高考数学二轮复习-考前专题五-立体几何与空间向量-第3讲-立体几何中的向量方法讲学案-理-人教版高三

第3讲立体几何中的向量方法以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常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(1)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．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)，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))).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)．∵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，))令x1＝1，则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(→))与向量eq\o(BF,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))共面，又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，∵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，CD，FC⊂平面EFCD，∴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，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，Feq\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，AP，AD⊂平面PAD，∴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)线线夹角设l，m的夹角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，则cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝.(2)线面夹角设直线l与平面α的夹角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，则sinθ＝eq\f(|a·μ|,|a||μ|)＝|cos〈a，μ〉|.(3)二面角设α—a—β的平面角为θ(0≤θ≤π)，则|cosθ|＝eq\f(|μ·v|,|μ||v|)＝|cos〈μ，v〉|.例2在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1,∠BCC1＝eq\f(π,3)，AB＝BC＝2,BB1＝4，点D在棱CC1上，且CD＝λCC1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝eq\f(1,2)时，求异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值；(2)若二面角A－B1D－A1的平面角为eq\f(π,3)，求λ的值．解(1)易知Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，2))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，0))，A1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，2)).当λ＝eq\f(1,2)时，因为BC＝CD＝2,∠BCC1＝eq\f(π,3)，所以Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，0)).所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，－2))，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－3，－2)).所以cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(A1D,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(A1D,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB1,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up6(→)))))，＝eq\f(0×\r(3)＋4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2)),\r(42＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2))2)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2))2))＝－eq\f(\r(5),5).故异面直线AB1与A1D的夹角的余弦值为eq\f(\r(5),5).(2)由CD＝λCC1可知，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，4λ－1，0))，所以eq\o(DB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，5－4λ，0))，由(1)知，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，－2)).设平面AB1D的法向量为m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(DB1,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4y－2z＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4λ))y－\r(3)x＝0，))令y＝1，解得x＝eq\f(5－4λ,\r(3))，z＝2，所以平面AB1D的一个法向量为m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5－4λ,\r(3))，1，2)).设平面A1B1D的法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(B1A1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(DB1,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2z＝0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4λ))y－\r(3)x＝0，))令y＝1，解得x＝eq\f(5－4λ,\r(3))，z＝0，所以平面A1B1D的一个法向量为n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5－4λ,\r(3))，1，0)).因为二面角A－B1D－A1的平面角为eq\f(π,3)，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cos〈m，n〉))＝eq\f(|m·n|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5－4λ,\r(3))×\f(5－4λ,\r(3))＋1×1＋2×0)),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5－4λ,\r(3))))2＋12＋22)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5－4λ,\r(3))))2＋12))＝eq\f(1,2)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－4λ))2＝1，解得λ＝eq\f(3,2)(舍)或λ＝1，故λ的值为1.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，注意函数名称的变化．跟踪演练2如图，在四棱锥S－ABCD中，SD⊥平面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，∠ADC＝∠DAB＝90°，SD＝AD＝AB＝2，DC＝1.(1)求二面角S－BC－A的余弦值；(2)设P是棱BC上一点，E是SA的中点，若PE与平面SAD所成角的正弦值为eq\f(2\r(26),13)，求线段CP的长．解(1)以D为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1,0)，S(0,0,2)，所以eq\o(SB,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq\o(SC,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，eq\o(DS,\s\up6(→))＝(0,0,2)．设平面SBC的法向量为n1＝(x，y，z)，由n1·eq\o(SB,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(SC,\s\up6(→))＝0，得2x＋2y－2z＝0且y－2z＝0.取z＝1，得x＝－1，y＝2，所以n1＝(－1,2,1)是平面SBC的一个法向量．因为SD⊥平面ABC，取平面ABC的一个法向量n2＝(0,0,1)．设二面角S－BC－A的大小为θ，所以|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(|1|,\r(6))＝eq\f(\r(6),6)，由图可知二面角S－BC－A为锐二面角，所以二面角S－BC－A的余弦值为eq\f(\r(,6),6).(2)由(1)知，E(1,0,1)，则eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1,1)．设eq\o(CP,\s\up6(→))＝λeq\o(CB,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，则eq\o(CP,\s\up6(→))＝λ(2,1,0)＝(2λ，λ，0)，所以eq\o(PE,\s\up6(→))＝eq\o(CE,\s\up6(→))－eq\o(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，－1－λ，1)．易知CD⊥平面SAD，所以eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－1,0)是平面SAD的一个法向量．设PE与平面SAD所成的角为α，所以sinα＝|cos〈eq\o(PE,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(PE,\s\up6(→))·\o(CD,\s\up6(→))|,|\o(PE,\s\up6(→))||\o(CD,\s\up6(→))|)＝eq\f(λ＋1,\r(5λ2－2λ＋3))，即eq\f(λ＋1,\r(5λ2－2λ＋3))＝eq\f(2\r(26),13)，得λ＝eq\f(1,3)或λ＝eq\f(11,9)(舍)．所以eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，|eq\o(CP,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(5),3)，所以线段CP的长为eq\f(\r(5),3).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，在四棱锥E－ABCD中，平面ABE⊥底面ABCD，侧面AEB为等腰直角三角形，∠AEB＝eq\f(π,2)，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC.(1)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；(2)线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出eq\f(EF,EA)；若不存在，说明理由．解(1)因为平面ABE⊥平面ABCD，且AB⊥BC，平面ABE∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABE,则∠CEB即为直线EC与平面ABE所成的角，设BC＝a，则AB＝2a，BE＝eq\r(2)a，所以CE＝eq\r(3)a，则在Rt△CBE中，sin∠CEB＝eq\f(CB,CE)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(2)存在点F，且eq\f(EF,EA)＝eq\f(1,3)时，有EC∥平面FBD，证明如下：取AB中点O为坐标原点，OB，OD，OE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设CD＝1，则E(0,0,1)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，所以eq\o(EA,\s\up6(→))＝(－1,0，－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1,1，－1)．由eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0，－\f(1,3)))，得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0，\f(2,3)))，所以eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，0，－\f(2,3))).设平面FBD的法向量为v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，b，c))，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(v·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,v·\o(FB,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋b＝0，,\f(4,3)a－\f(2,3)c＝0，))取a＝1，得v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，2))，因为eq\o(EC,\s\up6(→))·v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，2))＝0，且EC⊄平面FBD，所以EC∥平面FBD，即当点F满足eq\f(EF,EA)＝eq\f(1,3)时，有EC∥平面FBD.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如图所示的空间几何体中，底面四边形ABCD为正方形，AF⊥AB，AF∥BE，平面ABEF⊥平面ABCD，DF＝eq\r(5)，CE＝2eq\r(2)，BC＝2.(1)求二面角F－DE－C的大小；(2)若在平面DEF上存在点P，使得BP⊥平面DEF，试通过计算说明点P的位置．解(1)因为AF⊥AB，平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，所以AF⊥平面ABCD，所以AF⊥AD.因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，所以AD，AB，AF两两垂直，以A为原点，AD，AB，AF分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图)．由勾股定理可知，AF＝1，BE＝2，所以A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(2,2,0)，D(2,0,0)，E(0,2,2)，F(0,0,1)，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(CD,\s\up6(→))＝(0，－2,0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－2,0,2)．设平面CDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(CE,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y＝0，,－2x＋2z＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝0，,x－z＝0，))取x＝1，得n＝(1,0,1)．同理可得平面DEF的一个法向量m＝(1，－1,2)，故cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),2)，因为二面角F－DE－C为钝角，故二面角F－DE－C的大小为eq\f(5π,6).(2)设eq\o(DP,\s\up6(→))＝λeq\o(DE,\s\up6(→))＋μeq\o(DF,\s\up6(→))，因为eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－2,2,2)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，又eq\o(BD,\s\up6(→))＝(2，－2,0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝λeq\o(DE,\s\up6(→))＋μeq\o(DF,\s\up6(→))＝(－2λ，2λ，2λ)＋(－2μ，0，μ)＝(－2λ－2μ，2λ，2λ＋μ)，所以eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DP,\s\up6(→))＝(2－2λ－2μ，2λ－2,2λ＋μ)，因为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BP,\s\up6(→))·\o(DF,\s\up6(→))＝0，,\o(BP,\s\up6(→))·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－22－2λ－2μ＋2λ＋μ＝0，,－22－2λ－2μ＋22λ－2＋22λ＋μ＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(μ＝0，,λ＝\f(2,3)，))即eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(DE,\s\up6(→)).所以P是线段DE上靠近E的三等分点．真题体验1．(2017·浙江改编)如图，已知正四面体D—ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，eq\f(BQ,QC)＝eq\f(CR,RA)＝2，分别记二面角D—PR—Q，D—PQ—R，D—QR—P的平面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________．答案α＜γ＜β解析如图①，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.由图可知，它们的对边都是DO，∴只需比较EO，FO，GO的大小即可．如图②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心．设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，OF＝OQ·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′＝a，OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a，∴OF＜OG＜OE，∴eq\f(OD,tanβ)＜eq\f(OD,tanγ)＜eq\f(OD,tanα)，∴α＜γ＜β.2．(2017·北京)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．(1)证明设AC，BD交于点E，连接ME，如图所示．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)解取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，平面PAD∩平面ABCD＝AD，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)解由题意知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所成的角为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).押题预测(2017届太原模拟)如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD,DF∥BE,DF＝2BE＝2，EF＝3.(1)证明：平面ACF⊥平面BEFD；(2)若二面角A－EF－C是直二面角，求AE与平面ABCD所成角的正切值．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∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥AC，又BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BEFD，∴AC⊥平面BEFD.∵AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BEFD.(2)解方法一(向量法)设AC与BD交于点O，以点O为原点，OA方向为x轴，OB方向为y轴，BE方向为z轴建立空间直角坐标系，如图．取DF的中点H，连接EH.∵BE綊DH,DH＝1，∴四边形BEHD为平行四边形，∵在Rt△EHF中，FH＝1，EF＝3，∴EH＝2eq\r(2)，∴BD＝2eq\r(2).设AB的长为a，则各点坐标为Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2－2)，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(2)，1))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\r(2)，2))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(a2－2)，0，0))，∴eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(a2－2)，\r(2)，1))，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－2\r(2)，1))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2－2)，\r(2)，1)).设n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1))为平面AEF的法向量，n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2，z2))为平面CEF的法向量．由n1·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，得z1＝2eq\r(2)y1，x1＝eq\f(3\r(2),\r(a2－2))y1.令y1＝eq\r(a2－2)，得n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(2)，\r(a2－2)，2\r(2a2－4)))，同理得n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3\r(2)，\r(a2－2)，2\r(2a2－4))).∵二面角A－EF－C是直二面角，∴n1·n2＝0，得a＝2，由题可得∠EAB为AE与平面ABCD的夹角，∵AB＝2，BE＝1，∴tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(1,2).方法二(几何法)设AC与BD交于点O.∵四边形ABCD是菱形，∴△ADF≌△CDF，△ABE≌△CBE，∴AF＝CF，AE＝CE，∴△AEF≌△CEF.过A作AM⊥EF，连接CM，则CM⊥EF，则∠AMC为二面角A－EF－C的平面角．设菱形的边长为a，∵BE＝1，DF＝2，EF＝3,DF⊥BD，∴BD＝2eq\r(2).在△AOB中，AO＝eq\r(a2－2)，∴AC＝2eq\r(a2－2)，∵A－EF－C的二面角为直角，∴∠AMC为直角，∴AM＝eq\r(2a2－4)，在△AEF中，AM⊥EF，设ME＝x，则MF＝3－x，AF＝eq\r(a2＋4)，AE＝eq\r(a2＋1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋4)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－x))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋1)))2－x2，∴a＝2.AE与平面ABCD所成角为∠EAB，∴tan∠EAB＝eq\f(1,2).A组专题通关1．已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件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(→))，则直线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，故选D.2.(2017·湖南省衡阳市联考)如图所示，在正方体AC1中，AB＝2,A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－β))等于()A.eq\f(\r(6),6) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(30),6) D.eq\f(\r(6),3)答案A解析由题意可知，α＝eq\f(π,2)，则coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－β))＝sinβ，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，2))，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，2))，平面BCC1B1的法向量eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，0))，由此可得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－β))＝sinβ＝eq\f(\o(DE,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→)),|\o(DE,\s\up6(→))||\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(6),6).故选A.3．正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在A1C上运动(包括端点)，则BP与AD1所成角的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,2))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3)))答案D解析以点D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，1－x，x))(0≤x≤1)，则eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1，－x，x))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，1))，设eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))的夹角为α，所以cosα＝eq\f(\o(BP,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BP,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC1,\s\up6(→)))))＝eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))2＋2x2)×\r(2))＝eq\f(1,\r(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))2＋\f(2,3))·\r(2))，所以当x＝eq\f(1,3)时，cosα取得最大值eq\f(\r(3),2)，α＝eq\f(π,6).当x＝1时，cosα取得最小值eq\f(1,2)，α＝eq\f(π,3).因为BC1∥AD1.故选D.4．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(15),5) C.eq\f(\r(10),5)D.eq\f(\r(3),3)答案C解析方法一将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD.由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AD1＝BC1＝eq\r(2)，AB1＝eq\r(5)，∠DAB＝60°.在△ABD中，由余弦定理知，BD2＝22＋12－2×2×1×cos60°＝3，所以BD＝eq\r(3)，所以B1D1＝eq\r(3).又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，所以cosθ＝eq\f(AB\o\al(2,1)＋AD\o\al(2,1)－B1D\o\al(2,1),2×AB1×AD1)＝eq\f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).故选C.方法二以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．由已知条件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1，eq\r(3)，1)，则eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(3)，－1)．所以cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB1,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→)),|\o(AB1,\s\up6(→))||\o(BC1,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为eq\f(\r(10),5).故选C.5．(2017·全国Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)答案②③解析依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.由题意知，点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．设直线a的方向向量为a＝(0,1,0)，直线b的方向向量为b＝(1,0,0)，eq\o(CB,\s\up6(→))以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2π))，则B(cosθ，sinθ，0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ，－1)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(2).设直线AB与直线a所成的夹角为α，则cosα＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·a|,|a||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2)|sinθ|∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误；设直线AB与直线b所成的夹角为β，则cosβ＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·b|,|b||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|.当直线AB与直线a的夹角为60°，即α＝60°时，则|sinθ|＝eq\r(2)cosα＝eq\r(2)cos60°＝eq\f(\r(2),2)，∴|cosθ|＝eq\f(\r(2),2)，∴cosβ＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|＝eq\f(1,2).∵45°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°.∴②正确，①错误．6.如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝eq\f(π,3)，E，F分别是BC，A1C的中点．(1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值；(2)点M在线段A1D上，eq\f(A1M,A1D)＝λ.若CM∥平面AEF，求实数λ的值．解因为四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以A1A⊥平面ABCD.又AE⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以A1A⊥AE，A1A⊥AD.在菱形ABCD中，∠ABC＝eq\f(π,3)，则△ABC是等边三角形．因为E是BC中点，所以BC⊥AE.因为BC∥AD，所以AE⊥AD.以{eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))}为正交基底建立空间直角坐标系．则A(0,0,0)，C(eq\r(3)，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(eq\r(3)，0,0)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1)).(1)eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，从而cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))||\o(EF,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),4).故异面直线EF，AD所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4).(2)设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且eq\f(A1M,A1D)＝λ，则eq\o(A1M,\s\up6(→))＝λeq\o(A1D,\s\up6(→))，即(x，y，z－2)＝λ(0,2，－2)．则M(0,2λ，2－2λ)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2λ－1,2－2λ)．设平面AEF的法向量为n＝(x0，y0，z0)．因为eq\o(AE,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，由n·eq\o(AE,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0，得x0＝0，eq\f(1,2)y0＋z0＝0.取y0＝2，则z0＝－1，则平面AEF的一个法向量为n＝(0,2，－1)．由于CM∥平面AEF，则n·eq\o(CM,\s\up6(→))＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(2,3).7．(2017·全国Ⅲ)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．(1)证明由题设可得△ABD≌△CBD.从而AD＝CD，又△ACD为直角三角形，所以∠ADC＝90°，取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC，所以∠DOB为二面角D—AC—B的平面角，在Rt△AOB中，BO2＋OA2＝AB2，又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°，所以平面ACD⊥平面ABC.(2)解由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，eq\o(OA,\s\up6(→))为x轴正方向，eq\o(OB,\s\up6(→))为y轴正方向，eq\o(OD,\s\up6(→))为z轴正方向，|eq\o(OA,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则O(0,0,0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，0))，C(－1，0,0)，由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的eq\f(1,2)，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq\f(1,2)，即E为DB的中点，得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，故eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，1))，eq\o(OA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，0)).设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面AEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·n1＝0，,\o(AD,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋\f(\r(3),2)y1＋\f(1,2)z1＝0，,－x1＋z1＝0，))令x1＝1，则n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，1)).eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up6(→))·n2＝0，,\o(OA,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋\f(\r(3),2)y2＋\f(1,2)z2＝0，,x2＝0，))令y2＝－1，则n2＝(0，－1，eq\r(3))，设二面角D—AE—C的平面角为θ，易知θ为锐角，则cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(7),7).8．(2016·浙江)如图，在三棱台ABC—DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求二面角B—AD—F的平面角的余弦值．(1)证明延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCFE，因此BF⊥AC.又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，且CK∩AC＝C，所以BF⊥平面ACFD.(2)解方法一过点F作FQ⊥AK于点Q，连接BQ.因为BF⊥平面ACFD，所以BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK.所以∠BQF是二面角B—AD—F的平面角．在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得FQ＝eq\f(3\r(13),13).在Rt△BQF中，FQ＝eq\f(3\r(13),13)，BF＝eq\r(3)，得cos∠BQF＝eq\f(\r(3),4).所以二面角B—AD—F的平面角的余弦值为eq\f(\r(3),4).方法二如图，延长AD，BE，CF相交于一点K，则△BCK为等边三角形．取BC的中点O，连接KO，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，K(0,0，eq\r(3))，A(－1，－3，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2))).因此，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,3,0)，eq\o(AK,\s\up6(→))＝(1,3，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,3,0)．设平面ACK的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n＝(x2，y2，z2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up6(→))·m＝0，,\o(AK,\s\up6(→))·m＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3y1＝0，,x1＋3y1＋\r(3)z1＝0，))取m＝(eq\r(3)，0，－1)；由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AK,\s\up6(→))·n＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2＋3y2＝0，,x2＋3y2＋\r(3)z2＝0，))取n＝(3，－2，eq\r(3))．于是，cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),4).所以二面角B—AD—F的平面角的余弦值为eq\f(\r(3),4).B组能力提高9．已知空间四边形ABCD，满足eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up6(→))))＝3,eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))))＝7,eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up6(→))))＝11,eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up6(→))))＝9，则eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))的值为()A．－1 B．0C.eq\f(21,2) D.eq\f(33,2)答案B解析如图，构造符合题设的空间四边形ABCD，不妨设AB⊥BD，则BD＝eq\r(81－9)＝eq\r(72)，因为BC2＋BD2＝CD2，则CB⊥BD，故由线面垂直的判定定理可得BD⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AC⊥BD，即eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，故选B.10.(2017届上饶模拟)如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝eq\r(3)AD＝eq\r(3)AA1＝eq\r(3)，点P为线段A1C上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的是________．①当eq\o(A1C,\s\up6(→))＝3eq\o(A1P,\s\up6(→))时，D1P∥平面BDC1；②当eq\o(A1C,\s\up6(→))＝5eq\o(A1P,\s\up6(→))时，A1C⊥平面D1AP；③∠APD1的最大值为90°；④AP＋PD1的最小值为eq\r(5).答案①②解析以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，A1(1,0,1)，C(0，eq\r(3)，0)，D1(0,0,1)，C1(0，eq\r(3)，1)，B(1，eq\r(3)，0)，则eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－1)，设P(x，y，z)，eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(x－1，y，z－1)．对于①，当eq\o(A1C,\s\up6(→))＝3eq\o(A1P,\s\up6(→))时，(－1，eq\r(3)，－1)＝3(x－1，y，z－1)，解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(3),3)，\f(2,3)))，eq\o(D1P,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(3),3)，－\f(1,3)))，设平面BDC1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))解得n1＝(－eq\r(3)，1，－eq\r(3))，由于eq\o(D1P,\s\up6(→))·n1＝0，所以D1P∥平面BDC1成立；对于②，当eq\o(A1C,\s\up6(→))＝5eq\o(A1P,\s\up6(→))时，(－1，eq\r(3)，－1)＝5(x－1，y，z－1)，解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(\r(3),5)，\f(4,5)))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1C,\s\up6(→))·\o(D1A,\s\up6(→))＝0，,\o(A1C,\s\up6(→))·\o(D1P,\s\up6(→))＝0，))可知A1C⊥平面D1AP成立；对于③，设eq\o(A1C,\s\up6(→))＝λeq\o(A1P,\s\up6(→))，即(－1，eq\r(3)，－1)＝λ(x－1，y，z－1)，解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,λ)，\f(\r(3),λ)，1－\f(1,λ)))，由cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(PD1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)，－\f(\r(3),λ)，\f(1,λ)－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－1，－\f(\r(3),λ)，\f(1,λ))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),λ)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－1))2)，其分子化简得eq\f(5－2λ,λ2)，当λ>eq\f(5,2)时，cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(PD1,\s\up6(→))〉<0，故∠APD1的最大值可以为钝角，③错误．对于④，根据③计算的数据，eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)，－\f(\r(3),λ)，\f(1,λ)－1))，eq\o(PD1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－1，－\f(\r(3),λ)，\f(1,λ)))，|eq\o(PA,\s\up6(→))|＋|eq\o(PD1,\s\up6(→))|＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),λ)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,λ)－1))2)＝2eq\r(5·\f(1,λ2)－2·\f(1,λ)＋1)，在对称轴eq\f(1,λ)＝eq\f(1,5)，即λ＝5时取得最小值2eq\r(\f(4,5))＝eq\f(4\r(5),5)，故④错误．11.如图，已知圆锥OO1和圆柱O1O2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O1半径为r＝5,OA为圆锥的母线，AB为圆柱O1O2的母线，D，E为下底面圆O2上的两点，且DE＝6，AB＝6.4，AO＝5eq\r(2)，AO⊥AD.(1)求证：平面ABD⊥平面ODE;(2)求二面角B—AD—O的正弦值．(1)证明依题易知，圆锥的高为h＝eq\r(5\r(2)2－52)＝5，又圆柱的高为AB＝6.4，AO⊥AD，所以OD2＝OA2＋AD2，因为AB⊥BD，所以AD2＝AB2＋BD2