高三一轮数学（理）总复习-7.7　立体几何中的向量方法【系列四】

2017年高考“最后三十天”专题透析2017年高考“最后三十天”专题透析好教育云平台——教育因你我而变好教育云平台——教育因你我而变7．7立体几何中的向量方法[知识梳理]1．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2⇔v1＝λv2.(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u⇔v·u＝0.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2⇔u1＝λu2.2．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u⇔v＝λu.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.3．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))(0，π)求法cosθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a·b,|a||b|)))cosβ＝eq\f(a·b,|a||b|)4．直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ|＝eq\f(|e·n|,|e||n|)，φ的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).5．求二面角的大小(1)如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉．(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．

[诊断自测]1．概念思辨(1)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．()(2)两异面直线夹角的范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，直线与平面所成角的范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，二面角的范围是[0，π]．()(3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．()(4)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.()答案(1)×(2)√(3)×(4)×2．教材衍化(1)(选修A2－1P111A组T1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝eq\r(2)BB1，则AB1与C1B所成角的大小为()A．60° B．75°C．90° D．105°答案C解析取AC的中点D，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a，则Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，0，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(\r(2),2)a))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，0，\f(\r(2),2)a))，从而eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，\f(a,2)，\f(\r(2)a,2)))，eq\o(C1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，－\f(a,2)，－\f(\r(2)a,2))).所以cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(C1B,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(C1B,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(C1B,\s\up6(→))|)＝0，所以AB1与C1B所成的角为90°.故选C.(2)(选修A2－1P104T2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，写出平面A1ED的一个法向量：答案(1,2,2)(答案不唯一)解析如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设棱长为1，则A1(0,0,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，D(0,1,0)，所以eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，－\f(1,2)))，设平面A1ED的一个法向量为n＝(1，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1E,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2，,z＝2.))所以n＝(1,2,2)．3．小题热身(1)(2018·河南百校联盟联考)已知斜四棱柱ABCD－A1B1C1D1的各棱长均为2，∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为(A.eq\f(\r(3),4) B.eq\f(\r(13),4)C.eq\f(\r(39),13) D.eq\f(\r(39),3)答案C解析取AD中点O，连接OA1，易证A1O⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系，得B(2，－1,0)，D1(0,2，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))1＝(－2,3，eq\r(3))，平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，设BD1与平面ABCD所成的角为θ，∴sinθ＝eq\f(|\o(BD,\s\up6(→))1·n|,|\o(BD,\s\up6(→))1||n|)＝eq\f(\r(3),4)，则cosθ＝eq\f(\r(13),4)，∴tanθ＝eq\f(\r(39),13).故选C.(2)(2017·郑州预测)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________．答案45°解析如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD.又CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD.所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AE,\s\up6(→))〉＝45°.故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.题型1利用空间向量研究空间中的位置关系角度1利用空间向量证明平行与垂直问题eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2018·青岛模拟)如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝eq\r(2)AB，B1C1綊eq\f(1,2)BC，AA1⊥平面BAC.求证：(1)A1B1⊥平面AA1C(2)AB1∥平面A1C1证明∵AA1⊥平面BAC.∴AA1⊥AB，AA1⊥AC.又∵AB＝AC，BC＝eq\r(2)AB，∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB，∴AB，AC，AA1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)．(1)eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1A,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1A,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2z＝0，,2x＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,z＝0.))取y＝1，则n＝(0,1,0)．∴eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝2n，即eq\o(A1B1,\s\up6(→))∥n.∴A1B1⊥平面AA1C.(2)易知eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1C1,\s\up6(→))＝0，,m·\o(A1C,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＝0，,2x1－2z1＝0，))令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．∴eq\o(AB1,\s\up6(→))·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥m.又AB1⊄平面A1C1C，∴AB1∥平面A1C1角度2利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2018·宜春期末)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BC⊥AC，BC＝AC＝AA1＝2，D为AC的中点．(1)求证：AB1∥平面BDC1；(2)设AB1的中点为G，问：在矩形BCC1B1内是否存在点H，使得GH⊥平面BDC1.若存在，求出点H的位置，若不存在，说明理由．解(1)证明：连接B1C，设B1C∩BC1＝M，连接在△AB1C中，M为B1C中点，D为∴DM∥AB1，又∵AB1不在平面BDC1内，DM在平面BDC1内，∴AB1∥平面BDC1.(2)以C1为坐标原点，eq\o(C1A1,\s\up6(→))为x轴，eq\o(C1C,\s\up6(→))为y轴，eq\o(C1B1,\s\up6(→))为z轴建立空间直角坐标系．依题意，得C1(0,0,0)，D(1,2,0)，B(0,2,2)，G(1,1,1)，假设存在H(0，m，n)，eq\o(GH,\s\up6(→))＝(－1，m－1，n－1)，eq\o(C1D,\s\up6(→))＝(1,2,0)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，由GH⊥平面BC1D，得eq\o(GH,\s\up6(→))⊥eq\o(C1D,\s\up6(→))⇒(－1，m－1，n－1)·(1,2,0)＝0⇒m＝eq\f(3,2).同理，由eq\o(GH,\s\up6(→))⊥eq\o(DB,\s\up6(→))得n＝eq\f(1,2)，即在矩形BCC1B1内存在点H，使得GH⊥平面BDC1.此时点H到B1C1的距离为eq\f(3,2)，到C1C的距离为eq\f(1,2).方法技巧解决立体几何中探索性问题的基本方法1．通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理．2．探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0,0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算．提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示．冲关针对训练(2018·太原模拟)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，PA＝PD＝AD＝2.(1)求证：EF∥平面PBC；(2)在棱PC上是否存在一点G，使GF⊥平面EDF？若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．解(1)证明：如图所示，连接AC.因为底面ABCD是正方形，AC与BD互相平分．F是BD中点，所以F是AC中点．在△PAC中，E是PA中点，F是AC中点，所以EF∥PC.又因为EF⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC.(2)取AD中点O，连接PO.在△PAD中，PA＝PD，所以PO⊥AD.因为平面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD.因为OF⊂平面ABCD，所以PO⊥OF.又因为F是AC中点，所以OF⊥AD.以O为原点，OA，OF，OP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为PA＝PD＝AD＝2，所以OP＝eq\r(3)，则C(－1,2,0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，F(0,1,0)．于是eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(1,1,0)．设平面EFD的法向量n＝(x0，y0，z0)．因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＋y0＝0，,\f(3,2)x0＋\f(\r(3),2)z0＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝－x0，,z0＝－\r(3)x0.))令x0＝1，则n＝(1，－1，－eq\r(3))．假设在棱PC上存在一点G，使GF⊥平面EDF.设G(x1，y1，z1)，则eq\o(FG,\s\up6(→))＝(x1，y1－1，z1)．因为EDF的一个法向量n＝(1，－1，－eq\r(3))．因为GF⊥平面EDF，所以eq\o(FG,\s\up6(→))＝λn.于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝λ，,y1－1＝－λ，,z1＝－\r(3)λ，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝λ，,y1＝1－λ，,z1＝－\r(3)λ.))又因为点G在棱PC上，所以eq\o(GC,\s\up6(→))与eq\o(PC,\s\up6(→))共线．因为eq\o(PC,\s\up6(→))＝(－1,2，－eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1－2，z1)，所以eq\f(x1＋1,－1)＝eq\f(y1－2,2)＝eq\f(z1,－\r(3))，即eq\f(1＋λ,－1)＝eq\f(－λ－1,2)＝eq\f(－\r(3)λ,－\r(3))，无解．故在棱PC上不存在一点G，使GF⊥平面EDF.题型2利用空间向量求解空间角角度1利用空间向量求解异面直线所成的角eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．解(1)证明：连接BD.设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\r(3).由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝eq\r(3)，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝eq\r(2)，故DF＝eq\f(\r(2),2).在Rt△FDG中，可得FG＝eq\f(\r(6),2).在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq\r(2)，DF＝eq\f(\r(2),2)，可得EF＝eq\f(3\r(2),2).从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)如图，以G为坐标原点，分别以eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴正方向，|eq\o(GB,\s\up6(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.由(1)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1,0，eq\r(2))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq\r(3)，0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).故cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(CF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(CF,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).角度2利用空间向量求解直线与平面所成的角eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2013·全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C解(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．以O为坐标原点，Oeq\o(A,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，|Oeq\o(A,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设知A(1,0,0)，A1(0，eq\r(3)，0)，C(0,0，eq\r(3))，B(－1,0,0)．则Beq\o(C,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，eq\r(3))．设n＝(x，y，z)是平面BB1C1则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·B\o(C,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,－x＋\r(3)y＝0.))可取n＝(eq\r(3)，1，－1)．故cos〈n，eq\o(A1C,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(A1C,\s\up6(→)),|n||\o(A1C,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(10),5).所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为eq\f(\r(10),5).角度3利用空间向量求解二面角eq\o(\s\up7(),\s\do5(典例))(2016·全国卷Ⅰ)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，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⊥平面EFDC；(2)求二面角E－BC－A的余弦值．解(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.(2)过D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，eq\o(GF,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(GF,\s\up6(→))|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|＝eq\r(3)，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，eq\r(3))．由已知得，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，eq\r(3))．所以eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－3，－4，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－4,0,0)．设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,4y＝0.))所以可取n＝(3,0，－eq\r(3))．设m是平面ABCD的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0.))同理可取m＝(0，eq\r(3)，4)．则cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝－eq\f(2\r(19),19).又易知二面角E－BC－A为钝二面角，故二面角E－BC－A的余弦值为－eq\f(2\r(19),19).方法技巧1．利用向量求异面直线所成角的方法(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v1，v2；③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝eq\f(|v1·v2|,|v1||v2|)求解．(2)两异面直线所成角的范围是θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．2．利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．3．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．冲关针对训练(2016·四川高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；(2)若二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．解(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED，所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，所以CM∥平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角，所以∠PDA＝45°.由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.作Ay⊥AD，以A为原点，以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以eq\o(PE,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)．设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2z＝0，,x＋y＝0，))设x＝2，解得n＝(2，－2,1)．设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα＝eq\f(|n·\o(AP,\s\up6(→))|,|n||\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2×\r(22＋－22＋12))＝eq\f(1,3)，所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为eq\f(1,3).1.(2017·湖南五市十校联考)有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为________．答案eq\f(1,4)解析设等边三角形的边长为2.取BC的中点O，连接OA，OD，∵等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，∴OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则A(0,0，eq\r(3))，B(0，－1,0)，C(0,1,0)，D(eq\r(3)，0,0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0，－1，－eq\r(3))，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1,0)，∴cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2×2)＝eq\f(1,4)，∴异面直线AB和CD所成角的余弦值为eq\f(1,4).2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq\f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．解(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝eq\f(1,2)AD.由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD，又BC＝eq\f(1,2)AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(AB,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，eq\r(3))，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1,0，－eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)．设M(x，y，z)(0<x<1)，则eq\o(BM,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)，eq\o(PM,\s\up6(→))＝(x，y－1，z－eq\r(3))．因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n＝(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈eq\o(BM,\s\up6(→))，n〉|＝sin45°，eq\f(|z|,\r(x－12＋y2＋z2))＝eq\f(\r(2),2)，即(x－1)2＋y2－z2＝0.①又M在棱PC上，设eq\o(PM,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))，则x＝λ，y＝1，z＝eq\r(3)－eq\r(3)λ.②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝－\f(\r(6),2)))(舍去)或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1－\f(\r(2),2)，,y＝1，,z＝\f(\r(6),2)，))所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2)))，从而eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),2)，1，\f(\r(6),2))).设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)x0＋2y0＋\r(6)z0＝0，,x0＝0，))所以可取m＝(0，－eq\r(6)，2)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(10),5).易知所求二面角为锐角．因此二面角M－AB－D的余弦值为eq\f(\r(10),5).3．(2017·北京高考)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)求二面角B－PD－A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．解(1)证明：设AC，BD交于点E，连接ME，因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点．(2)取AD的中点O，连接OP，OE.因为PA＝PD，所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，且OP⊂平面PAD，所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.因为四边形ABCD是正方形，所以OE⊥AD.如图，建立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0，eq\r(2))，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(4，－4,0)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(2,0，－eq\r(2))．设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x－4y＝0，,2x－\r(2)z＝0.))令x＝1，则y＝1，z＝eq\r(2).于是n＝(1,1，eq\r(2))．平面PAD的法向量为p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).由题意知二面角B－PD－A为锐角，所以它的大小为eq\f(π,3).(3)由题意知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2，\f(\r(2),2)))，C(2,4,0)，eq\o(MC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(\r(2),2))).设直线MC与平面BDP所成角为α，则sinα＝|cos〈n，eq\o(MC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(MC,\s\up6(→))|,|n||\o(MC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2\r(6),9)，所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为eq\f(2\r(6),9).

[重点保分两级优选练]A级一、选择题1．已知点A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))的夹角为()A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析由已知得eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,3,3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，∴cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,3\r(2)×\r(2))＝eq\f(1,2).∴向量eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))的夹角为60°.故选C.2．(2018·伊宁期末)三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1，n2，若〈n1，n2〉＝eq\f(π,3)，则二面角A－BD－C的大小为()A.eq\f(π,3) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3) D.eq\f(π,6)或eq\f(π,3)答案C解析∵二面角的范围是[0，π]，且〈n1，n2〉＝eq\f(π,3)，∴二面角A－BD－C的大小为eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).故选C.3．(2017·太原期中)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为(A.eq\f(\r(10),10) B.eq\f(1,5)C.eq\f(3\r(10),10) D.eq\f(3,5)答案C解析如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA1＝2AB＝2，则B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)．∴eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，－1,1)，eq\o(CD1,\s\up6(→))＝(0，－1,2)．∴cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(CD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(1＋2,\r(2)·\r(5))＝eq\f(3\r(10),10).故选C.4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝eq\f(2,3)A1D，AF＝eq\f(1,3)AC，则()A．EF至多与A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1相交D．EF与BD1异面答案B解析以D点为坐标原点，以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，如图所示．设正方体棱长为1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，\f(1,3)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－1，0，－1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，－\f(1,3)))，eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,3)eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(A1D,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.故选B.5．(2018·河南模拟)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D点在棱AA1上且AD＝2DA1，P点在棱C1C上，则eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PB1,\s\up6(→))的最小值为()A.eq\f(5,2) B．－eq\f(1,4)C.eq\f(1,4) D．－eq\f(5,2)答案B解析建立如图所示的直角坐标系，则D(1,0,2)，B1(0,1,3)，设P(0,0，z)(0≤z≤3)，则eq\o(PD,\s\up6(→))＝(1,0,2－z)，eq\o(PB1,\s\up6(→))＝(0,1,3－z)，∴eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PB1,\s\up6(→))＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(5,2)))2－eq\f(1,4)，故当z＝eq\f(5,2)时，eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(PB1,\s\up6(→))取得最小值为－eq\f(1,4).故选B.6．(2018·沧州模拟)如图所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱长为1，E，F分别是BC，CD上的点，且BE＝CF＝a(0<a<1)，则D′E与B′F的位置关系是()A．平行 B．垂直C．相交 D．与a值有关答案B解析建立如图所示空间直角坐标系．则D′(0,0,1)，E(1－a,1,0)，B′(1,1,1)，F(0,1－a,0)，∴eq\o(D′E,\s\up6(→))＝(1－a,1，－1)，eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(－1，－a，－1)．∴eq\o(D′E,\s\up6(→))·eq\o(B′F,\s\up6(→))＝(1－a)×(－1)＋1×(－a)＋(－1)×(－1)＝a－1－a＋1＝0.∴eq\o(D′E,\s\up6(→))⊥eq\o(B′F,\s\up6(→))，即D′E⊥B′F.故选B.7．(2017·聊城期中)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E，F分别是棱AB，BC，CP的中点，AB＝AC＝1，PA＝2，则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(2,5)答案C解析以A为原点，AB，AC，AP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，由AB＝AC＝1，PA＝2，得A(0，0,0)，B(1，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，Deq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，0,0eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())，Eeq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1())eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1())，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，1))，∴eq\o(PA,\s\up6(→))＝(0,0，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq\o(DF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DF,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,－x＋y＋2z＝0，))取z＝1，则n＝(2,0,1)，设PA与平面DEF所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|\o(PA,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5)，∴PA与平面DEF所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).故选C.8．(2018·江西红色七校模拟)已知二面角α－l－β等于120°，A，B是棱l上两点，AC，BD分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D.eq\r(5)答案C解析解法一：依题意可知二面角α－l－β的大小等于eq\o(AC,\s\up6(→))与eq\o(BD,\s\up6(→))所成的角，因为eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→))，所以eq\o(CD,\s\up6(→))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(BD,\s\up6(→))2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))，因为AC⊥AB，BD⊥AB，AB＝AC＝BD＝1，所以eq\o(CD,\s\up6(→))2＝1＋1＋1＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝3＋2|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(BD,\s\up6(→))|·cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝3＋2cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉，因为〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝120°，所以〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(BD,\s\up6(→))〉＝60°，因此eq\o(CD,\s\up6(→))2＝3＋2×eq\f(1,2)＝4，所以|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝2，故选C.解法二：在β内作AE綊BD.连接CE、DE，易知∠CAE＝120°，CE⊥DE，∴CE2＝AC2＋AE2－2×AC×AEcos120°＝3.在Rt△CED中，CD2＝CE2＋ED2＝4，∴CD＝2.故选C.9．(2017·南阳期中)若正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为(A.eq\f(3,5) B.eq\f(4,5)C.eq\f(3,4) D.eq\f(\r(5),5)答案B解析如图，取AC的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系．设各棱长为2，则有A(0，－1,0)，D(0,0,2)，C(0,1,0)，B1(eq\r(3)，0,2)．所以Ceq\o(D,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1，2)，Aeq\o(D,\s\up6(→))＝(0,1,2)．设n＝(x，y，z)为平面B1CD的法向量，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CB1,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y＋2z＝0，,\r(3)x－y＋2z＝0))⇒n＝(0,2,1)．∴cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·n,|\o(AD,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(4,5)，即直线AD与平面B1DC所成角的正弦值．故选B.10．(2018·福建龙岩模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，点E，F分别是线段AB，C1D1上的动点，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，且满足点P到点F的距离等于点P到平面ABB1A1的距离，则PE的最小值是A．5 B．4C．4eq\r(5) D．2eq\r(5)答案D解析以D为原点，直线DA为x轴，直线DC为y轴，直线DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设AE＝a，D1F＝b，0≤a≤4,0≤b≤4，P(x，y,4)，0≤x≤4,0≤y≤4，则F(0，b,4)，E(4，a,0)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(－x，b－y,0)，∵点P到点F的距离等于点P到平面ABB1A1的距离，∴当E，F分别是AB，C1D1的中点，P为正方形A1B1C1D1的中心时，PE取最小值，此时P(2,2,4)，E(4,2,0)，∴|PE|min＝eq\r(2－42＋2－22＋4－02)＝2eq\r(5).故选D.二、填空题11．在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，则异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于________答案eq\f(\r(15),5)解析以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，∴F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)．∴eq\o(FD1,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq\o(OE,\s\up6(→))＝(－1,1,1)．∴cos〈eq\o(FD1,\s\up6(→))，eq\o(OE,\s\up6(→))〉＝eq\f(1＋2,\r(5)·\r(3))＝eq\f(\r(15),5).12．(2018·曲阜模拟)如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶eq\r(2)，则AF与CE所成角的余弦值为________．答案eq\f(4,5)解析∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶eq\r(2)，∴AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，F(0,2,0)，C(0，2,1)，∴eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(0,2,1)，∴cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，eq\o(EC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AF,\s\up6(→))·\o(EC,\s\up6(→)),|\o(AF,\s\up6(→))||\o(EC,\s\up6(→))|)＝eq\f(4,\r(5)×\r(5))＝eq\f(4,5)，∴AF与CE所成角的余弦值为eq\f(4,5).13．(2017·青海质检)等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角C－AB－D的余弦值为eq\f(\r(3),3)，M，N分别是AC，BC的中点，则EM，AN所成角的余弦值等于________．答案eq\f(1,6)解析过C点作CO⊥平面ABDE，垂足为O，取AB中点F，连接CF，OF，则∠CFO为二面角C－AB－D的平面角，设AB＝1，则CF＝eq\f(\r(3),2)，OF＝CF·cos∠CFO＝eq\f(1,2)，OC＝eq\f(\r(2),2)，则O为正方形ABDE的中心，如图所示建立直角坐标系Oxyz，则Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，0，\f(\r(2),4)))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)))，eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),4)))，eq\o(AN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)))，cos〈eq\o(EM,\s\up6(→))，eq\o(AN,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(EM,\s\up6(→))·\o(AN,\s\up6(→)),|\o(EM,\s\up6(→))||\o(AN,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,6).14．(2018·临沂期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为________．(填序号)答案①解析以D为原点，DA，DC所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系如图．设M(x，y,0)，设正方形边长为a，则Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，\f(\r(3),2)a))，C(0，a,0)，则MC＝eq\r(x2＋y－a2)，MP＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))2＋y2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a))2).由MP＝MC，得x＝2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y＝eq\f(1,2)x的一部分．B级三、解答题15．(2018·广东五校诊断)如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.(1)求证：BD⊥平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小．解(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC.∵AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥AE.∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACFE.(2)以O为原点，eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(OB,\s\up6(→))的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，eq\r(3)，0)，D(0，－eq\r(3)，0)，E(1,0,2)，F(－1,0，a)(a>0)，eq\o(OF,\s\up6(→))＝(－1,0，a)．设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(OE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,x＋2z＝0，))令z＝1，则n＝(－2,0,1)，由题意得sin45°＝|cos〈eq\o(OF,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(OF,\s\up6(→))·n|,|\o(OF,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(|2＋a|,\r(a2＋1)·\r(5))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝3或－eq\f(1,3).由a>0，得a＝3，eq\o(OF,\s\up6(→))＝(－1,0,3)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，2)，cos〈eq\o(OF,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(－1＋6,\r(10)×\r(8))＝eq\f(\r(5),4)，故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为eq\f(\r(5),4).16．(2014·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝eq\r(3)，求三棱锥E－ACD的体积．解(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO.因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点．又E为PD的中点，所以EO∥PB.又EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)因为PA⊥平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．如图，以A为坐标原点，eq\o(AB,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，|eq\o(AP,\s\up6(→))|为单位长度，建立空间直角坐标系Axyz，则D(0，eq\r(3)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).设B(m,0,0)(m>0)，则C(m，eq\r(3)，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(m，eq\r(3)，0)．设n1＝(x，y，z)为平面ACE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(mx＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，))可取n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),m)，－1，\r(3))).又n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设得|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(3,3＋4m2))＝eq\f(1,2)，解得m＝eq\f(3,2).因为E为PD的中点，所以三棱锥E－ACD的高为eq