新高考数学一轮复习题型归纳讲义专题12 空间向量在立体几何中的应用（解析版）

专题十二《空间向量在立体几何中的应用》讲义知识梳理.空间向量1．平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或共线，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝kn2(k∈R)l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为ml∥αn⊥m⇔n·m＝0l⊥αn∥m⇔n＝km(k∈R)平面α，β的法向量分别为n，mα∥βn∥m⇔n＝km(k∈R)α⊥βn⊥m⇔n·m＝03．异面直线所成角设异面直线a，b所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)，其中a，b分别是直线a，b的方向向量．4．直线与平面所成角如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sinφ＝|cos〈a，n〉|＝eq\f(|a·n|,|a||n|)5．二面角(1)若AB，CD分别是二面角α­l­β的两个平面内与棱l垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量eq\o(AB,\s\up7(→))与eq\o(CD,\s\up7(→))的夹角，如图(1)．(2)平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α­l­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cosφ|＝|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)，如图(2)(3)．6．利用空间向量求距离(1)两点间的距离设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22).(2)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|eq\o(BO,\s\up7(→))|＝eq\f(|\o(AB,\s\up7(→))·n|,|n|).题型一.利用空间向量证明平行与垂直1．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB=12（1）证明：PQ⊥平面DCQ；（2）证明：PC∥平面BAQ．【解答】解：如图，以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，射线DP为y轴的正半轴，射线DC为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz．（1）依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0），则DQ→=(1，1，0)，DC→所以PQ→⋅DQ即PQ⊥DQ，PQ⊥DC且DQ∩DC＝D，故PQ⊥平面DCQ；（2）根据题意，DA→=(1，0，0)，AB→故有DA→⋅AB→=0，DA又因为PC→=(0，−2，1)，且DA→⋅PC→=0，即DA⊥故PC∥平面BAQ．2．如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中AA1＝AD＝1，E为CD中点．（1）求证：B1E⊥AD1；（2）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．【解答】（1）证明：连接A1D，B1C，∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，∴A1D⊥AD1，∵A1B1⊥平面A1ADD1，∴AD1⊥A1B1，∵A1D∩A1B1＝A1，∴AD1⊥平面A1B1CD，∵B1E⊂平面A1B1CD，∴B1E⊥AD1；（2）解：存在AA1的中点P，使得DP∥平面B1AE，证明如下：取AA1的中点P，AB1的中点Q，连接PQ，则PQ∥A1B1，且PQ=12A1B∵DE∥A1B1，且DE=12A1B1，∴PQ∥DE且PQ∴四边形PQDE为平行四边形，∴PD∥QE又PD⊄平面AB1E，QE⊆平面AB1E∴PD∥平面AB1E此时AP=12AA3．如图，四棱锥S﹣ABCD中底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点，求证：平面BDE⊥平面ABCD．【解答】证明：连结AC交BD于O，连结OE．则OE是△SAC的中位线，则OE∥SA，∵AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD，∵OE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABCD．题型二.异面直线的夹角1．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点，AB＝2，AD＝22，PA＝2，则异面直线BC与AE所成的角的大小为（）A．π6 B．π4 C．π3【解答】解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，B（2，0，0），C（2，22，0），P（0，0，2），A（0，0，0），E（1，2，1），BC→=（0，22，0），AE→设异面直线BC与AE所成的角为θ，cos＜BC∴异面直线BC与AE所成的角的大小为π4故选：B．2．正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1C上运动（包括端点），则BP与AD1所成角的取值范围是[π6【解答】解：设BP与AD1所成角为θ．如图所示，以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，设|AB|＝1．则B（0，0，0），C（1，0，0），A1（0，1，1），C1（1，0，1），D1（1，1，1），AD1→=BC1设CP→=λCA1→，则BP→=BC→+λCA∴cos＜BC=16(λ−13∴θ∈[π6，π∴BP与AD1所成角的取值范围是[π6，π故答案为：[π6，π3．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，Q为PD中点．（Ⅰ）求证：PD⊥BQ；（Ⅱ）求异面直线PC与BQ所成角的余弦值．【解答】（I）证明：如图所示，A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，2），D（0，2，0），Q（0，1，1），C（1，1，0），PD→=（0，2，﹣2），BQ→由PD→•BQ→=∴PD→⊥BQ∴PD⊥BQ；（Ⅱ）解：CP→=（﹣1，cos＜CP→，∴异面直线PC与BQ所成角的余弦值为23题型三.线面角1．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC﹣A1B1C1的地面边长为a，侧棱长为2a，则AC1与侧面ABB1A1A．30° B．45° C．60° D．90°【解答】解以C为原点，在平面ABC中，过点C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，则A（3a2，a2，0），C1（0，0，2a），A1（3a2，a2AC1→=（−3a2，−a2，2a），设平面ABB1A1的法向量n→=（x，y，则n→⋅AB→=−3a设AC1与侧面ABB1A1所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜n→，∴θ＝30°，∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°．故选：A．2．若直线l与平面α所成角为π3，直线a在平面α内，且与直线l异面，则直线l与直线aA．[0，23π] B．[π3【解答】解：由于直线l与平面α所成角为π3，直线l与平面α所成角是直线l与平面α而直线l与平面α所成角的范围是[0，π2]，直线a在平面α内，且与直线l故直线l与直线a所成的角的取值范围是[π故选：C．3．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，PA⊥AB，PA＝AB，∠ABC=π3，∠BCA=π2，点D，E分别在棱PB，PC上，且（1）求证：BC⊥平面PAC；（2）当D为PB的中点时，求AD与平面PAC所成的角的正弦值．【解答】解：（解法一）：（1）∵PA⊥AC，PA⊥AB，AC∩AB＝A，∴PA⊥底面ABC，∴PA⊥BC．又∠BCA＝90°，∴AC⊥BC．∴BC⊥平面PAC．（4分）（2）∵D为PB的中点，DE∥BC，∴DE=12又由（1）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E．∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵PA⊥底面ABC，∴PA⊥AB，又PA＝AB，∴△ABP为等腰直角三角形，∴AD=12∴在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，∴BC=12∴在Rt△ADE中，sin∠DAE=DE∴AD与平面PAC所成的角的正弦值是24（解法二）：如图，以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz，设PA＝a，由已知可得P（0，0，a），A（0，0，0），B(−12a，（1）∵AP→=(0，0，a)，∴AP→∴BC⊥AP．又∵∠BCA＝90°，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC．（4分）（2）∵D为PB的中点，DE∥BC，∴E为PC的中点，∴D(−14a，∴又由（1）知，BC⊥平面PAC，∴DE⊥平面PAC，垂足为点E．∴∠DAE是AD与平面PAC所成的角，∵AD→=（−14a，34a，1∴cos∠DAE=AD→⋅AE→∴AD与平面PAC所成的角的正弦值为24题型四.二面角1．如图在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC=2，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值33【解答】解：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，A（1，0，0），B（0，2，0），C（0，0，0），P（1，0，1），CP→=（1，0，1），CB→=（0，2，0），AB→=（设平面PCB的法向量n→=（x，y，则n→⋅CP→=x+z=0n→设平面PAB的法向量m→=（x，y，则m→⋅AB→=−x+2y=0m设二面角A﹣PB﹣C的平面角为θ，则cosθ=|∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为33故答案为：332．如图，设AB为圆锥PO的底面直径，PA为母线，点C在底面圆周上，若△PAB是边长为2的正三角形，且CO⊥AB，则二面角P﹣AC﹣B的正弦值是（）A．6 B．427 C．77 【解答】解：如图，取AC的中点D，连接OD，PD，∵PO⊥底面，∴PO⊥AC，∵OA＝OC，D为AC的中点，∴OD⊥AC，又PO∩OD＝O，∴AC⊥平面POD，则AC⊥PD，∴∠PDO为二面角P﹣AC﹣B的平面角．∵△PAB是边长为2的正三角形，∴PO=3，OA＝OC＝1，OD=22，则∴sin∠PDO=PO故选：B．3．如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，∴∠ADC＝90°．∴DO=12∴DO2+BO2＝AB2＝BD2．∴∠BOD＝90°．∴OB⊥OD．又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC．（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD，hE．则ℎD∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，∴13∴点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2．则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，3，0），E(0，3AD→=（﹣1，0，1），AE→=(−1，设平面ADE的法向量为m→=（x，y，z），则m→⋅AD同理可得：平面ACE的法向量为n→=（0，1，∴cos＜m∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为77题型五.空间中的距离1．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则点A到平面A1B1CD的距离为（）A．233 B．2 C．2 【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，以D为坐标原点，DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），D（0，0，0），C（0，2，0），A1（2，0，2，），故DC→设平面A1B1CD的法向量为n→则n→取x＝1，得n→所以点A到平面A1B1CD的距离为d=|故选：B．2．在底面是直角梯形的四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，BC∥AD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，则AD到平面PBC的距离为2．【解答】解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，2），B（2，0，0），C（2，2，0），A（0，0，0），PB→=（2，0，﹣2），PC→=（2，2，设平面PBC的法向量n→=（x，y，则PB→取x＝1，得n→∵AD∥BC，AD⊈平面PBC，BC⊂平面PBC，∴AD∥平面PBC，∴AD到平面PBC的距离即点A到平面PBC的距离，∴AD到平面PBC的距离d=|故答案为：2．3．如图，已知两个正四棱锥P﹣ABCD与Q﹣ABCD的高分别为1和2，AB＝4．（Ⅰ）证明PQ⊥平面ABCD；（Ⅱ）求异面直线AQ与PB所成的角；（Ⅲ）求点P到平面QAD的距离．【解答】解法一：（Ⅰ）连接AC、BD，设AC∩BD＝O．由P﹣ABCD与Q﹣ABCD都是正四棱锥，所以PO⊥平面ABCD，QO⊥平面ABCD．从而P、O、Q三点在一条直线上，所以PQ⊥平面ABCD．（Ⅱ）由题设知，ABCD是正方形，所以AC⊥BD．由（Ⅰ），PQ⊥平面ABCD，故可以分别以直线CA、DB、QP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图），由题设条件，相关各点的坐标分别是P（0，0，1），Q（0，0，﹣2），B(0，2所以AQ→=(−22于是cos＜AQ从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos3（Ⅲ）．由（Ⅱ），点D的坐标是（0，−22，0），AD→=(−2设n→=(x，y，z)是平面由n→⋅AQ取x＝1，得n→所以点P到平面QAD的距离d=|解法二：（Ⅰ）．取AD的中点M，连接PM，QM．因为P﹣ABCD与Q﹣ABCD都是正四棱锥，所以AD⊥PM，AD⊥QM．从而AD⊥平面PQM．又PQ⊂平面PQM，所以PQ⊥AD、同理PQ⊥AB，所以PQ⊥平面ABCD、（Ⅱ）．连接AC、BD设AC∩BD＝O，由PQ⊥平面ABCD及正四棱锥的性质可知O在PQ上，从而P、A、Q、C四点共面．取OC的中点N，连接PN．因为POOQ所以POOQ从而AQ∥PN．∠BPN（或其补角）是异面直线AQ与PB所成的角．连接BN，因为PB=OB所以cos∠BPN=P从而异面直线AQ与PB所成的角是arccos3（Ⅲ）．由（Ⅰ）知，AD⊥平面PQM，所以平面PQM⊥平面QAD、过P作PH⊥QM于H，则PH⊥平面QAD，所以PH的长为点P到平面QAD的距离．连接OM，则OM=1所以∠MQP＝45°，又PQ＝PO+QO＝3，于是PH=PQsin45°=即点P到平面QAD的距离是3题型六.空间向量综合——存在问题、折叠问题1．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=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是（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．【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥=12AD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD＝2，则AB＝BC＝1，OP=3∴∠PCO＝60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN＝MN，CN=33MN，可得：1+13BN2＝BN2，BN=62作NQ⊥AB于Q，连接MQ，AB⊥MN，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ==10二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：1102．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，PC的中点．（Ⅰ）证明：AE⊥PD；（Ⅱ）若H为PD上的动点，AB＝2，EH与平面PAD所成最大角的正切值为62，求三棱锥E﹣AFC【解答】（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，可得△ABC为正三角形．因为E为BC的中点，所以AE⊥BC．又BC∥AD，因此AE⊥AD．因为PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PA⊥AE．而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD且PA∩AD＝A，所以AE⊥平面PAD．又PD⊂平面PAD，所以AE⊥PD．（Ⅱ）解：设AB＝2，H为PD上任意一点，连接AH，EH．由（Ⅰ）知AE⊥平面PAD，则∠EHA为EH与平面PAD所成的角．在Rt△EAH中，AE=3，所以当AH最短时，∠EHA即当AH⊥PD时，∠EHA最大．此时tan∠EHA=AEAH=3AH所以∠ADH＝45°，所以PA＝2．设点F到平面AEC的距离为h，因为PA⊥平面AEC，点F是PC的中点，∴VE﹣FAC＝VF﹣AEC=1∴三棱锥E﹣FAC的体积为363．如图，四边形ABCD为平行四边形，点E在AB上，AE＝2EB＝2，且DE⊥AB．以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点F的位置，且∠FEB＝60°．（Ⅰ）求证：平面BFC⊥平面BCDE；（Ⅱ）若直线DF与平面BCDE所成角的正切值为155，求二面角E﹣DF﹣C【解答】解：（Ⅰ）证明：∵DE⊥AB，∴DE⊥EB，DE⊥EF，∴DE⊥平面BEF，∴DE⊥BF，∵AE＝2EB＝2，∴EF＝2，EB＝1，∵∠FEB＝60°，∴由余弦定理得BF=E∴EF2＝EB2+BF2，∴FB⊥EB，由①②得BF⊥平面BCDE，∴平面BFC⊥平面BCDE．（Ⅱ）解：以B为原点，BA为x轴，在平面ABCD中过点B作AB的垂线为y轴，BF为z轴，建立空间直角坐标系，设DE＝a，则D（1，a，0），F（0，0，3），DF→=（﹣1，﹣a，∵直线DF与平面BCDE所成角的正切值为155∴直线DF与平面BCDE所成角的正弦值为64平面BCDE的法向量n→∴|cos＜n→，DF→∴D（1，2，0），C（﹣2，2，0），∴ED→=（0，2，0），DF→=（﹣1，设平面EDF的法向量m→=（x，y，则ED→⋅m→=2y=0DF→同理得平面DFC的一个法向量p→=（0，∴cos＜m∴二面角E﹣DF﹣C的正弦值为sin＜m4．如图所示，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，AE与BD交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置（P∉平面ABCE）．（Ⅰ）证明：平面POB⊥平面ABCE；（Ⅱ）若PB=6，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155，若存在，求出【解答】解：（Ⅰ）证明：连接BE，在等腰梯形ABCD中，AD＝AB＝BC＝2，CD＝4，E为CD中点，∴四边形ABED为菱形，∴BD⊥AE，∴OB⊥AE，OD⊥AE，即OB⊥AE，OP⊥AE，且OB∩OP＝O，OB⊂平面POB，OP⊂平面POB，∴AE⊥平面POB，又AE⊂平面ABCE，∴平面POB⊥平面ABCE．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知四边形ABED为菱形，∴AD＝DE＝2，在等腰梯形ABCD中AE＝BC＝2，∴△PAE正三角形，∴OP=3，同理OB=3，∵∴OP2+OB2＝PB2，∴OP⊥OB，由（Ⅰ）可知OP⊥AE，OB⊥AE，以O为原点，OE→，OB→，OP→分别为x由题意得，各点坐标为P(0，0，3)，A（﹣1，0，0），B(0，3∴PB→=(0，3设PQ→=λPB设平面AEQ的一个法向量为n→=（x，y，则n→⋅取x＝0，y＝1，得z=λλ−1，∴n→设直线PC与平面AEQ所成角为θ，θ∈[0，则sinθ=|cos＜PC→化简得：4λ2﹣4λ+1＝0，解得λ=1∴存在点Q为PB的中点时，使直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155题型七.空间向量与立体几何选填综合1．如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13A．2 B．3 C．4 D．5【解答】解：以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系如图所示，设DD1＝a，则A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，a），则AC→=（﹣2，2，0），AD1→=（﹣2，0，设平面ACD1的法向量为n→=（x，y，z），则∴−2x+2y=0−2x+az=0，令x＝1可得n→=故cos＜n→，∵直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为13∴22a2故选：C．2．如图，圆柱O1O2的底面圆半径为1，AB是一条母线，BD是⊙O1的直径，C是上底面圆周上一点，∠CBD＝30°，若A，C两点间的距离为7，则圆柱O1O2的高为2，异面直线AC与BD所成角的余弦值为74【解答】解：连接CD，由题意可得BD＝2，∠BCD＝90°，又∠CBD＝30°，所以BC=3因为AB⊥底面BCD，所以AB⊥BC，在Rt△ABC中，AC=7，BC=所以AB=A即圆柱O1O2的高为2．连接AO2并延长交圆O2于点E，连接CE，则BD∥AE且BD＝AE＝2，所以异面直线AC与BD所成的角为∠CAE或其补角，由CD=12BD＝1，DE＝AB＝2，DE⊥CD，可得CE在△ACE中，AC=7，AE＝2，CE=所以cos∠CAE=7+4−5即异面直线AC与BD所成角的余弦值为74故答案为：2，743．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为2．【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE=3∴由题意得CD＝CE＝OD＝OE=2∴PO=P∴P到平面ABC的距离为2．故答案为：2．4．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，则当点P运动时，PE的最小值是（）A．5 B．4 C．42 D．25【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，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），∵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上的中点，P为正方形A1B1C1D1时，PE取最小值，此时，P（2，2，4），E（4，2，0），∴|PE|min=(2−4)2故选：D．5．如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P、Q分别在线段C1D、AC上，则线段PQ长度的最小值时（）A．23 B．33 C．23【解答】解：设DP→=λDC1→，∴DP→=λ(0，1，2)=（0，λ，2DQ→=DA→+μ(DC→−DA→∴|PQ→|=|（1﹣μ，μ﹣λ，﹣2λ）|=(1−μ)2+(μ−λ)2+4∴线段PQ长度的最小值为23故选：C．6．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面ABB1A1内，若D1P⊥CM，则△PBC的面积的最小值为25【解答】解：以AB，AD，AA1为坐标轴建立空间坐标系如图所示：则M（0，0，1），C（2，2，0），D1（0，2，2），设P（a，0，b），则D1P→=（a，﹣2，b﹣2），CM→=（﹣2，﹣2，1），∵D1P⊥CM，∴D1P→=−2取AB的中点N，连结B1N，则P点轨迹为线段B1N，过B作BQ⊥B1N，则BQ=255，又BC⊥平面ABB1A1，故BC⊥BQ，∴SS△QBC=1故答案为：257．如图，在棱长为1的正方体中，下列结论正确的是（）A．异面直线AC与BC1所成的角为60° B．直线AB1与平面ABC1D1所成角为45° C．二面角A﹣B1C﹣B的正切值为2 D．四面体D1﹣AB1C的外接球的体积为3【解答】解：对于A，连接A1C1，A1B，由题意可得AC∥A1C1所以A1C1与BC1所成的角，即是异面直线AC与BC1所成的角，因为△A1C1B为等边三角形，所以∠A1C1B＝60°，所以A正确；对于B，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，A（1，0，0），B1（1，1，1），B（1，1，0），D1（0，0，1），AB1→=（0，1，1），AB→设平面ABC1D1的法向量n→=（x，y，则n→⋅AB→=y=0设直线AB1与平面ABC1D1所成角为θ，则sinθ=|AB1→⋅∴直线AB1与平面ABC1D1所成角为30°，故B错误；对于C，平面BB1C的法向量m→C（0，1，0），AB1→=（0，1，1），设平面AB1C的法向量p→=（a，b，则p→⋅AB1→=b+c=0设二面角A﹣B1C﹣B的平面角为θ，则cosθ=|m→⋅∴二面角A﹣B1C﹣B的正切值为tanθ=231对于D，平面AB1C的法向量p→=（1，1，﹣1），AD点D1到平面AB1C的距离d=|∵四面体D1﹣AB1C是棱长为2的正四面体，设四面体D1﹣AB1C的外接球的半径为R，则R2＝[23(2)2−(22)2∴四面体D1﹣AB1C的外接球的体积V=43×π×(故选：ACD．8．如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别是A1D1，A1B1的中点，则（）A．A1C⊥平面AMN B．二面角A1﹣MN﹣A的正切值为22C．三棱锥A1﹣AMN的内切球半径为12D．过直线BD与平面AMN平行的平面截该正方体所得截面的面积为18【解答】解：对于A，如图1所示，连接A1C1，B1D1，则MN∥B1D1，由B1D1⊥平面A1C1C，得MN⊥平面A1C1C，所以MN⊥A1C；设MN交A1C1于点P，连接AP，以矩形ACC1A1的底边AC为x轴，AA1为y轴建立平面直角坐标系，如图2所示：则A（0，0），C（42，0），A1（0，4），P（1，4），所以AP→=（1，4），A1C→=（42，﹣4），则AP→所以AP→与A1C→不垂直，即AP与所以A1C与平面AMN不垂直，选项A错误；对于B，∠APA1是二面角A1﹣MN﹣A的平面角，计算tan∠APA1=AA1A所以二面角A1﹣MN﹣A的正切值为22，选项B对于C，设三棱锥A1﹣AMN的内切球半径为r，则13r（2×12×4×2+12×2×2+12解答r=12，所以三棱锥A1﹣AMN的内切球半径为12对于D，如图3所示，取B1C1的中点E，C1D1的中点F，连接BE、EF、DF，则四边形BEFD是过直线BD与平面AMN平行的截面，且四边形BEFD是等腰梯形，计算梯形BEFD的面积为S=12×（22+42）×3故选：BCD．课后作业.空间向量1．如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，AB＝3，CD＝2，BC=3，E在AB上，且AD＝AE．将△ADE沿DE折起，使得点A到点P的位置，且PB＝PC，如图2．（1）证明：平面PDE⊥平面BCDE；（2）求二面角C﹣PB﹣E的正弦值．【解答】（1）证明：如图，取DE的中点O，连接PO，则PD＝PE，故PO⊥DE，取BC的中点M，连接MO，则MO∥BE，故MO⊥BC，连接PM，因为PB＝PC，M为BC的中点，所以PM⊥BC，又PM∩OM＝M，PM，OM⊂平面PMO，所以BC⊥平面PMO，又PO⊂平面PMO，则BC⊥PO，在平面BCDE内，BC与DE相交，因此PO⊥平面BCDE，又PO⊂平面PDE，故平面PDE⊥平面BCDE；（2）解：由（1）可知，PO⊥平面BCDE，连接CE，则BC=3，BE＝1，故CE=连接CO，则CO⊥DE，则CO=3以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则P(0，0，3)，E(1，0，0)，C(0，3所以PB→=(3设平面PBC的法向量为m→则m→⋅PB令x＝1，则y=z=3故m→设平面PBE的法向量为n→则n→⋅PB令x=3，则y＝﹣1，z故n→所以cos＜m故二面角C﹣PB﹣E的正弦值为1−(32．已知：在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB=BC=CD=12AD，G是PB的中点，△PAD是等边三角形，平面PAD⊥（Ⅰ）求证：CD⊥平面GAC；（Ⅱ）求二面角P﹣AG﹣C的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取AD的中点为O，连结OP，OC，OB，设OB交AC于H，连结GH．∵AD∥BC，AB=BC=CD=1∴四边形ABCO与四边形OBCD均为菱形∴OB⊥AC，OB∥CD，则CD⊥AC，∵△PAD为等边三角形，O为AD的中点，∴PO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD且平面PAD∩平面ABCD＝AD．PO⊂平面PAD且PO⊥AD，∴PO⊥平面ABCD，∵CD⊂平面ABCD，∴PO⊥CD，∵H，G分别为OB，PB的中点，∴GH∥PO，∴GH⊥CD．又∵GH∩AC＝H，AC，GH⊂平面GAC，∴CD⊥平面GAC；（Ⅱ）解：取BC的中点为E，以O为空间坐标原点，分别以OE→，OD→，OP→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O设AD＝4，则P（0，0，23），A（0，﹣2，0），C（3，1，0），D（0，2，0），G（32，−12AP→=（0，2，23），AG→=（32设平面PAG的一法向量n→=（x，y，由n→⋅AP→=0n→⋅AG→=0由（Ⅰ）可知，平面AGC的一个法向量CD→∴二面角P﹣AG﹣C的平面角θ的余弦值cosθ=−|3．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．（1）求证：AC⊥SD；（2）若SD⊥平面PAC，求二面角P﹣AC﹣D的大小；（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由．【解答】证明：（1）连BD，设AC交于BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，OB分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O﹣xyz如图．设底面边长为a，则高SO=6于是S(0，0，6C(0，22a，0)SD→=(−2故OC⊥SD从而AC⊥SD（2）由题设知，平面PAC的一个法向量DS→平面DAC的一个法向量OS→设所求二面角为θ，则cosθ=OS所求二面角的大小为30°．（3）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．由（Ⅱ）知DS→是平面PAC且DS设CE→则BE而BE即当SE：EC＝2：1时，BE而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC4．如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD=23，点F是AC上的动点．现将矩形ABCD沿着对角线AC折成二面角D'﹣AC﹣B，使得D'B=（Ⅰ）求证：当AF=3时，D'F⊥BC（Ⅱ）试求CF的长，使得二面角A﹣D'F﹣B的大小为π4【解答】满分（12分）．（Ⅰ）证明：连结DF，BF．在矩形ABCD中，AD=23，CD=6，∴AC=43，∠CAB=300，∠在△ADF中，∵AF=3，∴DF2＝DA2+AF2﹣2DA•AF•cos∠