(A1A＋A1D1＋A1B1)2＝3A1B12；②A1C·(A1B1－A1A)＝0；
→→→→→③向量AD1与向量A1B的夹角是60°；④正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为|AB·AA1·AD|.其中正确命题的序号是________．
答案①②
→→→→→→解析设正方体的棱长为1，①中(A1A＋A1D1＋A1B1)2＝
A1C2＝3A1B12＝3，故①正确；②中A1B1
→→→－A1A＝AB1，由于AB1⊥A1C，故②正确；③中A1B与AD1两异面直线所成的角为60°，但AD1→→→→与A1B的夹角为120°，故③不正确；④中|AB·AA1·AD|＝0.故④也不正确．
9.如图所示，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，FA＝FE，∠AEF＝45°
.
(1)求证：EF⊥平面BCE；
(2)设线段CD，AE的中点分别为点P，M，求证：PM∥平面BCE.
证明因为△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，所以AE⊥AB，因为平面ABEF⊥平面ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB.
所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥AD，
即AD，AB，AE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝1，则AD＝AE＝1.
(1)A(0,0,0)，B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0,0,1)，C(1,1,0)，因为FA＝FE，∠AEF＝45°，所以∠AFE＝90°，
11→11从而F(0，EF＝(0，－，2222
→→BE＝(0，－1,1)，BC＝(1,0,0)．
11→→→→于是EF·BE＝0＋－＝0，EF·BC＝0，22所以EF⊥BE，EF⊥BC，
因为BE?平面BCE，BC?平面BCE，BC∩BE＝B，
所以EF⊥平面BCE.
110，0，，P(1，0)，(2)M?2?2
11→从而PM＝(－1，－，)，22
11?11→→?0?于是PM·EF＝?－1，－22·22??
11＝0＝0.44
所以PM⊥EF，又EF⊥平面BCE，
直线PM不在平面BCE内，
故PM∥平面BCE.
10.如图所示的多面体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC＝BD＝2AE＝2，点M是AB的中点．
(1)求证：CM⊥EM；
(2)求平面EMC与平面BCD所成的锐二面角的余弦值．
(1)证明∵AC＝BC，点M是AB的中点，∴CM⊥AB.
∵EA⊥平面ABC，CM?平面ABC，∴CM⊥EA，又∵EA∩AB＝A，∴CM⊥平面AEM，
又EM?平面AEM，∴CM⊥EM.
(2)解以点M为原点，分别以MB，MC所在直线为x，y轴建立坐标系Mxyz，如图，
则M(0,0,0)，C(0，2，0)，B2，0,0)，D(2，0,2)，E(2，0,1)，
→→∴ME＝(－，0,1)，MC＝(0，，0)，
→→BD＝(0,0,2)，BC＝(－2，2，0)，
设平面EMC的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
→?ME＝0，?m·?－2x1＋z1＝0，则?即?→2y1＝0，?MC＝0，?m· ?z1＝2x1，∴?取x1＝1，则m＝(1,0，2)，?y1＝0，
设平面BCD的一个法向量n＝(x2，y2，z2)，
→?BC＝0，?n·?－x2＋2y2＝0，则?即?→2z＝0，?2?BD＝
0，?n· ??x2＝y2，∴?取x2＝1，则n＝(1,1,0)，?z2＝0，?
∴cos〈m，n〉＝16m·n＝|m||n|2×36
66∴平面EMC与平面BCD所成的锐二面角的余弦值为
B组能力提高
11.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为
α，则sinα的取值范围是( )
A．C．3，1]3622] 33B．[61]32D．，1]3答案B
解析根据题意可知平面A1BD⊥平面A
1ACC1且两平面的交线是A1O，
所以过点P作交线A1O的垂线PE，
则PE⊥平面A1BD，
所以∠A1OP或其补角就是直线OP与平面A1BD所成的角α.设正方体的边长为2，
则根据图形可知直线OP与平面A1BD可以垂直．
当点P与点C1重合时可得A1O＝OP＝6，11A1C1＝22，所以×6×6×sinα＝2×2，22
2所以sinα＝；3
当点P与点C重合时，可得sinα＝
根据选项可知B正确．
12．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在直线BC1上运动时，有下列三个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③二面角P－AD1
－C的大小不变．其中真命题的序号是________．26.63
答案①③
解析①中，∵BC1∥平面AD1C，∴BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，所以体积不变，正确；②中，点P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等，所以不正确；③
中，点P在直线BC1上运动时，点P在平面AD1C1B中，既二面角P—AD1－C的大小不受影响，所以正确．
13．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点E、F分别为BB1、CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为______________．
答案310
解析以点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，F1,0)，D1(0,1,1)．22
1→→∴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.
1→令z＝2，则x＝1.∴n＝(1,0,2)．又A1F＝，1，－1)，2
∴点F到平面A1D1E的距离为
1|2|→|AF·n|25d＝.|n|105
14.如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，点E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B
1，点D为棱A1B1上的点．
(1)证明：DF⊥AE；
使得平面DEF与平面ABC明点D的位置，若不存(2)是否存在一点D，
在，说明理由．
(1)证明∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB，
又∵AA1⊥AB，AA1?面A1ACC1，AE?面A1ACC1，AA1∩AE＝A，∴AB⊥面A1ACC1.
又∵AC?面A1ACC1，∴AB
⊥AC，
以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，？若存在，说141110，1，，F?0?，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，则有A(0,0,0)，E?2??22?
→→设D(x,0，z)，A1D＝λA1B1，且λ∈(0,1)，即(x,0，z－1)＝λ(1,0,0)，∴D(λ，0,1)，
1→1∴DF＝(－λ，，－1)，22
1→→→110，1，?，∴DF·∵AE＝?AE＝0，2??22∴DF⊥AE.
(2)存在点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为由(1)
可知平面ABC的法向量n＝(0,0,1)．
设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，
→?FE＝0，?m·则?→?DF＝0，?m·
11111→→－λ，1?，∵FE＝(－)，DF＝?2?2?22214理由如下：14
?
∴??1－λ?x＋1－z＝0，??2?2111－x＋z＝0，222??x＝2?1－λ?，即?1＋2λy＝??2?1－λ?，3
令z＝2(1－λ)，则n＝(3,1＋2λ，2(1－λ))．
∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为
∴|cos〈m，n〉|＝
即|2?1－λ?||m·n|＝|m||n|1414，1414，9＋?1＋2λ?＋4?1－λ?14
17解得λ＝或λ＝(舍)，24
∴当点D为A1B1中点时满足要求．
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