2019版数学（理）培优增分一轮全国经典版培优讲义：第7章 第7讲立体几何中的向量方法 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第7讲立体几何中的向量方法板块一知识梳理·自主学习［必备知识］考点1直线的方向向量和平面的法向量1．直线的方向向量直线l上的向量e或与e共线的向量叫做直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量有无数个．2．平面的法向量如果表示向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α,记作n⊥α，此时向量n叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量也有无数个，且它们是共线向量．3．设直线l,m的方向向量分别为a,b，平面α，β的法向量分别为u，v，则l∥m⇔a∥b⇔a＝kb，k∈R;l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku，k∈R；α∥β⇔u∥v⇔u＝kv，k∈R；α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0.考点2空间向量与空间角的关系1．两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分别为a,b，其夹角为θ,则cosφ＝|cosθ｜＝eq\f(|a·b｜,|a｜|b|)eq\b\lc\（\rc\（\a\vs4\al\co1(）)其中φ为异面直线a，b所成的角，范围是.2．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）））.3．求二面角的大小（1）如图①，AB,CD是二面角α－l－β的两个半平面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ＝〈eq\o(AB,\s\up16（→))，eq\o（CD，\s\up16（→)）〉．(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>或－cos<n1，n2>．取值范围是[0，π]．考点3求空间的距离1．点到平面的距离如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝eq\f(|\o(AB,\s\up16（→）)·n｜,｜n｜).2．线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．［必会结论］1．直线的方向向量的确定：l是空间一直线,A，B是l上任意两点，则eq\o(AB，\s\up16（→）)及与eq\o(AB，\s\up16（→))平行的非零向量均为直线l的方向向量．2．平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（n·a＝0,,n·b＝0。）)[考点自测］1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”）(1)直线的方向向量是唯一确定的．(）(2）两条不重合的直线l1和l2的方向向量分别为v1＝（1，0，－1），v2＝(－2，0，2),则l1与l2的位置关系是平行．（）（3)已知eq\o(AB,\s\up16（→))＝（2,2，1)，eq\o（AC,\s\up16(→)）＝（4,5,3），则平面ABC的单位法向量是n0＝±eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1,3),－\f(2，3），\f（2,3))）。(）（4)若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β.（)（5）两直线的方向向量的夹角就是两条直线所成的角．（）答案(1)×(2）√(3)√(4）√（5)×2．若平面α的一个法向量为(1,2，0）,平面β的一个法向量为（2，－1,0），则平面α和平面β的位置关系是()A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．重合答案C解析由(1,2，0）·(2，－1,0）＝1×2＋2×（－1)＋0×0＝0,知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．3．[2018·宜宾模拟]已知向量a＝(1,1,0),b＝（－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相平行，则k的值是()A．－2B.eq\f（4,3）C。eq\f（5，3）D。eq\f(7,5）答案A解析由题意得，ka＋b＝（k－1，k，2),2a－b＝(3，2，－2）．所以eq\f(k－1,3）＝eq\f(k，2）＝eq\f(2，－2），解得k＝－2。故选A。4．[2018·沧州七校联考］把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为（)A．120°B．30°C．90°D．60°答案D解析建立如图所示的空间直角坐标系，则A（eq\r(2),0，0)，B(0，eq\r(2），0），C(0，0，eq\r（2）)，D(0,－eq\r(2），0)，∴eq\o（AD，\s\up16(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，0)，eq\o(BC，\s\up16（→)）＝(0，－eq\r（2),eq\r(2））．∴｜eq\o（AD，\s\up16（→))|＝2,｜eq\o（BC，\s\up16（→)）|＝2，eq\o(AD，\s\up16（→）)·eq\o(BC,\s\up16（→）)＝2。∴cos<eq\o（AD,\s\up16(→）)，eq\o(BC，\s\up16(→））〉＝eq\f（\o（AD,\s\up16(→))·\o（BC，\s\up16(→）),\a\vs4\al（|\o(AD，\s\up16（→))｜｜\o（BC,\s\up16(→)）｜)）＝eq\f（2,2×2)＝eq\f（1,2）。∴异面直线AD，BC所成的角为60°。故选D.5．［教材习题改编］在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2,BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．答案eq\f（1，3)解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1（0,0,1），C1（0,2,1)，A1（1，0，1）,B（1,2,0），∴eq\o(D1C1，\s\up16(→))＝(0，2,0)，设平面A1BC1的一个法向量为n＝（x，y，z）,由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up16（→))＝x，y，z·－1，2,0＝－x＋2y＝0,,n·\o(A1B，\s\up16（→））＝x，y,z·0，2，－1＝2y－z＝0,））得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x＝2y，,z＝2y,）)令y＝1，得n＝（2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成角为θ,则sinθ＝｜cos〈eq\o(D1C1，\s\up16(→））·n〉|＝eq\f(｜\o（D1C1，\s\up16（→))·n｜，\a\vs4\al(|\o(D1C1,\s\up16（→）)|｜n|）)＝eq\f（2，2×3）＝eq\f（1，3).即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为eq\f（1,3）。板块二典例探究·考向突破考向利用空间向量证明平行、垂直例1［2018·深圳模拟］如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直,M为AA1的中点，N为BC1的中点．求证：（1）MN∥平面A1B1C1；(2）平面MBC1⊥平面BB1C1C。证明由题意，知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形AA1C1C的边长为2，则A（0,0,0)，A1（2，0,0)，B(0,2,0)，B1（2,2,0），C(0,0,2），C1(2，0，2),M（1,0，0），N(1,1,1）．（1)由题意知AA1⊥A1B1,AA1⊥A1C1，又A1B1∩A1C1＝A1，所以AA1⊥平面A1B1C1。因为eq\o（AA1,\s\up16(→）)＝(2，0，0)，eq\o(MN，\s\up16（→))＝（0，1,1），所以eq\o（MN，\s\up16（→))·eq\o(AA1,\s\up16(→）)＝0，即eq\o（MN，\s\up16（→))⊥eq\o（AA1，\s\up16（→)).故MN∥平面A1B1C1.（2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝（x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．因为eq\o(MB,\s\up16(→）)＝（－1，2，0），eq\o（MC1，\s\up16（→））＝(1,0,2)，所以eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（n1·\o(MB,\s\up16(→)）＝0，,n1·\o（MC1,\s\up16（→))＝0))⇒eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－x1＋2y1＝0，,x1＋2z1＝0，））令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2，1，－1）．同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝（0，1，1)．因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1）×1＝0，所以n1⊥n2,所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.触类旁通证明平行,垂直问题的思路（1)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．(2)证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直,而直线与平面垂直、平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明．【变式训练1】［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，二面角A1－AB－C是直二面角．求证:（1)A1B1⊥平面AA1C；（2）AB1∥平面A1C1C。证明∵二面角A1－AB－C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，∴AA1⊥平面BAC.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\up16（→))＝(0,2,0)，eq\o(A1A，\s\up16（→））＝(0，0，－2),eq\o(AC,\s\up16(→)）＝(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\up16（→)）＝0，，n·\o(AC,\s\up16(→)）＝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\up16（→））＝2n,即eq\o(A1B1，\s\up16（→））∥n。∴A1B1⊥平面AA1C。（2）易知eq\o（AB1,\s\up16（→））＝（0，2,2)，eq\o(A1C1,\s\up16(→））＝(1，1，0)，eq\o(A1C，\s\up16(→）)＝（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\up16（→）)＝0,，m·\o（A1C,\s\up16(→）)＝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\up16(→))·m＝0×1＋2×（－1)＋2×1＝0,∴eq\o（AB1,\s\up16(→)）⊥m。又AB1⊄平面A1C1C，∴AB1∥平面A1C1C.考向利用空间向量求空间角命题角度1利用空间向量求异面直线所成的角例2[2017·江苏高考］如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD,且AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°。（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B－A1D－A的正弦值．解在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.如图，以｛eq\o（AE,\s\up16（→）)，eq\o(AD,\s\up16（→)）,eq\o（AA，\s\up16(→）)1｝为正交基底，建立空间直角坐标系Axyz.因为AB＝AD＝2，AA1＝eq\r(3)，∠BAD＝120°，则A(0,0,0），B(eq\r(3），－1，0)，D（0，2,0)，E(eq\r(3）,0,0)，A1(0，0，eq\r(3）)，C1（eq\r（3）,1，eq\r（3))．(1)eq\o(A1B,\s\up16(→））＝(eq\r(3），－1，－eq\r(3））,eq\o（AC1,\s\up16（→））＝（eq\r(3)，1，eq\r(3))，则cos〈eq\o(A1B,\s\up16（→）），eq\o（AC1,\s\up16(→））〉＝eq\f(\o（A1B，\s\up16(→))·\o(AC1,\s\up16（→)），\a\vs4\al(｜\o（A1B，\s\up16(→))｜｜\o(AC1，\s\up16（→)）｜))＝eq\f（\r(3），－1，－\r(3)·\r（3），1，\r(3),7)＝－eq\f（1,7）,因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为eq\f(1，7）。（2)平面A1DA的一个法向量为eq\o（AE，\s\up16（→）)＝(eq\r(3），0,0）．设m＝(x，y,z)为平面BA1D的一个法向量,又eq\o（A1B，\s\up16(→）)＝（eq\r(3),－1,－eq\r(3)）,eq\o(BD,\s\up16（→））＝（－eq\r(3），3，0)，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m·\o（A1B,\s\up16（→))＝0,,m·\o（BD,\s\up16(→）)＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y－\r(3）z＝0，，－\r(3)x＋3y＝0。)）不妨取x＝3，则y＝eq\r（3)，z＝2,所以m＝（3,eq\r(3)，2)为平面BA1D的一个法向量．从而cos〈eq\o（AE，\s\up16(→）），m〉＝eq\f（\o(AE，\s\up16(→）)·m,｜\o（AE,\s\up16（→))｜｜m|)＝eq\f(\r（3），0，0·3，\r（3)，2,\r(3)×4)＝eq\f(3,4）。设二面角B－A1D－A的大小为θ，则|cosθ｜＝eq\f（3,4).因为θ∈[0，π],所以sinθ＝eq\r(1－cos2θ）＝eq\f(\r(7）,4）。因此二面角B－A1D－A的正弦值为eq\f（\r(7)，4）。命题角度2利用空间向量求直线与平面所成的角例3［2017·浙江高考]如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．（1）证明:CE∥平面PAB;（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．解（1）证明:设AD的中点为O，连接OB,OP.∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，∴OP⊥AD.∵BC＝eq\f(1,2)AD＝OD，且BC∥OD，∴四边形BCDO为平行四边形，又∵CD⊥AD，∴OB⊥AD,∵OP∩OB＝O，∴AD⊥平面OPB.过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M，以O为原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OM所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．设CD＝1,则有A（0,－1，0)，B（1，0，0)，C（1，1,0)，D(0，1，0）．设P(x，0，z)（z>0）,由PC＝2,OP＝1，得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x－12＋1＋z2＝4,,x2＋z2＝1，))得x＝－eq\f（1，2），z＝eq\f（\r（3），2).即点Peq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1,2)，0，\f(\r（3）,2)）)，而E为PD的中点，∴Eeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1，4)，\f（1，2）,\f（\r（3）,4)))。设平面PAB的法向量为n＝(x1，y1，z1）,∵Aeq\o（P，\s\up16(→）)＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2),1，\f（\r(3）,2））),Aeq\o(B,\s\up16(→）)＝(1,1,0)，∴eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x1＋y1＋\f(\r(3）,2)z1＝0,，x1＋y1＝0））⇒eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x1＝－y1,,z1＝－\r(3）y1，))取y1＝－1，得n＝（1，－1，eq\r(3））．而Ceq\o（E，\s\up16（→）)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（5,4），－\f（1，2)，\f（\r（3）,4)）），则Ceq\o(E，\s\up16（→）)·n＝0，而CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB。(2）设平面PBC的法向量为m＝（x2，y2，z2）,∵Beq\o（C,\s\up16（→)）＝（0,1，0)，Beq\o(P，\s\up16（→))＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(3,2），0，\f（\r(3），2））),∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y2＝0，，－\f(3,2)x2＋\f（\r（3)，2）z2＝0，)）取x2＝1，得m＝（1，0，eq\r（3））．设直线CE与平面PBC所成角为θ.则sinθ＝|cos<m，Ceq\o（E,\s\up16(→））〉｜＝eq\f(|C\o(E，\s\up16(→）)·m|，|C\o(E，\s\up16(→)）｜｜m｜)＝eq\f(\r（2）,8），故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(2），8).命题角度3利用空间向量求二面角的大小例4[2017·全国卷Ⅰ］如图，在四棱锥P－ABCD中,AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°。（1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°,求二面角A－PB－C的余弦值．解(1）证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP,CD⊥PD.因为AB∥CD,所以AB⊥PD.又AP∩DP＝P，所以AB⊥平面PAD。因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD。(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为点F.由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.以F为坐标原点,eq\o（FA，\s\up16（→))的方向为x轴正方向，｜eq\o（AB,\s\up16(→））｜为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz。由（1)及已知可得Aeq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r（2）,2),0，0)），Peq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，0，\f（\r(2），2)）),Beq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(\r(2),2）,1,0）），Ceq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(\r（2),2），1，0）)，所以eq\o(PC,\s\up16(→))＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(\r（2），2），1，－\f（\r（2),2))），eq\o(CB,\s\up16（→))＝(eq\r(2),0，0),eq\o（PA，\s\up16（→）)＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r（2)，2）,0，－\f(\r（2)，2)））,eq\o(AB,\s\up16(→））＝（0,1,0)．设n＝(x1，y1,z1）是平面PCB的一个法向量,则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n·\o（PC，\s\up16(→)）＝0,,n·\o（CB，\s\up16（→)）＝0,））即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－\f（\r(2),2)x1＋y1－\f(\r（2），2)z1＝0，,\r（2)x1＝0。)）所以可取n＝(0,－1,－eq\r（2）)．设m＝(x2，y2,z2)是平面PAB的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up16(→）)＝0,，m·\o（AB,\s\up16(→)）＝0,)）即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(\r（2），2)x2－\f（\r(2)，2)z2＝0,,y2＝0。))所以可取m＝(1,0，1)，则cos〈n，m〉＝eq\f（n·m，|n｜｜m|)＝eq\f（－\r(2)，\r(3)×\r（2)）＝－eq\f（\r（3）,3)。易知二面角A－PB－C的平面角为钝角，所以二面角A－PB－C的余弦值为－eq\f(\r（3）,3）.触类旁通利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系．第二步：确定点的坐标．第三步:求向量（直线的方向向量、平面的法向量)坐标．第四步：计算向量的夹角（或函数值）．第五步：将向量夹角转化为所求的空间角．考向利用空间向量求空间距离例5如图，三棱柱ABC－A1B1C1中,CC1⊥平面ABC，AC＝BC＝eq\f(1，2）AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.（1）证明：DC1⊥BC;(2）设AA1＝2,A1B1的中点为P，求点P到平面BDC1的距离．解（1)证明：由题设知,三棱柱的侧面为矩形．由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝eq\f(1,2)AA1，可得DCeq\o\al(2,1）＋DC2＝CCeq\o\al(2，1），所以DC1⊥DC.DC1⊥BD，DC∩BD＝D,所以DC1⊥平面BCD。因为BC⊂平面BCD,所以DC1⊥BC.（2）由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1A1，所以CA,CB,CC1两两垂直．以C为坐标原点，eq\o(CA，\s\up16（→))的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz。由题意知B（0，1，0)，D（1,0，1)，C1(0，0,2），B1（0，1，2)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，2），\f（1，2)，2）)，则eq\o(BD，\s\up16(→))＝（1，－1，1)，eq\o(DC1，\s\up16（→))＝(－1，0，1)，eq\o(PC1，\s\up16（→））＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2),－\f（1，2），0)）。设m＝（x,y,z）是平面BDC1的法向量,则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(m·\o(BD，\s\up16（→)）＝0,,m·\o（DC1,\s\up16(→)）＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x－y＋z＝0，，－x＋z＝0，）)可取m＝（1,2，1)．设点P到平面BDC1的距离为d，则d＝eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f(\o（PC1,\s\up16(→）)·m,|m｜））)＝eq\f(\r(6)，4)。触类旁通求平面α外一点P到平面α的距离的步骤（1)求平面α的法向量n；（2)在平面α内取一点A，确定向量eq\o（PA,\s\up16(→）)的坐标;(3）代入公式d＝eq\f(｜n·\o（PA,\s\up16（→))|,｜n｜）求解．【变式训练2】如图，已知四边形ABCD，EADM和MDCF都是边长为a的正方形,点P是ED的中点．(1）求点D到直线BF的距离；(2)求点P到平面EFB的距离．解由已知得DM⊥DA,DM⊥DC，DA⊥DC，如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DM所在直线为x轴，y轴,z轴,建立空间直角坐标系．则D（0,0,0)，A（a，0,0），B(a，a，0），C(0，a,0），M(0，0,a）,E（a,0，a），F(0，a，a），则由中点坐标公式可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（a,2），0，\f(a，2))）。(1）eq\o(DB，\s\up16（→))＝(a，a,0)，eq\o(BF，\s\up16(→）)＝（－a，0，a)．则eq\o（DB，\s\up16（→）)在eq\o（BF,\s\up16(→))方向上的投影为eq\f（|\o（DB,\s\up16（→）)·\o(BF，\s\up16（→))|，｜\o(BF,\s\up16（→)）|）＝eq\f(｜a×－a＋a×0＋0×a|,\r(－a2＋02＋a2))＝eq\f（\r（2)，2)a,故点D到直线BF的距离d＝eq\r（\a\vs4\al(｜\o(BD,\s\up16(→)）｜2－\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(｜\o（DB，\s\up16(→)）·\o(BF，\s\up16（→））｜,｜\o(BF，\s\up16(→）)|))）2）)＝eq\r(a2＋a2＋02－\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（\r(2）,2）a))2)＝eq\f(\r（6),2)a.（2）设n＝（x,y，z)是平面EFB的单位法向量,即｜n|＝1，n⊥平面EFB，所以n⊥eq\o(EF，\s\up16（→)），n⊥eq\o(BE,\s\up16(→）).又eq\o（EF，\s\up16（→））＝(－a，a，0)，eq\o(EB，\s\up16（→)）＝（0,a，－a），则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2＋y2＋z2＝1,，－ax＋ay＝0,,ay－az＝0.)）令x＝eq\f（\r(3）,3），则y＝z＝eq\f(\r(3),3）.所以n＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r（3),3），\f（\r（3），3)，\f(\r（3)，3）))，又eq\o(PE,\s\up16（→)）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（a,2)，0，\f（a,2）))，设所求距离为d1,则d1＝|eq\o(PE，\s\up16（→）)·n｜＝eq\f(\r（3),3)a.核心规律1。用向量来求空间角,都需将各类角转化成对应向量的夹角来计算，问题的关键在于确定对应线段的向量．2.求点到平面的距离，若用向量知识，则离不开以该点为端点的平面的斜线段．满分策略1。利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间角，因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同．2.求点到平面的距离，有时用等体积法求解更方便．3.求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角。板块三启智培优·破译高考易错警示系列11--用向量法探究点的位置时易出错［2017·天津高考]如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°。点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点,PA＝AC＝4，AB＝2。(1)求证：MN∥平面BDE；（2）求二面角C－EM－N的正弦值；(3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为eq\f(\r(7),21），求线段AH的长．错因分析（1)不能灵活运用共线向量定理设出与动点M相关的向量的坐标，导致变量较多，运算量过大而致误．（2)弄不清线面角与直线方向向量与平面的法向量夹角的关系致误．解如图,以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up16（→))，eq\o（AC,\s\up16(→）)，eq\o(AP,\s\up16(→））的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得A（0，0,0)，B（2，0,0)，C（0，4,0)，P(0,0,4)，D(0,0，2），E(0，2，2)，M(0,0,1)，N(1，2，0）．（1）证明：eq\o(DE，\s\up16(→））＝（0，2，0)，eq\o（DB,\s\up16(→）)＝（2,0,－2）．设n＝(x,y，z）为平面BDE的一个法向量，则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o（DE,\s\up16(→））＝0,，n·\o(DB，\s\up16（→)）＝0,))即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2y＝0，,2x－2z＝0。)）不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1)．又eq\o(MN,\s\up16(→））＝（1,2，－1），可得eq\o（MN,\s\up16（→））·n＝0。因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.（2)易知n1＝（1，0，0）为平面CEM的一个法向量．设n2＝（x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量,则eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(n2·\o（EM，\s\up16（→）)＝0，，n2·\o（MN，\s\up16(→）)＝0.))因为eq\o(EM,\s\up16（→)）＝(0，－2,－1），eq\o（MN，\s\up16(→)）＝（1,2，－1），所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(－2y1－z1＝0，,x1＋2y1－z1＝0。)）不妨设y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2）．因此有cos〈n1，n2>＝eq\f（n1·n2,|n1｜｜n2|)＝－eq\f(4,\r(21））,于是sin〈n1，n2〉＝eq\f(\r（105）,21）。所以二面角C－EM－N的正弦值为eq\f（\r(105)，21)。（3)依题意,设AH＝h（0≤h≤4），则H（0,0，h)，进而可得eq\o（NH，\s\up16（→）)＝(－1,－2，h），eq\o（BE,\s\up16(→））＝(－2,2，2)．由已知，得｜cos<eq\o（NH，\s\up16（→）)，eq\o(BE,\s\up16(→))〉|＝eq\f(｜\o(NH，\s\up16（→）)·\o(BE，\s\up16（→)）|，|\o（NH，\s\up16（→）)｜|\o(BE，\s\up16（→）)｜）＝eq\f(|2h－2|，\r（h2＋5）×2\r(3)）＝eq\f(\r（7)，21)，整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝eq\f（8，5）或h＝eq\f（1，2）。所以线段AH的长为eq\f(8,5）或eq\f（1，2）.答题启示对于点的探究型问题，要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量,尽量使未知量个数最少。跟踪训练[2018·唐山模拟］如图,四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1,AA1＝AB＝2,E为棱AA1的中点．（1)证明：B1C1⊥CE；（2)求二面角B1－CE－C1的正弦值；（3）设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为eq\f（\r(2），6），求线段AM的长．解如图，以点A为原点，以AD，AA1,AB所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，依题意得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)证明：易得eq\o（B1C1，\s\up16(→））＝（1,0，－1），eq\o(CE,\s\up16(→))＝(－1，1,－1）,于是eq\o（B1C1，\s\up16(→))·eq\o（CE，\s\up16（→))＝0，所以B1C1⊥CE.（2)eq\o(B1C，\s\up16(→））＝（1,－2，－1)．设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z),则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（m·\o(B1C,\s\up16(→)）＝0，，m·\o(CE,\s\up16(→)）＝0，))即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x－2y－z＝0，,－x＋y－z＝0。)）消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2，1）．由(1)知，B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故eq\o（B1C1,\s\up16(→）)＝（1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．于是cos<m，eq\o（B1C1，\s\up16(→)）〉＝eq\f（m·\o（B1C1，\s\up16(→）），|m|｜\o（B1C1，\s\up16(→)）｜）＝eq\f（－4,\r(14）×\r(2））＝eq\f(－2\r（7）,7），从而sin<m，eq\o(B1C1，\s\up16(→））>＝eq\f（\r（21）,7)。所以二面角B1－CE－C1的正弦值为eq\f（\r(21),7)。(3)eq\o（AE，\s\up16(→)）＝（0，1，0）,eq\o（EC1，\s\up16(→）)＝（1，1，1）．设eq\o（EM,\s\up16（→））＝λeq\o（EC1，\s\up16（→)）＝（λ,λ，λ），0≤λ≤1，有eq\o（AM，\s\up16(→))＝eq\o(AE,\s\up16（→）)＋eq\o(EM,\s\up16（→))＝(λ，λ＋1，λ）．可取eq\o(AB,\s\up16(→）)＝（0，0,2）为平面ADD1A1的一个法向量．设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sinθ＝｜cos<eq\o(AM，\s\up16(→)),eq\o（AB,\s\up16（→）)>｜＝eq\f（｜\o（AM，\s\up16（→))·\o(AB,\s\up16(→）)｜,\a\vs4\al(|\o（AM，\s\up16(→))｜|\o(AB,\s\up16(→)）｜）)＝eq\f(2λ，\r(λ2＋λ＋12＋λ2）×2)＝eq\f（λ，\r(3λ2＋2λ＋1))，于是eq\f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1)）＝eq\f（\r（2）,6)，解得λ＝eq\f(1，3）(负值舍去）,所以AM＝eq\r（2)。板块四模拟演练·提能增分[A级基础达标]1．已知两平面的法向量分别为m＝（0,1，0），n＝(0，1，1）,则两平面所成的二面角为()A．45°B．135°C．45°或135°D．90°答案C解析∵cos〈m，n〉＝eq\f（m·n,|m|｜n|)＝eq\f（1,\r(2))＝eq\f（\r（2）,2）,∴<m，n〉＝45°。∴二面角为45°或135°.故选C。2．［2018·金华模拟］在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1），已知点P（－1,3，2）,则点P到平面OAB的距离d等于（）A．4B．2C．3D．1答案B解析由已知平面OAB的一条斜线的方向向量eq\o(OP,\s\up16(→))＝(－1，3，2)，所以点P到平面OAB的距离d＝|eq\o(OP,\s\up16(→)）|·｜cos<eq\o(OP，\s\up16（→)）,n〉|＝eq\f(｜\o(OP,\s\up16(→））·n|，|n|)＝eq\f(|－2－6＋2|，\r（22＋－22＋1））＝2。故选B。3．[2018·邯郸模拟］如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是()A．60° B．45°C．30° D．135°答案B解析以D为原点，分别以射线DA,DC，DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz,设正方体的棱长为1，则D（0,0,0),C（0，1,0），Eeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2),1）)，Feq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2），0，\f（1，2）））,eq\o（EF，\s\up16（→)）＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－\f(1，2))），eq\o（DC，\s\up16(→))＝（0,1，0），∴cos〈eq\o(EF，\s\up16（→）），eq\o(DC，\s\up16（→))>＝eq\f(\o（EF,\s\up16（→)）·\o（DC,\s\up16（→)），｜\o（EF,\s\up16（→））｜|\o（DC，\s\up16(→))|)＝－eq\f(\r(2）,2）,∴〈eq\o(EF，\s\up16（→））,eq\o(DC，\s\up16（→））>＝135°，∴异面直线EF和CD所成的角是45°.故选B.4．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（\f(1,2），\f（1,2)，0）),Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,\f(1,2)，1）)，∴eq\o(PA,\s\up16(→)）＝(0,0，－2)，eq\o(DE，\s\up16(→)）＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(0，\f（1,2）,0)），eq\o（DF，\s\up16(→)）＝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\(\a\vs4\al\co1(n·\o（DE,\s\up16（→）)＝0,，n·\o(DF，\s\up16(→））＝0，）)得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y＝0,,－x＋y＋2z＝0，））取z＝1,则n＝(2，0，1），设PA与平面DEF所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|\o（PA，\s\up16（→)）·n｜,｜\o(PA，\s\up16(→）)||n｜）＝eq\f（\r(5)，5)，∴PA与平面DEF所成角的正弦值为eq\f(\r(5），5）.故选C.5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为（)A.eq\f（1，2）B。eq\f（2,3)C。eq\f(\r（3)，3)D。eq\f(\r(2),2)答案B解析以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0,1），Eeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(1,0,\f(1,2)）），D(0,1，0），∴eq\o（A1D，\s\up16(→))＝（0,1，－1），eq\o（A1E，\s\up16（→))＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（1，0,－\f（1，2））)，设平面A1ED的一个法向量为n1＝（1，y,z)，则eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n1·\o(A1D，\s\up16(→））＝0，，n1·\o(A1E，\s\up16（→))＝0,)）即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（y－z＝0，,1－\f(1,2)z＝0，))∴eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y＝2，，z＝2。))∴n1＝(1,2,2）．又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1），∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(2,3×1)＝eq\f(2,3).即所成的锐二面角的余弦值为eq\f（2,3）.故选B.6。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\up16(→)）＝(－1，2,0)，eq\o（EC,\s\up16（→））＝（0，2,1），∴cos<eq\o(AF,\s\up16（→）)，eq\o（EC,\s\up16(→））〉＝eq\f(\o（AF，\s\up16（→))·\o（EC，\s\up16(→))，|\o（AF,\s\up16（→)）||\o（EC，\s\up16（→)）|)＝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)。7。正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2eq\r（2），则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．答案eq\f(π,6）解析以C为原点建立坐标系，得下列坐标:A（2,0,0)，C1(0,0,2eq\r（2)）．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3，2)，\f(\r(3),2),2\r(2)）)。所以eq\o(AC1,\s\up16（→)）＝(－2,0，2eq\r(2）），eq\o（AC2,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f（1,2）))，eq\f（\r（3）,2），2eq\r（2）eq\b\lc\\rc\）(\a\vs4\al\co1()），设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(\o(AC1,\s\up16(→））·\o（AC2，\s\up16(→)),｜\o（AC1，\s\up16(→))||\o(AC2,\s\up16（→））|）＝eq\f(1＋0＋8,2\r(3）×3）＝eq\f（\r(3）,2).又θ∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(0，\f(π，2)））,所以θ＝eq\f（π，6）。8．［2018·福州质检］已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上,且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的锐二面角的正切值为________．答案eq\f(\r(2)，3）解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz,设DA＝1，由已知条件得A（1,0,0），Eeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,3））），Feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，1,\f(2，3）)），eq\o(AE，\s\up16（→))＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(0,1，\f（1,3)）)，eq\o（AF,\s\up16(→））＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(2,3)）），设平面AEF的法向量为n＝（x，y，z）,面AEF与面ABC所成的锐二面角为θ,由图知θ为锐角，由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(n·\o（AE,\s\up16（→)）＝0，,n·\o(AF，\s\up16(→))＝0，))得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(y＋\f（1，3）z＝0，,－x＋y＋\f（2,3)z＝0。））令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝（－1,1，－3），平面ABC的法向量为m＝(0,0，－1）,cosθ＝｜cos〈n,m〉｜＝eq\f(3\r(11）,11），tanθ＝eq\f（\r(2)，3）.9．［2017·福建模拟]如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．(1）求证:GF∥平面ADE；（2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．解（1)证明：如图，取AE的中点H,连接HG，HD，又G是BE的中点，所以GH∥AB，且GH＝eq\f（1，2)AB.又F是CD的中点，所以DF＝eq\f(1，2)CD。由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD,AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.(2）如图，在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE。又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE，AB⊥BQ.以B为原点，分别以eq\o（BE，\s\up16(→））,eq\o（BQ，\s\up16（→）)，eq\o（BA，\s\up16(→））的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0，0，2)，B（0,0，0），E(2，0,0）,F(2，2,1)．因为AB⊥平面BEC，所以eq\o（BA,\s\up16（→)）＝(0,0,2)为平面BEC的法向量．设n＝(x，y,z)为平面AEF的法向量．又eq\o(AE,\s\up16(→)）＝（2，0，－2），eq\o(AF,\s\up16(→）)＝(2，2,－1)，由eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（n·\o(AE，\s\up16（→））＝0,,n·\o(AF,\s\up16(→）)＝0，））得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2x－2z＝0，,2x＋2y－z＝0，）)取z＝2，得n＝(2,－1，2）．从而cos〈n，eq\o（BA，\s\up16（→））>＝eq\f(n·\o（BA，\s\up16(→））,｜n｜｜\o(BA,\s\up16（→)）｜)＝eq\f（4,3×2)＝eq\f（2，3），所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为eq\f(2，3)。10．［2017·山东高考］如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是eq\o\ac（DF,\s\up15(︵））的中点．(1）设P是eq\o\ac(CE，\s\up15（︵））上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（2)当AB＝3,AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小．解（1）因为AP⊥BE，AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A,所以BE⊥平面ABP。又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP。又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°。（2)以B为坐标原点，分别以BE，BP,BA所在的直线为x，y，z轴,建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A(0，0,3），E（2，0，0)，G（1，eq\r（3），3)，C(－1,eq\r（3)，0）,故eq\o(AE，\s\up16(→)）＝(2,0，－3)，eq\o(AG，\s\up16(→))＝（1，eq\r（3)，0），eq\o（CG,\s\up16(→))＝(2，0，3）．设m＝(x1，y1，z1）是平面AEG的一个法向量,由eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（m·\o(AE，\s\up16(→)）＝0，,m·\o(AG,\s\up16(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2x1－3z1＝0，，x1＋\r（3)y1＝0。)）取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3,－eq\r（3)，2）．设n＝(x2，y2,z2)是平面ACG的一个法向量，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AG，\s\up16（→))＝0，,n·\o(CG，\s\up16(→））＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（x2＋\r（3)y2＝0,,2x2＋3z2＝0。）)取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝（3,－eq\r(3)，－2)．所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n，|m｜|n｜)＝eq\f(1，2）.E－AG－C为锐角,∴E－AG－C的大小为60°。［B级知能提升］1．一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz中的坐标分别是(0，0,0)，（0，1，1)，(1，0,1），(1，1，0),则该四面体的体积为（)A.eq\f（1,3)B.eq\f（\r(6)，4)C．1D．2eq\r（3）答案A解析如图所示，该四面体是棱长均为eq\r（2）的正四面体ABCD.设△BCD的中心为O，则AO⊥平面BCD，AO即为该四面体的高．在Rt△AOB中，AB＝eq\r(2），BO＝eq\f（2,3）BE＝eq\f（2,3)×eq\f（\r(3)，2)×eq\r（2)＝eq\f（\r（6），3），所以AO＝eq\r（2－\f（6，9）)＝eq\f(2\r（3）,3)。底面积S△BCD＝eq\f(\r（3）,4）×(eq\r(2)）2＝eq\f(\r（3),2）,故其体积为eq\f(1,3）×eq\f（\r(3),2)×eq\f(2\r（3），3）＝eq\f（1，3)。故选A.2．已知正四棱锥S－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点,则AE，SD所成角的余弦值为()A.eq\f（1,3)B。eq\f(\r（2），3)C。eq\f（\r（3），3)D。eq\f（2，3)答案C解析以两对角线AC与BD的交点O作为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设边长为2，则有O(0，0，0），A(eq\r（2)，0，0），B(0，eq\r(2）,0），S(0,0,eq\r(2)）,D（0，－eq\r(2)，0),Eeq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(0，\f（\r（2)，2)，\f（\r（2）,2)）），eq\o（AE,\s\up16（→)）＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\r(2），\f(\r(2)，2）,\f(\r(2），2)）),eq\o（SD，\s\up16（→）)＝(0，－eq\r(2），－eq\r(2）)，｜cos〈eq\o（AE，\s\up16(→）),eq\o（SD,\s\up16(→）)>｜＝eq\f(｜\o(AE，\s\up16(→)）·\o(SD，\s\up16（→)）｜,\a\vs4\al(｜\o(AE,\s\up16（→））｜｜\o（SD,\s\up16（→))|））＝eq\f(2,2×\r(3）)＝eq\f（\r（3），3），故AE,SD所成角的余弦值为eq\f（\r（3）,3).故选C.3．［2018·沈阳检测］已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1,AB＝1，AA1＝2，点E为CC1的中点，则点D1到平面BDE的距离为.答案eq\f（2\r(3），3）解析如图所示，以D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,则D（0,0,0），B(1，1，0),D1（0,0，2），E（0,1,1），所以eq\o（DB,\s\up16(→)）＝(1,1，0），eq\o(DE，\s\up16（→））＝（0,1，1），eq\o（BD1,\s\up16（→））＝（－1，－1,2)．设n＝(x,y，z）是平面BDE的法向量，所以n⊥eq\o（DB，\s\up16（→）），n⊥eq\o（DE,\s\up16(→）），所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（n·\o（DB,\s\up16（→））＝x＋y＋0×z＝0，，n·\