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第八章 立体几何
第五讲　空间角与距离、空间向量及应用
考点测评
1.[2020安徽省阜阳市模拟]在空间直角坐标系中,A(1,1, - 2),B(1,2, - 3),C( - 1,3,0),D(x,y,z)(x,y,z∈R),若A,B,C,D四点共面,则 (　　)
A.2x+y+z=1 B.x+y+z=0
C.x - y+z= - 4 D.x+y - z=0
2.[广东高考]已知向量a=(1,0, - 1),则下列向量中与a成60°夹角的是 (　　)
A.( - 1,1,0) B.(1, - 1,0)
C.(0, - 1,1) D.( - 1,0,1)
3.下列说法正确的是 (　　)
A.直线的方向向量是唯一确定的
B.若直线a的方向向量和平面α的法向量平行,则a∥α
C.若两平面的法向量平行,则两平面平行
D.若直线a的方向向量与平面α的法向量垂直,则a∥α
4.[2019四川省棠湖中学模拟]已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC的一个法向量的是 (　　)
A.( - 1,1,1)　 B.(1, - 1,1)
C.( - , - , - ) D.(,, - )
5.[2020四川五校联考]已知四面体ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,△ABD是边长为2的等边三角形,BD=DC,BD⊥CD,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为 (　　)
A. B. C. D.
6.[2020江西省九江市三校联考]正方体ABCD - A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点有3个,记这3个点分别为E,F ,G,则直线AC1与平面EF G所成角的正弦值为 (　　)
A. B. C. D.
7.[2019全国卷Ⅰ]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,那么P到平面ABC的距离为　　　　.?
8.[2018全国卷Ⅱ]如图8 - 5 - 1,在三棱锥P - ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.
(1)证明:PO⊥平面ABC;
(2)若点M在棱BC上,且二面角M - PA - C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.
知识回顾
考法1 利用向量法证明平行与垂直问题
1[2020湖北省武汉市武昌实验中学模拟]如图8 - 5 - 5,在矩形ABCD中,AB=2BC,P,Q分别为线段AB,CD的中点,EP⊥平面ABCD.
(1)求证:AQ∥平面CEP;
(2)求证:平面AEQ⊥平面DEP.

图8 - 5 - 5 图8 - 5 - 6
【解析】(1)如图8 - 5 - 6,连接PQ,因为四边形ABCD为矩形,且P,Q分别为线段AB,CD的中点,则PQ⊥AB.
易知PA,PQ,PE两两垂直,以P为坐标原点,分别以PA,PQ,PE所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图8 - 5 - 6所示的空间直角坐标系.
设AB=2,PE=a,则P(0,0,0),A(1,0,0),Q(0,1,0),E(0,0,a),C( - 1,1,0).
所以=( - 1,1,0),=( - 1,1,0),所以,即AQ∥PC. (证明平面外直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行)
又AQ?平面EPC,PC?平面EPC, (注意说明前提条件)
所以AQ∥平面CEP.
(2)因为D(1,1,0),E(0,0,a),所以=(1,1,0),=(0,0,a).
因为·=( - 1,1,0)·(1,1,0)= - 1+1=0,所以⊥,即AQ⊥PD.
因为·=( - 1,1,0)·(0,0,a)=0,所以⊥,即AQ⊥PE. (证明直线方向向量与平面内两条相交直线的方向向量都垂直)
又PD∩PE=P,所以AQ⊥平面EPD,
又AQ?平面AEQ, (注意说明前提条件)
所以平面AEQ⊥平面DEP.
考法2 求空间角
命题角度1　求线面角
2[2019浙江高考]如图8 - 5 - 7,已知三棱柱ABC - A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F 分别是AC,A1B1的中点.
(1)证明:EF ⊥BC;
(2)求直线EF 与平面A1BC所成角的余弦值.
【解题思路】思路一　(1)通过添加辅助线,利用等腰三角形三线合一,得到线线垂直,然后根据面面垂直的性质,得到直线与平面垂直,从而得到线线垂直,最后利用线面垂直的判定证明结果;
(2)利用垂直,找到直线在平面上的射影,结合定义,确定直线与平面所成角,结合余弦定理,求得直线与平面所成角的余弦值.
思路二　(1)建立空间直角坐标系,利用直线的方向向量垂直证明线线垂直;(2)计算得到直线的方向向量与平面的法向量,利用向量求得直线与平面所成角的正弦值,然后求得余弦值.
【解析】解法一　(1)如图8 - 5 - 8,连接A1E.
因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.
又A1F ∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F .
又A1F ∩A1E=A1,所以BC⊥平面A1EF .
所以EF ⊥BC.
(2)如图8 - 5 - 8,取BC的中点G,连接EG,GF ,则EGF A1是平行四边形.
由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGF A1为矩形.
连接A1G交EF 于点O,由(1)得BC⊥平面EGF A1,则平面A1BC⊥平面EGF A1,所以EF 在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
则∠EOG(或其补角)是直线EF 与平面A1BC所成的角.
不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.
由于O为A1G的中点,故EO=OG=,
所以cos∠EOG=.
因此,直线EF 与平面A1BC所成角的余弦值是.
解法二　(1)如图8 - 5 - 9,连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC.
如图8 - 5 - 9,以E为坐标原点,分别以EC,EA1所在直线为y轴,z轴,建立空间直角坐标系.
不妨设AC=4,则E(0,0,0),A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),F (,,2),C(0,2,0).
因此,=(,,2),=( - ,1,0).
由·=0得EF ⊥BC.
(2)设直线EF 与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得=( - ,1,0),=(0,2, - 2),=(,,2).
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).
由得
可取n=(1,,1)为平面A1BC的一个法向量,
故sin θ=|cos<,n>|=,则cos θ=.
因此,直线EF 与平面A1BC所成角的余弦值为.
命题角度2　求二面角
3 [2019全国卷Ⅱ]如图8 - 5 - 10,长方体ABCD - A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,求二面角B - EC - C1的正弦值.
【解题思路】
【解析】 (1)由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题意知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.
以D为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长度,建立如图8 - 5 - 11所示的空间直角坐标系,
则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1, - 1,1),=(0,0,2).
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则即
所以可取n=(0, - 1, - 1)为平面EBC的一个法向量.
设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),则
即所以可取m=(1,1,0)为平面ECC1的一个法向量.
于是cos== - .
所以,二面角B - EC - C1的正弦值为.
变式练习
1.[2019天津高考]如图8 - 5 - 13,AE⊥平面ABCD,CF ∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求证:BF ∥平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
(3)若二面角E - BD - F 的余弦值为,求线段CF 的长.
考法3 求空间距离
4如图8 - 5 - 14,四棱锥P - ABCD中,AB∥CD,AB=CD=1,E为PC的中点.
(1)证明:BE∥平面PAD;
(2)若AB⊥平面PBC,△PBC是边长为2的正三角形,求点E到平面PAD的距离.
【解题思路】
【解析】(1)如图8 - 5 - 15,取PD的中点F ,连接AF ,EF ,
图8-5-15
因为E为PC的中点,F 为PD的中点,
所以EF ∥CD,且EF =CD.
又AB∥CD,且AB=CD,
所以EF ∥AB,且EF =AB,故四边形ABEF 为平行四边形,所以BE∥AF .
又BE?平面PAD,AF ?平面PAD,
所以BE∥平面PAD.
(2)解法一　(等体积法)由(1)得BE∥平面PAD,
故点B到平面PAD的距离等于点E到平面PAD的距离, (根据线面平行进行转化)
如图8 - 5 - 16,取BC的中点G,连接PG,DG,BD,易知PG⊥BC.
又△PBC是边长为2的正三角形,
所以PG=,PB=BC=2.
因为AB⊥平面PBC,AB?平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面PBC.
因为平面ABCD∩平面PBC=BC,
所以PG⊥平面ABCD,所以PG⊥GD.
因为AB⊥平面PBC,所以AB⊥BC,AB⊥PB,
所以四边形ABCD是直角梯形,且AB=1,BC=2,CD=2,
则AD=,S△ABD=×1×2=1.
因为AB⊥PB,AB=1,PB=2,所以PA=.
在Rt△PGD中,易知DG=,又PG=,所以PD=2,
所以S△APD=×2×.
设点B到平面PAD的距离为h,
因为三棱锥P - ABD的体积V=S△APD×h=S△ABD×PG, (等积变换)
所以h=.
所以点E到平面PAD的距离为.
解法二　(向量法)如图8 - 5 - 17,取BC的中点O,AD的中点M,连接OP,OM,则OM∥AB∥CD.
图8 - 5 - 17
在等边△PBC中,PO=,
OP⊥BC.
又AB⊥平面PBC,所以OM⊥平面PBC.
如图8 - 5 - 17,以O为坐标原点,分别以射线OC,OM,OP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则P(0,0,),
A( - 1,1,0),D(1,2,0),C(1,0,0),故E(,0,). (建系,求点的坐标)
所以=(2,1,0),=( - 1,1, - ),=(,0, - ).
设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
则即
令x=1,则y= - 2,z= - ,故n=(1, - 2, - )为平面PAD的一个法向量. (用赋值法求法向量)
所以点E到平面PAD的距离d=. (距离公式)
变式练习
2.[2020湖北省宜昌市模拟]如图8 - 5 - 18所示,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.
(1)求二面角P - CD - B的大小;
(2)求证:平面MND⊥平面PCD;
(3)求点P到平面MND的距离.
数学探究1 立体几何中的探索性问题
1.条件追溯型
5 [2019江苏苏州最后一卷]如图8 - 5 - 19,在四棱锥P - ABCD中,AB∥CD,AB=2CD=2BC=2AD=4,∠DAB=60°,AE=BE,△PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求二面角P - EC - D的余弦值.
(2)线段PC上是否存在一点M(包含端点),使异面直线DM和PE所成角的余弦值为?若存在,指出点M的位置;若不存在,请说明理由.
【解析】如图8 - 5 - 20,取AD的中点O,连接PO,OE.因为△PAD为正三角形,
所以PO⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD.
易知AD=AE=2,又∠DAB=60°,所以△ADE为正三角形,所以OE⊥AD.
以O为坐标原点,建立如图8 - 5 - 20所示的空间直角坐标系,
图8 - 5 - 20
则P(0,0,),E(0,,0),C( - 2,,0),D( - 1,0,0),于是=( - 2,, - ),=(0,, - ),=(1,0,).
(1)设平面PEC的法向量为n1=(x,y,z),
由得平面PEC的一个法向量为n1=(0,1,1),
易知平面EDC的一个法向量为n2=(0,0,1).
设二面角P - EC - D的平面角为θ,则|cos θ|=|cos|=.
由图8 - 5 - 20知θ为锐角,所以二面角P - EC - D的余弦值为.
(2)假设存在点M.设=λ(0≤λ≤1),则=( - 2λ,λ, - λ),
=(1 - 2λ,λ,λ),
则|cos<,>|=||=,解得λ=或λ=,所以存在点M,且点M为线段PC的三等分点时异面直线DM和PE所成角的余弦值为.
2.存在探索型
6[2019北京高考]如图8 - 5 - 21,在四棱锥P - ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F 在PC上,且.
(1)求证:CD⊥平面PAD.
(2)求二面角F - AE - P的余弦值.
(3)设点G在PB上,且.判断直线AG是否在平面AEF 内,说明理由. 图8 -5 - 21
【解题思路】
(1)利用PA⊥平面ABCD,CD⊥AD,问题即可得证;(2)建立空间直角坐标系,利用向量法即可求得二面角F - AE - P的余弦值;(3)先求出的坐标,再求出的坐标,最后通过判断平面AEF 的法向量是否与垂直即可得结果.
【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥CD.
又AD⊥CD,AD∩PA=A,
所以CD⊥平面PAD.
(2)过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥AM,PA⊥AD.
以A为坐标原点建立如图8 - 5 - 22所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2, - 1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
因为E为PD的中点,
所以E(0,1,1).
所以=(0,1,1),=(2,2, - 2),=(0,0,2). 图8 - 5 - 22
所以=(,, - ),=(,,).
设平面AEF 的法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=1,则y= - 1,x= - 1.
于是n=( - 1, - 1,1)为平面AEF 的一个法向量.
易得平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0),
则cos== - .
由题知,二面角F - AE - P为锐二面角,所以其余弦值为.
(3)直线AG在平面AEF 内.理由如下.
因为点G在PB上,且,=(2, - 1, - 2),
所以=(, - , - ),=(, - ,).
由(2)知,平面AEF 的一个法向量n=( - 1, - 1,1).
所以·n= - =0.
所以直线AG在平面AEF 内.
数学探究2　立体几何中的翻折问题
7[2019全国卷Ⅲ]图8 - 5 - 23是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BF GC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF =2,∠F BC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF 重合,连接DG,如图8 - 5 - 24.
(1)证明:图8 - 5 - 24中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图8 - 5 - 24中的二面角B - CG - A的大小.
【解题思路】(1)通过证明AD∥CG可证明A,C,G,D四点共面,通过证明AB⊥平面BCGE即可证明面面垂直;(2)过E作BC的垂线,以垂足为坐标原点,BC所在直线为x轴建立空间直角坐标系,利用向量法求解二面角.
【解析】(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE, (位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变)
所以AD∥CG,
故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC, (与折痕垂直的线段,翻折前后垂直关系不变)
又BC∩BE=B,故AB⊥平面BCGE.
又AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)如图8 - 5 - 25,作EH⊥BC,垂足为H.因为EH?平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,平面ABC∩平面BCGE=BC,所以EH⊥平面ABC.
由题设知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=.
以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图8 - 5 - 25所示的空间直角坐标系,
则A( - 1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2, - 1,0).
设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则
即
所以可取n=(3,6, - )为平面ACGD的一个法向量.
易知m=(0,1,0)为平面BCGE的一个法向量,则cos=.
由图可知二面角B - CG - A为锐角,因此二面角B - CG - A的大小为30°.
变式练习
3.[2019山东淄博三模]如图8 - 5 - 26,已知正方形ABCD的边长为4,E,F 分别为AD,BC的中点,将正方形ABCD沿EF 折成如图8 - 5 - 27所示的二面角,且二面角的大小为60°,点M在线段AB上(包含端点)运动,连接AD.
图8 - 5 - 26　 图8 - 5 - 27
(1)若M为AB的中点,直线MF 与平面ADE的交点为O,试确定点O的位置,并证明直线OD∥平面EMC.
(2)是否存在点M,使得直线DE与平面EMC所成的角为60°?若存在,求此时二面角M - EC - F 的余弦值;若不存在,请说明理由.
素养提升4　高考中立体几何解答题的提分策略
1[2019全国卷Ⅰ,12分]如图4 - 1,直四棱柱ABCD - A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角A - MA1 - N的正弦值.
【解题思路】(1)先利用三角形中位线的性质和A1D∥B1C且A1D=B1C,证明ME∥ND且ME=ND,即可推出四边形MNDE为平行四边形,进而证得MN∥DE,再根据线面平行的判 图4 - 1 定定理可证得MN∥平面C1DE.
(2)先建立空间直角坐标系,然后用待定系数法求出平面A1MA和平面MA1N的法向量,而后转化为求两个法向量的夹角的余弦值,进而求出二面角A - MA1 - N的正弦值.
【解析】(1)连接B1C,ME.
因为M,E分别为BB1,BC的中点,
所以ME为△B1BC的中位线,
所以ME∥B1C,且ME=B1C. ①
因为点N为A1D的中点,
所以ND=A1D.
由题设知A1B1∥DC且A1B1=DC,可得B1C∥A1D且B1C=A1D,故ME∥ND且ME=ND,因此四边形MNDE为平行四边形. ②
所以MN∥ED.
又MN?平面C1DE,DE?平面C1DE,所以MN∥平面C1DE. ③
(2)由已知易得DE⊥DA.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图4 - 2所示的空间直角坐标系D - xyz, ④
可得A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0, - 4),
图4 - 2
=( - 1,, - 2),=( - 1,0, - 2),=(0, - ,0). ⑤
设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则
所以令y=1,则m=(,1,0)为平面A1MA的一个法向量. ⑥
设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则
所以令p=2,则n=(2,0, - 1)为平面A1MN的一个法向量. ⑦
于是cos=,
所以二面角A - MA1 - N的正弦值为. ⑧
【感悟升华】
阅卷 现场
得分点
第(1)问采点得分说明 ①根据三角形中位线的性质得出ME∥B1C得1分;
②根据平行四边形的定义证出四边形MNDE为平行四边形得1分;
③根据线面平行的判定定理求得结论得2分. 4分
第(2)问采点得分说明 ④建立空间直角坐标系得1分;
⑤准确地写出各点的坐标及相应向量的坐标表示得2分;
⑥求出平面AMA1的法向量得1分;
⑦求出平面MA1N的法向量得2分;
⑧求出最终结果得2分. 8分
满分 策略 1.求解空间中的平行与垂直问题的关键
熟练把握空间中平行与垂直的判定定理是解题的关键.
2.利用向量法求线面角和二面角的关注点
建立恰当的空间直角坐标系,利用待定系数法求出相应平面的法向量是解题的关键,在书写有关点的坐标时一定要谨慎.
3.定理的条件要齐全
在运用定理证明问题时,要注意条件的齐全性,例如本题的第(1)问,一定要指明线在面内、线在面外这些条件,否则会失分.
4.求点的坐标的注意点
一定要注意坐标的正、负值,这是极容易出错的地方.
2 [2018全国卷Ⅲ,12分]如图4 - 3,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M - ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值. 图4 - 3
【解题思路】(1)
求什么 找什么 要证明平面AMD⊥平面BMC,即证明一个平面包含另一个平面的一条垂线.
给什么 得什么 因为四边形ABCD是正方形,所以BC⊥CD.又平面CDM⊥平面ABCD,所以BC⊥平面CDM,所以BC⊥DM.又M为半圆弧上的点,所以DM⊥CM,所以DM⊥平面BMC,所以平面AMD⊥平面BMC.
(2)
给什么 得什么 要使V三棱锥M - ABC最大,则M到平面ABC的距离最大,而M在半圆弧上,所以M为的中点.
差什么 找什么 由于平面MAB与平面MCD在图4 - 3中只有一个公共点,因此要用定义法求二面角较为困难.注意到平面CDM⊥平面ABCD,且四边形ABCD为正方形,因此直接以D为坐标原点,以,的方向分别为x轴,y轴的正方向建立空间直角坐标系,再用向量法求二面角即可.
【解析】(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.
因为BC⊥CD,BC?平面ABCD, (1分)
所以BC⊥平面CMD,又DM?平面CMD,故BC⊥DM. (3分)
因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM. (5分)
又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. (6分)
(2)以D为坐标原点,,的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图4 - 4所示的空间直角坐标系D - xyz. (7分)
图4 – 4
易知当三棱锥M - ABC体积最大时,M为的中点.
由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),
=( - 2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0). (8分)
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则即
令x=1,则n=(1,0,2)为平面MAB的一个法向量. (10分)
易知是平面MCD的法向量,因此cos=,
sin=.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是. (12分)
【感悟升华】
满分 策略 1.写全得分步骤.对于解题过程中是得分点的步骤,有则给分,无则没分,所以对于得分点一定要写全,如第(1)问中BC⊥DM,遗漏得出DM⊥平面BMC,或没有写出DM?平面AMD都会失分.
2.写明得分关键.对于解题过程中的关键点,有则给分,无则没分,所以在答题时一定要写清得分关键点.如第(1)问中一定要写出线面、面面垂直证明过程中的三个条件,否则不得分;第(2)问中不写出公式cos=而得出余弦值就会失分.
3.正确计算是得分的保证.如第(2)问中三棱锥M - ABC体积最大时,点M的坐标,两个半平面的法向量坐标,以及cos的值都要计算正确,否则不能得分.
3[2017全国卷Ⅱ,12分]如图4 - 5,四棱锥P - ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=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.
图4 - 5
【解题思路】(1)取PA的中点F ,连接EF ,BF ,利用条件证明四边形BCEF 为平行四边形,进而得到CE∥BF ,即可证出直线CE∥平面PAB;(2)以A为坐标原点,的方向为x轴的正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系,分别求出平面MAB与平面ABD的法向量,进而求出二面角的余弦值.
【解析】(1)如图4 - 6,取PA的中点F ,连接EF ,BF .
因为E,F 分别是PD,PA的中点,所以EF ∥AD且EF =AD. 1分(得分点1)
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EF ∥BC且EF =BC,
所以四边形BCEF 是平行四边形,所以CE∥BF . 3分(得分点2)
又BF ?平面PAB,CE?平面PAB,故CE∥平面PAB. 4分(得分点3)
图4 - 6
(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图4 - 6所示的空间直角坐标系A - xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0, - ),=(1,0,0).
设点M(x,y,z)(0因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,
所以|cos<,n>|=sin 45°,即,
即(x - 1)2+y2 - z2=0　①.
又点M在棱PC上,设=λ(0<λ<1),则x=λ,y=1,z=λ　②.
由①②解得
所以M(1 - ,1,),从而=(1 - ,1,). 8分(得分点5)
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则
即
令z0=2,则m=(0, - ,2)为平面ABM的一个法向量. 10分(得分点6)
于是cos=. 12分(得分点7)
结合图4 - 6知二面角M - AB - D的余弦值为.
【感悟升华】
素养 探源 素养 考查途径
直观想象 能从四棱锥中找出线面位置关系.
逻辑推理 线面平行的判定;根据图形结构特征构建空间直角坐标系;用向量法求空间角.
数学运算 空间直角坐标系中坐标、向量的运算.
得分 要点 a.得步骤分:抓住得分点的解题步骤,“步步为赢”.第(1)问中,作辅助线→证明线线平行→证明线面平行;第(2)问中,建立空间直角坐标系→根据直线BM和底面ABCD所成的角为45°和点M在直线PC上确定M的坐标→求平面ABM的法向量→求二面角M - AB - D的余弦值.
b.得关键分:①作辅助线;②证明CE∥BF ;③求相关向量与点的坐标;④求平面的法向量;⑤求二面角的余弦值.这些都是不可少的过程,有则给分,无则没分.
c.得计算分:解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如得分点4,5,6,7都需要计算正确才能得分.
答题 模板
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(或夹角的三角函数值).
第五步:将向量夹角(或夹角的三角函数值)转化为所求的空间角(或所求角的三角函数值).
第六步:反思回顾,查看关键点、易错点.
第八章 立体几何
第五讲　《空间角与距离、空间向量及应用》测试
基础篇
1.[2020湖北部分重点中学高三测试]如图8 - 5 - 1，E，F 分别是三棱锥P - ABC的棱AP，BC的中点，PC=10，AB=6，EF =7，
图8 - 5 - 1
则异面直线AB与PC所成的角为 (　　)
A.30° 　　　B.60° C.120° 　　　D.150°
2.[2019湖南长沙市长郡中学二模]图8 - 5 - 2中的三个正方体ABCD - A1B1C1D1中，E，F ，G均为所在棱的中点，过E，F ，G作正方体的截面.下列各选项中，关于直线BD1与平面EF G的位置关系描述正确的是 (　　)
图8 - 5 - 2
A.BD1∥平面EF G的有且只有①，BD1⊥平面EF G的有且只有②③
B.BD1∥平面EF G的有且只有②，BD1⊥平面EF G的有且只有①
C.BD1∥平面EF G的有且只有①，BD1⊥平面EF G的有且只有②
D.BD1∥平面EF G的有且只有②，BD1⊥平面EF G的有且只有③
3. [2019安徽宣城二调]如图8 - 5 - 3，在棱长为2的正方体ABCD - A1B1C1D1中，E，F 分别为棱AA1，BB1的中点，M为棱A1B1上一点，且A1M=λ(0<λ<2)，
图8 - 5 - 3
设N为线段ME的中点，则点N到平面D1EF 的距离为 (　　)
A.λ B. C.λ D.
4.[2019沈阳市第三次质量监测]如图8 - 5 - 4，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，
图8 - 5 - 4
则该正四棱柱的高为 (　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
5.[新角度题]如图8 - 5 - 5(1)，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=，BC=2，将△ABC绕AB边旋转至△ABC' 的位置，连接CC' ，如图8 - 5 - 5(2)，若四面体CBC' A的各个顶点均在球H的球面上，且球H的表面积为12π，则二面角C - AB - C' 的大小为 (　　)
图8 - 5 - 5
A. B. C. D.
6.[2020四省八校联考]如图8 - 5 - 6，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=120°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2.
(1)求证:平面PBD⊥平面PAC.
(2)过AC的平面交PD于点M，若平面AMC把四面体PACD分成体积相等的两部分，求二面角P - MC - A的正弦值.
图8 - 5 - 6
7.[2020陕西宝鸡模拟]如图8 - 5 - 7所示，在长方体ABCD - A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=，点E在棱AB上.
(1)求异面直线D1C与A1D所成角的余弦值；
(2)若二面角D1 - EC - D的大小为45°，求点B到平面D1EC的距离.
图8 - 5 - 7
8.[2019福建五校第二次联考]图8 - 5 - 8是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体，平面ABC与半圆柱的下底面共面，且AC⊥BC，P为上的动点(不与B1，A1重合).
(1)证明:PA1⊥平面PBB1.
(2)若四边形ABB1A1为正方形，且AC=BC，∠PB1A1=，求二面角P - A1B1 - C的余弦值.
图8 - 5 - 8
提升篇
9. [多选题]如图8 - 5 - 9，在长方体A1B1C1D1 - A2B2C2D2中，A1A2=2A1B1=2B1C1=2，A，B，C分别是所在棱的中点，
图8 - 5 - 9
则下列结论中成立的是 (　　)
A.异面直线D2C与AD1所成的角为60°
B.平面A2BCD2与平面ABC1D1的夹角为30°
C.点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等
D.平面A2BC1截长方体所得的截面面积为
10.[2020广东四校联考]在棱长为1的正方体ABCD - A1B1C1D1中，点C关于平面BDC1的对称点为M，则AM与平面ABCD所成角的正切值为 (　　)
A. B. C. D.2
11.[2019吉林长春质量监测][双空题]已知正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F 分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过EF 且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为　　　　，CE 和该截面所成角的正弦值为　　　　.?
12.[2020江西红色七校第一次联考]如图8 - 5 - 10(1)，梯形ABCD中，AB∥CD，过A，B分别作AE⊥CD， BF ⊥CD，垂足分别为E，F .AB=AE=2，CD=5，DE=1，将梯形ABCD沿AE，BF 折起，得到空间几何体ADEF BC，如图8 - 5 - 10(2)所示.
(1)图8 - 5 - 10(2)中，若AF ⊥BD，证明:DE⊥平面ABF E.
(2)在(1)的条件下，若DE∥CF ，求二面角D - AF - C的余弦值.
图8 - 5 – 10
13.[2020洛阳市第一次联考]如图8 - 5 - 11，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD，AF ∥DE，AD⊥DE，AF =2，DE=3.
(1)求证:平面ACE⊥平面BED.
(2)求直线CA与平面BEF 所成角的正弦值.
(3)在线段AF 上是否存在点M，使得二面角M - BE - D的大小为60°?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
图8 - 5 - 11
14.[2019蓉城名校高三联考]如图8 - 5 - 12，在四棱锥P - ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD=AB=2BC=2，AP=AC，BP=3BC.
(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD.
(2)若∠PAD为锐角，且PA与平面ABCD所成角的正切值为2，求二面角A - PB - D的余弦值.
图8 - 5 – 12
15.[新角度题]如图8 - 5 - 13，EC⊥平面ABC，BD∥EC，AC=AB=BD=EC=2，点F 为线段DE上的动点.
(1)试在BC上找一点O，使得AO⊥CF ，并证明；
(2)在第(1)问的基础上，若AB⊥AC，则平面ACE与平面AOF 所成的锐二面角的大小可否为?
图8 - 5 - 13
16.[2020山东省统考]如图8 - 5 - 14，四棱锥S - ABCD中，底面ABCD为矩形.SA⊥平面ABCD，E，F 分别为AD，SC的中点，EF 与平面ABCD所成的角为45°.
(1)证明:EF 为异面直线AD与SC的公垂线.
(2)若EF =BC，求二面角B - SC - D的正弦值.
图8 - 5 - 14
素养提升4　《高考中立体几何解答题的提分策略》
综合篇
1.[12分]如图4 - 1，在四棱锥P - ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，PA=PD.
(1)证明: BC⊥PB.
(2)若PA⊥PD，PB=AB，求二面角A - PB - C的余弦值.
图4 - 1
2.[12分]如图4 - 2，正三棱柱ABC - A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点.
(1)求证:AB1⊥平面A1BD；
(2)求锐二面角A - A1D - B的余弦值.
图4 - 2
3.[12分]如图4 - 3，在棱长为3的正方体ABCD - A1B1C1D1中，点E为棱DD1上的一点，点F 为边AD的中点.
(1)点E为DD1的中点时，求作一个平面与平面CA1E平行，要求保留作图痕迹，并说明点的位置，不用证明；
(2)当DE为多长时，直线BD1与平面CA1E所成角的正弦值为?
图4 - 3
4.[原创题，12分]如图4 - 4(1)，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=90°，E，F 分别为AB，AC边的中点，以EF 为折痕把△AEF 折起，使点A到达点P的位置，且PB=BE，如图4 - 4(2)所示.
(1)证明:EF ⊥平面PBE.
(2)设N为线段PF 上一动点，求直线BN与平面PCF 所成角的正弦值的最大值.
图4 - 4
参考答案与解析
第五讲　空间角与距离、空间向量及应用
考点测评
1.A　∵A(1，1， - 2)，B(1，2， - 3)，C( - 1，3，0)，D(x，y，z)(x，y，z∈R)，∴=(0，1， - 1)，=( - 2，2，2)，=(x - 1，y - 1，z+2).
∵A，B，C，D四点共面，∴存在实数λ，μ使得=λ+μ，即(x - 1，y - 1，z+2)=λ(0，1， - 1)+μ( - 2，2，2)，∴解得2x+y+z=1，故选A.
2.B　设选项中的向量与a的夹角为θ，对于选项A，由于cos θ== - ，此时夹角θ为120°，不满足题意；同理可知选项C，D不满足题意；对于选项B，由于cos θ=，此时夹角θ为60°，满足题意.故选B.
3.C　A中，直线的方向向量不是唯一的，有无数多个，故A错误；B中，由条件得a⊥α，故B错误；D中，由条件得，a∥α或a?α，故D错误.易知C正确，选C.
4.C　由题意，得=( - 1，1，0)，=( - 1，0，1)，设n=(x，y，z)为平面ABC的法向量，则即可得x=y=z.故选C.
5.A　由题意知CD⊥平面ABD.以D为坐标原点，DC所在直线为x轴，DB所在直线为y轴建立如图D 8 - 5 - 1所示的空间直角坐标系，则A(0，1，)，C(2，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，0)，=(2， - 1， - )，=(0， - 2，0)，设异面直线AC与BD所成的角为α，则cos α=，所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为，故选A.
图D 8 - 5 - 1
6.D　正方体ABCD - A1B1C1D1的棱上到直线A1B与CC1的距离相等的点分别为点D1，BC的中点，B1C1的四等分点(靠近B1)，不妨设D1与G重合，BC的中点为E，B1C1的四等分点(靠近B1)为F.以D为坐标原点，建立如图D 8 - 5 - 2所示的空间直角坐标系，
图D 8 - 5 - 2
设AB=2，则E(1，2，0)，F(，2，2)，G(0，0，2)，A(2，0，0)，C1(0，2，2)，从而=(，0，2)，=(，2，0)，=( - 2，2，2).
设平面EFG的法向量为n=(x，y，z)，
则即令x=4，得平面EFG的一个法向量为n=(4， - 3， - 1).
设直线AC1与平面EFG所成角为θ，则sin θ=|cos|=.故选D.
7.　如图D 8 - 5 - 3，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.
图D 8 - 5 - 3
由题意知PE=PF=.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE=HF，则易得点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB=90°，故△CEH为等腰直角三角形.在Rt△PCE中，PC=2，PE=，则CE=1，故CH=，在Rt△PCH中，可得PH=，即点P到平面ABC的距离为.
8.(1)因为PA=PC=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=2.
连接OB，如图D 8 - 5 - 4.因为AB=BC=AC，所以△ABC为等腰直角三角形，所以OB⊥AC，OB=AC=2.
由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.
又OB∩AC=O，所以PO⊥平面ABC.
(2)易知OP，OB，OC两两垂直，如图D 8 - 5 - 4，以O为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.
图D 8 - 5 - 4
由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0， - 2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，=(0，2，2).
取平面PAC的一个法向量=(2，0，0).
设M(a，2 - a，0)(0设平面PAM的法向量为n=(x，y，z).
由·n=0，·n=0得
可取n=((a - 4)，a， - a)为平面PAM的一个法向量，
所以cos<，n>= .
由已知可得|cos<，n>|=，
所以，解得a=，
所以平面PAM的一个法向量为n=( - ，， - ).
又=(0，2， - 2)，所以cos<，n>=.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
变式练习
1.依题意，可以建立以A为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图D 8 - 5 - 5)，
图D 8 - 5 - 5
可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).设CF=h(h>0)，则F(1，2，h).
(1)依题意，=(1，0，0)是平面ADE的一个法向量，又=(0，2，h)，可得·=0，又直线BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE.
(2)易知=( - 1，1，0)，=( - 1，0，2)，=( - 1， - 2，2).
设n=(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=(2，2，1).因此有cos<，n>== - .
所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.
(3)设m=(x，y，z)为平面BDF的法向量，则即
不妨令y=1，可得m=(1，1， - )为平面BDF的一个法向量.
由题意，有|cos|=，解得h=.经检验，符合题意.
所以，线段CF的长为.
2.(1)∵PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD.
由四边形ABCD是正方形知AD⊥CD.
又PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD，∴PD⊥CD.
∴∠PDA是二面角P - CD - B的平面角.
∵PA=AD，∴∠PDA=45°，即二面角P - CD - B的大小为45°.
(2)如图D 8 - 5 - 6，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，
图D 8 - 5 - 6
则P(0，0，2)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，M(1，0，0).
∵N是PC的中点，∴N(1，1，1)，
∴=(0，1，1)，=( - 1，1， - 1)，=(0，2， - 2).
设平面MND的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则
即
令z1=1，得x1= - 2，y1= - 1.
∴m=( - 2， - 1，1)为平面MND的一个法向量.
设平面PCD的法向量为n=(x2，y2，z2)，
则即
令z2=1，得x2=0，y2=1，∴n=(0，1，1)为平面PCD的一个法向量.
∵m·n= - 2×0+( - 1)×1+1×1=0，
∴m⊥n，∴平面MND⊥平面PCD.
(3)设点P到平面MND的距离为d.
由(2)知平面MND的一个法向量为m=( - 2， - 1，1)，
∵·m=(0，2， - 2)·( - 2， - 1，1)= - 4，∴|·m|=4，
又|m|=，
∴d=，即点P到平面MND的距离为.
3. (1)因为直线MF?平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上，延长EA，FM交于点O，连接OD，如图D 8 - 5 - 7所示.
图D 8 - 5 - 7
因为AO∥BF，M为AB的中点，
所以△OAM≌△FBM，
所以OM=MF，AO=BF=2.
故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2.
连接DF，交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，
所以N是EC的中点.
连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又MN?平面EMC，OD?平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.
(2)如图D 8 - 5 - 8，由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE=E，
所以EF⊥平面ADE，
所以平面ABFE⊥平面ADE.
易知△ADE为等边三角形，取AE的中点H，连接DH，则易得DH⊥平面ABFE.以H为坐标原点，建立如图D 8 - 5 - 8所示的空间直角坐标系，
图D 8 - 5 - 8
则E( - 1，0，0)，D(0，0，)，C(0，4，)，F( - 1，4，0)，所以=(1，0，)，=(1，4，).
设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则=(2，t，0)，
设平面EMC的法向量为m=(x，y，z)，则即
取y= - 2，则x=t，z=，所以m=(t， - 2，)为平面EMC的一个法向量.
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，则|cos<，m>|=，
即，整理得 t 2 - 4t+3=0，
解得t=1或t=3，
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q，连接QA，则为平面CEF的一个法向量，
易得Q( - ，0，)，A(1，0，0)，所以=(，0， - ).
设二面角M - EC - F的大小为θ，
则|cos θ|= .
当t=1时，易知θ为钝角，cos θ= - ；当t=3时，易知θ为锐角，cos θ=.
综上，二面角M - EC - F的余弦值为±.
基础篇
1.B　如图D 8 - 5 - 9，取AC的中点D，连接DE，DF，
图D 8 - 5 - 9
因为D，E，F分别为AC，PA，BC的中点，所以DF∥AB，DF=AB，DE∥PC，DE=PC，所以∠EDF或其补角为异面直线PC与AB所成的角.因为PC=10，AB=6，所以在△DEF中，DE=5，DF=3，EF=7，由余弦定理得cos∠EDF== - ，所以∠EDF=120°，所以异面直线PC与AB所成的角为60°.故选B.
2.A　对于题中图8 - 5 - 2①，连接BD，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以BD∥GE，DD1∥EF，又BD?平面EFG，DD1?平面EFG，从而可得BD∥平面EFG，DD1∥平面EFG，又BD∩DD1=D，所以平面BDD1∥平面EFG，所以BD1∥平面EFG.
对于题中图8 - 5 - 2②，连接DB，DA1，设正方体的棱长为1，因为E，F，G均为所在棱的中点，
所以·=()·()=(··)=(1cos 45° - cos 60°)=0，
即BD1⊥EG.
连接DC1，则·=()·()=(··)=(1cos 45° - cos 60°)=0，即BD1⊥EF.
又EG∩EF=E，所以BD1⊥平面EFG.
对于题中图8 - 5 - 2③，设正方体的棱长为1，连接DB，DG，因为E，F，G均为所在棱的中点，
所以·=()·()=()·()=··11=0，
即BD1⊥EG.
连接AF，则·=()·()=()·()=··=1 - 11=0，
即BD1⊥EF.
又EG∩EF=E，所以BD1⊥平面EFG.故选A.
3.D　以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图D 8 - 5 - 10所示的空间直角坐标系，
图D 8 - 5 - 10
则M(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)，
=( - 2，0，1)，=(0，2，0)，=(0，λ，1).
设平面D1EF的法向量为n=(x，y，z)，
则取x=1，得z=2，则n=(1，0，2)为平面D1EF的一个法向量.
则点M到平面D1EF的距离d=.
因为N为线段EM的中点，所以点N到平面D1EF的距离为，故选D.
4.C　如图D 8 - 5 - 11，以D为坐标原点，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.
图D 8 - 5 - 11
设CC1=a(a>0)，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，a)，D1(0，0，a)，所以=( - 2，2，0)，=( - 2，0，a)，=(0，0，a).设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)，则即取x=1，则n=(1，1，)为平面ACD1的一个法向量.设直线CC1与平面ACD1所成的角为θ，则sin θ=|cos|
=||=||=，解得a=4，故选C.
5.C　设E，F，G分别为AC，AB，AC' 的中点，连接HE，HG，EF，FG，FH，CH，则HE⊥平面ABC，HG⊥平面ABC' ，EF⊥AB，FG⊥AB.设∠EFG=θ，易知H与E，F，G共面，则∠EFH=，由二面角的定义，知∠EFG为二面角C - AB - C' 的平面角.易知HE=EFtan =tan ，CE=.设球H的半径为R，则CH=R，在Rt△CEH中，CH2=CE2+EH2，即R2=2+tan2，由12π=4πR2，得R2=3，所以tan2=1，所以θ=.故选C.
6.(1)因为∠BAP=90°，所以PA⊥AB，又侧面PAB⊥底面ABCD，
平面PAB∩平面ABCD=AB，PA?平面PAB，所以PA⊥平面ABCD.
又BD?平面ABCD，所以PA⊥BD.
又∠BCD=120°，四边形ABCD为平行四边形，所以∠ABC=60°，又AB=AC，所以△ABC为等边三角形，所以四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC.
又PA∩AC=A，PA?平面PAC，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC，又BD?平面PBD，所以平面PAC⊥平面PBD.
(2)由平面AMC把四面体PACD分成体积相等的两部分，知M为PD的中点.取BC的中点N，连接AN，由AB=AC知AN⊥BC.
由(1)知PA⊥平面ABCD，以A为坐标原点，AN，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图D 8 - 5 - 12所示的空间直角坐标系，
图D 8 - 5 - 12
则A(0，0，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，M(0，1，1)，=(0，1， - 1)，=(，1， - 2)，=(0，1，1)，=(，1，0).
设平面MPC的法向量为v1=(x1，y1，z1)，则即
令y1=1，则可得v1=(，1，1)为平面MPC的一个法向量.
设平面MAC的法向量为v2=(x2，y2，z2)，则即
令x2=1，则可得v2=(1， - ，)为平面MAC的一个法向量.
设二面角P - MC - A的大小为θ，则|cos θ|=||=，
则二面角P - MC - A的正弦值为.
7.如图D 8 - 5 - 13所示，以D为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.
图D 8 - 5 - 13
(1)易知D(0，0，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，C(0，，0)，则=(1，0，1)，=(0， - ，1)，|cos<，>|=||=.
所以异面直线D1C与A1D所成角的余弦值为.
(2)由题意知，m=(0，0，1)为平面DEC的一个法向量.
设n=(x，y，z)为平面D1EC的法向量，则|cos|==cos 45°=，
所以z2=x2+y2　①.
易知=(0，， - 1)，由n⊥得n·=0，
所以y - z=0　②.
令y=1，由①②知n=(，1，)为平面D1EC的一个法向量，又易知=(1，0，0)，所以点B到平面D1EC的距离d=.
8.(1)在半圆柱中，BB1⊥平面PA1B1，PA1?平面PA1B1，
所以BB1⊥PA1.
因为A1B1是上底面对应圆的直径，所以PA1⊥PB1.
因为PB1∩BB1=B1，PB1?平面PBB1，BB1?平面PBB1，
所以PA1⊥平面PBB1.
(2)根据题意，以C为坐标原点建立空间直角坐标系C - xyz，如图D 8 - 5 - 14所示.
图D 8 - 5 - 14
设CB=1，则C(0，0，0)，A1(0，1，)，B1(1，0，)，
所以=(0，1，)，=(1，0，).
易知n1=(0，0，1)为平面PA1B1的一个法向量.
设平面CA1B1的法向量为n2=(x，y，z)，则
令z=1，则x= - ，y= - ，所以n2=( - ， - ，1)为平面CA1B1的一个法向量.
所以cos=.
由图可知二面角P - A1B1 - C为钝二面角，所以所求二面角的余弦值为 - .
提升篇
9.AC　连接B2C和D2B2.易知AD1∥BC1∥B2C，则∠D2CB2为异面直线D2C与AD1所成的角.连接AB2，易知AB2⊥A2B，AB2⊥BC，又A2B∩BC=B，所以AB2⊥平面A2BCD2.连接B1C，同理可证B1C⊥平面ABC1D1，所以平面A2BCD2与平面ABC1D1的夹角即异面直线AB2与B1C所成的角.连接AD2，易知B1C∥AD2，所以异面直线AB2与B1C所成的角即∠D2AB2.又A1A2=2A1B1=2B1C1=2，所以△B2D2C与△B2D2A均为正三角形，所以∠D2CB2=60°，∠D2AB2=60°，即异面直线D2C与AD1所成的角为60°，平面A2BCD2与平面ABC1D1的夹角为60°，故A正确，B错误.因为B1C⊥平面ABC1D1，且B1C与BC1垂直平分，所以点B1与点C到平面ABC1D1的距离相等，又A1B1∥平面ABC1D1，所以点A1与点B1到平面ABC1D1的距离相等，即点A1与点C到平面ABC1D1的距离相等，故C正确.取D1D2的中点E，连接A2E，EC1，易知A2E∥BC1，EC1∥A2B，故四边形A2BC1E为平面A2BC1截长方体所得的截面，在△A2BC1中，A2B=BC1=，A2C1=，所以，截面面积为，故D错误.故选AC.
10.B　如图D 8 - 5 - 15，
图D 8 - 5 - 15
正方体ABCD - A1B1C1D1中，连接AC，交BD于点O.因为BD=BC1=DC1=，所以△BC1D是等边三角形，故三棱锥C - BC1D为正三棱锥.设O' 为△BC1D的中心，连接CO' ，则CO' ⊥平面BC1D，延长CO' 到M，使得MO' =O' C，连接OO' ，则OO' ∥AM，所以AM与平面ABCD所成的角等于OO' 与平面ABCD所成的角.易知BD⊥OO' ，BD⊥AC，OO' ∩AC=O，所以BD⊥平面AMC，又BD?平面ABCD，故平面AMC⊥平面ABCD，且平面ABCD∩平面AMC=AC，根据两个平面相互垂直的性质可知OO' 在平面ABCD上的射影一定落在线段AC上，故∠O' OC为OO' 与平面ABCD所成的角，即AM与平面ABCD所成的角.因为OC=，OO' =，所以O' C=，所以tan∠O' OC=，故选B.
11.2　 　如图D 8 - 5 - 16，正方体ABCD - A1B1C1D1中，设CD，BC的中点分别为H，G，连接HE，HG，GE，HF，ME，NH.
图D 8 - 5 - 16
易知ME∥NH，ME=NH，所以四边形MEHN是平行四边形，
所以MN∥HE.
因为MN?平面EFHG，HE?平面EFHG，所以MN∥平面EFHG，
所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG，易知平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG，EF=，FH=2，所以截面EFHG的面积为2=2.
连接AC，交HG于点I，易知CI⊥HG，平面EFHG⊥平面ABCD，平面EFHG∩平面ABCD=HG，
所以CI⊥平面EFHG.连接EI，
因为EI?平面EFHG，
所以CI⊥EI，
所以∠CEI为直线CE和截面EFHG所成的角.
在Rt△CIE中，易知CE=，CI=AC=，所以sin∠CEI=.
12.(1)由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，如图D 8 - 5 - 17，连接BE，则AF⊥BE，
又AF⊥BD，BE∩BD=B，BE?平面BDE，BD?平面BDE，∴AF⊥平面BDE.
又DE?平面BDE，
∴AF⊥DE.
又AE⊥DE，AE∩AF=A，AE?平面ABFE，AF?平面ABFE，
∴DE⊥平面ABFE.
图D 8 - 5 - 17
(2)由(1)知ED，EA，EF两两垂直，以E为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图D 8 - 5 - 17所示的空间直角坐标系.
则A(2，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，2)，D(0，0，1)，
=( - 2，2，0)，=( - 2，0，1)，=(0，0，2).
设平面ADF的法向量为n=(x，y，z)，
由得不妨取x=1，则n=(1，1，2)为平面ADF的一个法向量.
设平面ACF的法向量为m=(x1，y1，z1)，
由得不妨取x1=1，则m=(1，1，0)为平面ACF的一个法向量.
设二面角D - AF - C的大小为θ，易知0<θ<，则cos θ=|cos|=.
∴二面角D - AF - C的余弦值为.
13.(1)因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，DE?平面ADEF，DE⊥AD，所以DE⊥平面ABCD.
因为AC?平面ABCD，所以DE⊥AC.
又四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
因为DE∩BD=D，DE?平面BED，BD?平面BED，
所以AC⊥平面BED.
又AC?平面ACE，
所以平面ACE⊥平面BED.
(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，建立如图D 8 - 5 - 18所示的空间直角坐标系D - xyz.
图D 8 - 5 - 18
则A(3，0，0)，F(3，0，2)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，所以=(3， - 3，0)，=( - 3， - 3，3)，=(3，0， - ).
设平面BEF的法向量为n=(x，y，z)，
则
取x=，得n=(，2，3)为平面BEF的一个法向量.
所以cos<，n>== - .
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.
(3)假设在线段AF上存在符合条件的点M，由(2)可设M(3，0，t)，0≤t≤2，
则=(0， - 3，t).
设平面MBE的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则
令y1=t，得m=(3 - t，t，3)为平面MBE的一个法向量.
由(1)知CA⊥平面BED，所以是平面BED的一个法向量，|cos|==cos 60°=，
整理得2t2 - 6t+15=0，解得t=，
故在线段AF上存在点M，使得二面角M - BE - D的大小为60°，此时.
14.(1)在直角梯形ABCD中，∵BC=1，AB=2，AB⊥BC，
∴AC=，即AP=AC=，BP=3BC=3，
∴BA2+AP2=BP2，
∴BA⊥AP.
又AD∥BC，∴BA⊥AD，
又AP∩AD=A，∴BA⊥平面PAD.
∵BA?平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD.
(2)如图D 8 - 5 - 19，过点P作PO⊥AD交AD于点O，连接OC，
图D 8 - 5 - 19
由(1)可知PO⊥平面ABCD，
易知∠PAO为PA与平面ABCD所成的角，∴tan∠PAO=2.
又AP=，∴AO=1，PO=2.
∴AO∥BC且AO=BC，四边形ABCO为矩形，∴OC⊥AD.
以O为坐标原点，OC，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图D 8 - 5 - 19所示.
则A(0， - 1，0)，P(0，0，2)，D(0，1，0)，B(2， - 1，0)，
∴=(2，0，0)，=(0，1，2).
设平面APB的法向量为n=(x，y，z)，
则有即
令y=2，则n=(0，2， - 1)为平面APB的一个法向量.
同理可得平面PBD的一个法向量为m=(2，2，1).
cos=，
由图可知二面角A - PB - D的平面角为锐角，
∴二面角A - PB - D的余弦值为.
15.(1)BC的中点即为所找的点O.
∵AB=AC，∴AO⊥BC，
又EC⊥平面ABC，AO?平面ABC，∴EC⊥AO.
∵BC∩EC=C，BC?平面BDEC，EC?平面BDEC，∴AO⊥平面BDEC.
又CF?平面BDEC，∴AO⊥CF.
(2)以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴，y轴，过点A且平行于EC的直线为z轴建立如图D 8 - 5 - 20所示的空间直角坐标系，
图D 8 - 5 - 20
则A(0，0，0)，E(0， - 2，4)，D( - 2，0，2)，O( - 1， - 1，0)，=( - 1， - 1，0)，=( - 2，2， - 2).
设=λ(0≤λ≤1)，则可得F( - 2λ，2λ - 2，4 - 2λ)，
则=( - 2λ，2λ - 2，4 - 2λ).
设平面AOF的法向量为m=(x，y，z)，则令x=1，则m=(1， - 1，)为平面AOF的一个法向量.
易得平面ACE的一个法向量为n=(1，0，0).
令|cos|=，解得λ=.
故当F为DE的中点时，平面ACE与平面AOF所成的锐二面角的大小为.
【素养落地】　试题以四棱锥为载体，结合探究性的设问方式，要求考生分析几何元素间的位置关系、数量关系，然后运用空间向量法解决几何问题，使直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养得到了综合考查.
16.(1)如图D 8 - 5 - 21所示，连接AC，BD交于点G，连接EG，FG.
图D 8 - 5 - 21
因为四边形ABCD为矩形，且E，F分别是AD，SC的中点，
所以EG∥CD，FG∥SA.
又SA⊥平面ABCD，所以GF⊥平面ABCD，所以GF⊥AD.又AD⊥GE，GE∩GF=G，GE?平面GEF，GF?平面GEF，所以AD⊥平面GEF，
所以AD⊥EF.
因为EF与平面ABCD所成的角为45°，所以∠FEG=45°，
从而GE=GF，所以SA=AB.
取SB的中点H，连接AH，FH，则由F，H分别为SC，SB的中点，得FH∥BC且FH=BC，所以FH∥AE且FH=AE，从而四边形AEFH为平行四边形.
又由SA=AB，知AH⊥SB.
又BC⊥平面SAB，所以AH⊥BC.
又SB∩BC=B，SB?平面SBC，BC?平面SBC，从而AH⊥平面SBC.
从而EF⊥平面SBC.
又SC?平面SBC，从而EF⊥SC.
综上知EF为异面直线AD与SC的公垂线.
(2)设BC=2，则EF=BC=1，从而GE=GF=，所以SA=AB=，
以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x轴，y轴，z轴，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则B(，0，0)，D(0，2，0)，S(0，0，)，C(，2，0)，
从而=(，2， - )，=(0，2，0).
设平面BCS的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则令z1=1，可得n1=(1，0，1)为平面BCS的一个法向量.
同理，可求得平面SCD的一个法向量为n2=(0，1，).
设二面角B - SC - D的平面角为θ，则|cos θ|=||=，故sin θ=.
素养提升4 高考中立体几何解答题的提分策略
综合篇
1. (1)如图D 4 - 1，取AD的中点E，连接PE，BE，BD，
图D 4 - 1
∵PA=PD，
∴PE⊥AD.
∵底面ABCD为菱形，且∠BAD=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BE⊥AD.
∵PE∩BE=E， PE，BE?平面PBE，
∴AD⊥平面PEB，又PB?平面PEB，∴AD⊥PB.
∵AD∥BC，∴BC⊥PB. (4分)
(2)设AB=2，
则AB=PB=AD=2，BE=，
∵PA⊥PD，E为AD的中点，
∴PA=，PE=1，
∴PE2+BE2=PB2，∴PE⊥BE.
以E为坐标原点，分别以EA，EB，EP 所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图D 4 - 2所示的空间直角坐标系，
图D 4 - 2
则A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，0，1)，C( - 2，，0)，
∴=( - 1，，0)，=( - 1，0，1)，=(0， - ，1)，=( - 2，0，0).
设平面PAB的法向量为n1=(x1，y1，z1)，∵
∴令x1=1，得z1=1，y1=，∴n1=(1，，1)为平面PAB的一个法向量.
设平面BPC的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
则
令y2= - 1，得x2=0，z2= - ，即n2=(0， - 1， - )为平面BPC的一个法向量.
∴= - .
设二面角A - PB - C的平面角为θ，由图可知θ为钝角，
则cos θ= - . (12分)
【易错警示】　求二面角的值的易错点是:(1)求平面的法向量出错；(2)公式用错，把线面角的向量公式与二面角的向量公式搞混，导致结果出错.注意，二面角的取值范围为[0，π].
2.(1)取BC的中点O，连接AO.
∵△ABC为等边三角形，
∴AO⊥BC.
在正三棱柱ABC - A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
又平面ABC∩平面BCC1B1=BC，
∴AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1，连接OO1，以O为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O - xyz，如图D 4 - 3所示，
图D 4 - 3
则B(1，0，0)，D( - 1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0)，
∴=(1，2， - )，=( - 2，1，0)，=( - 1，2，)，
∴·=0，·=0，
∴AB1⊥BD，AB1⊥BA1，
∵BD∩BA1=B，∴AB1⊥平面A1BD. (6分)
(2)设平面A1AD的法向量为n=(x，y，z).
∵=( - 1，1， - )，=(0，2，0)，
∴
∴
令z=1，得n=( - ，0，1)为平面A1AD的一个法向量.
由(1)知AB1⊥平面A1BD，∴为平面A1BD的一个法向量，
∴cos== - ，
∴锐二面角A - A1D - B的余弦值为. (12分)
3.(1)如图D 4 - 4，取线段AA1的靠近A的四等分点M，取AB的中点N，连接FM，MN，FN，则平面FMN即为所求. (5分)
图D 4 - 4
部分其他作图方法如图D 4 - 5(1)(2)(3):
(1)　　　　　　　　　(2)　　　　　　　　(3)
图D 4 - 5
(2)以A为坐标原点，分别以AD，AB，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图D 4 - 6所示，
图D 4 - 6
设DE=a，0≤a≤3，
则A1(0，0，3)，C(3，3，0)，E(3，0，a)，D1(3，0，3)，B(0，3，0)，
则=(3，3， - 3)，=(0， - 3，a)，=(3， - 3，3). (6分)
设平面CA1E的法向量为m=(x，y，z)，
则
所以令z=3，则m=(3 - a，a，3)为平面CA1E的一个法向量. (8分)
设直线BD1与平面CA1E所成的角为θ，
则sin θ=|cos<，m>|=， (11分)
得2a2 - 13a+18=0，解得a=2或a=(舍去)，所以DE=2. (12分)
4.(1)因为E，F分别为AB，AC边的中点，所以EF∥BC. (1分)
因为∠ABC=90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE. (3分)
又BE∩PE=E，BE，PE?平面PBE，所以EF⊥平面PBE. (4分)
(2)如图D 4 - 7所示，取BE的中点O，连接PO，
由(1)知EF⊥平面PBE，EF?平面BCFE，
所以平面PBE⊥平面BCFE.
因为PB=BE=PE，所以PO⊥BE，
又PO?平面PBE，平面PBE∩平面BCFE=BE，
所以PO⊥平面BCFE. (6分)
过点O作OM∥BC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图D 4 - 7所示.
图D 4 - 7
则P(0，0，)，C(，2，0)，F( - ，1，0)，B(，0，0)，=(，2， - )，=( - ，1， - ). (8分)
因为N为线段PF上一动点，故设=λ(0≤λ≤1)，
得N( - ，λ，(1 - λ))，所以=( - ，λ，(1 - λ)). (9分)
设平面PCF的法向量为m=(x，y，z)，则即
令y=1，则m=( - 1，1，)为平面PCF的一个法向量. (10分)
设直线BN与平面PCF所成的角为θ，
则sin θ=|cos<，m>|=≤(当且仅当λ=时取等号). (11分)
所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为. (12 分)
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