高考數(shù)學二輪復習-考前專題五-立體幾何與空間向量-第3講-立體幾何中的向量方法講學案-理-人教版高三

第3講立體幾何中的向量方法以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，常與空間線面關系的證明相結合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標系和準確計算上.熱點一利用向量證明平行與垂直設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，則有：(1)線面平行l(wèi)∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)線面垂直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如圖，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，點M為AB的中點，點O為DF的中點．運用向量方法證明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.證明方法一(1)由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以點A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系．設正方形邊長為1，則A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(xiàn)(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的一個法向量，且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)設平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為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，則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(→))與向量eq\o(BF,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))共面，又OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF.(2)由題意知，BF，BC，BA兩兩垂直，∵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，F(xiàn)C?平面EFCD，∴OM⊥平面EFCD.又OM?平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.

思維升華用向量知識證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理．如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方法證明直線a∥b，只需證明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強調(diào)直線在平面外．跟蹤演練1如圖，在底面是矩形的四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求證：EF∥平面PAB；(2)求證：平面PAD⊥平面PDC.證明(1)以點A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．∵點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，F(xiàn)eq\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.熱點二利用空間向量求空間角設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．(1)線線夾角設l，m的夾角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，則cosθ＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝.(2)線面夾角設直線l與平面α的夾角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤θ≤\f(π,2)))，則sinθ＝eq\f(|a·μ|,|a||μ|)＝|cos〈a，μ〉|.(3)二面角設α—a—β的平面角為θ(0≤θ≤π)，則|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，點D在棱CC1上，且CD＝λCC1(0<λ≤1)．建立如圖所示的空間直角坐標系．(1)當λ＝eq\f(1,2)時，求異面直線AB1與A1D的夾角的余弦值；(2)若二面角A－B1D－A1的平面角為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)).當λ＝eq\f(1,2)時，因為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).故異面直線AB1與A1D的夾角的余弦值為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)).設平面AB1D的法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，則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的一個法向量為m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5－4λ,\r(3))，1，2)).設平面A1B1D的法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y，z))，則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的一個法向量為n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5－4λ,\r(3))，1，0)).因為二面角A－B1D－A1的平面角為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的值為1.思維升華(1)運用空間向量坐標運算求空間角的一般步驟：①建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；②求出相關點的坐標；③寫出向量坐標；④結合公式進行論證、計算；⑤轉(zhuǎn)化為幾何結論．(2)求空間角注意：①兩條異面直線所成的角α不一定是直線的方向向量的夾角β，即cosα＝|cosβ|；②兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補角；③直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，注意函數(shù)名稱的變化．跟蹤演練2如圖，在四棱錐S－ABCD中，SD⊥平面ABCD，四邊形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)設P是棱BC上一點，E是SA的中點，若PE與平面SAD所成角的正弦值為eq\f(2\r(26),13)，求線段CP的長．解(1)以D為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系Dxyz，則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)．設平面SBC的法向量為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的一個法向量．因為SD⊥平面ABC，取平面ABC的一個法向量n2＝(0,0,1)．設二面角S－BC－A的大小為θ，所以|cosθ|＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(|1|,\r(6))＝eq\f(\r(6),6)，由圖可知二面角S－BC－A為銳二面角，所以二面角S－BC－A的余弦值為eq\f(\r(,6),6).(2)由(1)知，E(1,0,1)，則eq\o(CB,\s\up6(→))＝(2,1,0)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1，－1,1)．設eq\o(CP,\s\up6(→))＝λeq\o(CB,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，則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的一個法向量．設PE與平面SAD所成的角為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)，所以線段CP的長為eq\f(\r(5),3).熱點三利用空間向量求解探索性問題存在探索性問題的基本特征是要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學對象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)是否存在或某一結論是否成立．解決這類問題的基本策略是先假設題中的數(shù)學對象存在(或結論成立)或暫且認可其中的一部分結論，然后在這個前提下進行邏輯推理，若由此導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結論．例3如圖，在四棱錐E－ABCD中，平面ABE⊥底面ABCD，側面AEB為等腰直角三角形，∠AEB＝eq\f(π,2)，底面ABCD為直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC.(1)求直線EC與平面ABE所成角的正弦值；(2)線段EA上是否存在點F，使EC∥平面FBD？若存在，求出eq\f(EF,EA)；若不存在，說明理由．解(1)因為平面ABE⊥平面ABCD，且AB⊥BC，平面ABE∩平面ABCD＝AB，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面ABE,則∠CEB即為直線EC與平面ABE所成的角，設BC＝a，則AB＝2a，BE＝eq\r(2)a，所以CE＝eq\r(3)a，則在Rt△CBE中，sin∠CEB＝eq\f(CB,CE)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，即直線EC與平面ABE所成角的正弦值為eq\f(\r(3),3).(2)存在點F，且eq\f(EF,EA)＝eq\f(1,3)時，有EC∥平面FBD，證明如下：取AB中點O為坐標原點，OB，OD，OE分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，設CD＝1，則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))).設平面FBD的法向量為v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，b，c))，則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))，因為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，即當點F滿足eq\f(EF,EA)＝eq\f(1,3)時，有EC∥平面FBD.思維升華空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷．解題時，把要成立的結論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法．跟蹤演練3如圖所示的空間幾何體中，底面四邊形ABCD為正方形，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??；(2)若在平面DEF上存在點P，使得BP⊥平面DEF，試通過計算說明點P的位置．解(1)因為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.因為四邊形ABCD為正方形，所以AB⊥AD，所以AD，AB，AF兩兩垂直，以A為原點，AD，AB，AF分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系(如圖)．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(xiàn)(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)．設平面CDE的一個法向量為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的一個法向量m＝(1，－1,2)，故cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),2)，因為二面角F－DE－C為鈍角，故二面角F－DE－C的大小為eq\f(5π,6).(2)設eq\o(DP,\s\up6(→))＝λeq\o(DE,\s\up6(→))＋μeq\o(DF,\s\up6(→))，因為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)，因為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是線段DE上靠近E的三等分點．真題體驗1．(2017·浙江改編)如圖，已知正四面體D—ABC(所有棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點，AP＝PB，eq\f(BQ,QC)＝eq\f(CR,RA)＝2，分別記二面角D—PR—Q，D—PQ—R，D—QR—P的平面角為α，β，γ，則α，β，γ的大小關系為________．答案α＜γ＜β解析如圖①，作出點D在底面ABC上的射影O，過點O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.由圖可知，它們的對邊都是DO，∴只需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可．如圖②，在AB邊上取點P′，使AP′＝2P′B，連接OQ，OR，則O為△QRP′的中心．設點O到△QRP′三邊的距離為a，則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)如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點M在線段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝eq\r(6)，AB＝4.(1)求證：M為PB的中點；(2)求二面角B—PD—A的大??；(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．(1)證明設AC，BD交于點E，連接ME，如圖所示．因為PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因為四邊形ABCD是正方形，所以E為BD的中點，所以M為PB的中點．(2)解取AD的中點O，連接OP，OE.因為PA＝PD，所以OP⊥AD，又因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且OP?平面PAD，所以OP⊥平面ABCD.因為OE?平面ABCD，所以OP⊥OE.因為四邊形ABCD是正方形，所以OE⊥AD，如圖，建立空間直角坐標系Oxyz，則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))．設平面BDP的法向量為n＝(x，y，z)，則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，則y＝1，z＝eq\r(2).于是n＝(1,1，eq\r(2))．平面PAD的法向量為p＝(0,1,0)，所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝eq\f(1,2).由題意知，二面角B－PD－A為銳角，所以它的大小為eq\f(π,3).(3)解由題意知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))).設直線MC與平面BDP所成的角為α，則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).所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為eq\f(2\r(6),9).押題預測(2017屆太原模擬)如圖，在幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD,DF∥BE,DF＝2BE＝2，EF＝3.(1)證明：平面ACF⊥平面BEFD；(2)若二面角A－EF－C是直二面角，求AE與平面ABCD所成角的正切值．押題依據(jù)利用空間向量求二面角全面考查了空間向量的建系、求法向量、求角等知識，是高考的重點和熱點．(1)證明∵四邊形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)設AC與BD交于點O，以點O為原點，OA方向為x軸，OB方向為y軸，BE方向為z軸建立空間直角坐標系，如圖．取DF的中點H，連接EH.∵BE綊DH,DH＝1，∴四邊形BEHD為平行四邊形，∵在Rt△EHF中，F(xiàn)H＝1，EF＝3，∴EH＝2eq\r(2)，∴BD＝2eq\r(2).設AB的長為a，則各點坐標為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))，F(xiàn)eq\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)).設n1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1，z1))為平面AEF的法向量，n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2，z2))為平面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，由題可得∠EAB為AE與平面ABCD的夾角，∵AB＝2，BE＝1，∴tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(1,2).方法二(幾何法)設AC與BD交于點O.∵四邊形ABCD是菱形，∴△ADF≌△CDF，△ABE≌△CBE，∴AF＝CF，AE＝CE，∴△AEF≌△CEF.過A作AM⊥EF，連接CM，則CM⊥EF，則∠AMC為二面角A－EF－C的平面角．設菱形的邊長為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的二面角為直角，∴∠AMC為直角，∴AM＝eq\r(2a2－4)，在△AEF中，AM⊥EF，設ME＝x，則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與平面ABCD所成角為∠EAB，∴tan∠EAB＝eq\f(1,2).A組專題通關1．已知平面ABC，點M是空間任意一點，點M滿足條件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(→))，則直線AM()A．與平面ABC平行 B．是平面ABC的斜線C．是平面ABC的垂線 D．在平面ABC內(nèi)答案D解析由已知得M，A，B，C四點共面，所以AM在平面ABC內(nèi)，故選D.2.(2017·湖南省衡陽市聯(lián)考)如圖所示，在正方體AC1中，AB＝2,A1C1∩B1D1＝E，直線AC與直線DE所成的角為α，直線DE與平面BCC1B1所成的角為β，則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解析由題意可知，α＝eq\f(π,2)，則coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－β))＝sinβ，以點D為坐標原點，DA，DC，DD1方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系，則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).故選A.3．正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在A1C上運動(包括端點)，則BP與AD1所成角的取值范圍是()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解析以點D為原點，DA，DC，DD1分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設正方體棱長為1，設點P坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，1－x，x))(0≤x≤1)，則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))，設eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))的夾角為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))，所以當x＝eq\f(1,3)時，cosα取得最大值eq\f(\r(3),2)，α＝eq\f(π,6).當x＝1時，cosα取得最小值eq\f(1,2)，α＝eq\f(π,3).因為BC1∥AD1.故選D.4．(2017·全國Ⅱ)已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為()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解析方法一將直三棱柱ABC－A1B1C1補形為直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如圖所示，連接AD1，B1D1，BD.由題意知∠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與AD1所成的角即為AB1與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).故選C.方法二以B1為坐標原點，B1C1所在的直線為x軸，垂直于B1C1的直線為y軸，BB1所在的直線為z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．由已知條件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1，eq\r(3)，1)，則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).所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5).故選C.5．(2017·全國Ⅲ)a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結論：①當直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角；②當直線AB與a成60°角時，AB與b成60°角；③直線AB與a所成角的最小值為45°；④直線AB與a所成角的最大值為60°.其中正確的是________．(填寫所有正確結論的編號)答案②③解析依題意建立如圖所示的空間直角坐標系，設等腰直角三角形ABC的直角邊長為1.由題意知，點B在平面xOy中形成的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓．設直線a的方向向量為a＝(0,1,0)，直線b的方向向量為b＝(1,0,0)，eq\o(CB,\s\up6(→))以Ox軸為始邊沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)角為θ，θ∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2π))，則B(cosθ，sinθ，0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(cosθ，sinθ，－1)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝eq\r(2).設直線AB與直線a所成的夾角為α，則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正確，④錯誤；設直線AB與直線b所成的夾角為β，則cosβ＝eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·b|,|b||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2)|cosθ|.當直線AB與直線a的夾角為60°，即α＝60°時，則|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°，即直線AB與b的夾角為60°.∴②正確，①錯誤．6.如圖，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面四邊形ABCD為菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝eq\f(π,3)，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點．(1)求異面直線EF，AD所成角的余弦值；(2)點M在線段A1D上，eq\f(A1M,A1D)＝λ.若CM∥平面AEF，求實數(shù)λ的值．解因為四棱柱ABCD－A1B1C1D1為直四棱柱，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)，則△ABC是等邊三角形．因為E是BC中點，所以BC⊥AE.因為BC∥AD，所以AE⊥AD.以{eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))}為正交基底建立空間直角坐標系．則A(0,0,0)，C(eq\r(3)，1,0)，D(0,2,0)，A1(0,0,2)，E(eq\r(3)，0,0)，F(xiàn)eq\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))，從而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).故異面直線EF，AD所成角的余弦值為eq\f(\r(2),4).(2)設M(x，y，z)，由于點M在線段A1D上，且eq\f(A1M,A1D)＝λ，則eq\o(A1M,\s\up6(→))＝λeq\o(A1D,\s\up6(→))，即(x，y，z－2)＝λ(0,2，－2)．則M(0,2λ，2－2λ)，eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，2λ－1,2－2λ)．設平面AEF的法向量為n＝(x0，y0，z0)．因為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，則z0＝－1，則平面AEF的一個法向量為n＝(0,2，－1)．由于CM∥平面AEF，則n·eq\o(CM,\s\up6(→))＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(2,3).7．(2017·全國Ⅲ)如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.(1)證明：平面ACD⊥平面ABC；(2)過AC的平面交BD于點E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D—AE—C的余弦值．(1)證明由題設可得△ABD≌△CBD.從而AD＝CD，又△ACD為直角三角形，所以∠ADC＝90°，取AC的中點O，連接DO，BO，則DO⊥AC，DO＝AO.又因為△ABC是正三角形，故BO⊥AC，所以∠DOB為二面角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)解由題設及(1)知，OA，OB，OD兩兩垂直，以O為坐標原點，eq\o(OA,\s\up6(→))為x軸正方向，eq\o(OB,\s\up6(→))為y軸正方向，eq\o(OD,\s\up6(→))為z軸正方向，|eq\o(OA,\s\up6(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz，則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)，由題設知，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的eq\f(1,2)，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的eq\f(1,2)，即E為DB的中點，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)).設平面AED的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面AEC的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則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，則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，則n2＝(0，－1，eq\r(3))，設二面角D—AE—C的平面角為θ，易知θ為銳角，則cosθ＝eq\f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq\f(\r(7),7).8．(2016·浙江)如圖，在三棱臺ABC—DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求證：BF⊥平面ACFD；(2)求二面角B—AD—F的平面角的余弦值．(1)證明延長AD，BE，CF相交于一點K，如圖所示．因為平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCFE，因此BF⊥AC.又因為EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK為等邊三角形，且F為CK的中點，則BF⊥CK，且CK∩AC＝C，所以BF⊥平面ACFD.(2)解方法一過點F作FQ⊥AK于點Q，連接BQ.因為BF⊥平面ACFD，所以BF⊥AK，則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，F(xiàn)Q＝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的平面角的余弦值為eq\f(\r(3),4).方法二如圖，延長AD，BE，CF相交于一點K，則△BCK為等邊三角形．取BC的中點O，連接KO，則KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.以點O為原點，分別以射線OB，OK的方向為x軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系Oxyz.由題意得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)))，F(xiàn)eq\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)．設平面ACK的法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量為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的平面角的余弦值為eq\f(\r(3),4).B組能力提高9．已知空間四邊形ABCD，滿足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，則eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))的值為()A．－1 B．0C.eq\f(21,2) D.eq\f(33,2)答案B解析如圖，構造符合題設的空間四邊形ABCD，不妨設AB⊥BD，則BD＝eq\r(81－9)＝eq\r(72)，因為BC2＋BD2＝CD2，則CB⊥BD，故由線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，故選B.10.(2017屆上饒模擬)如圖，在長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝eq\r(3)AD＝eq\r(3)AA1＝eq\r(3)，點P為線段A1C上的動點(包含線段端點)，則下列結論正確的是________．①當eq\o(A1C,\s\up6(→))＝3eq\o(A1P,\s\up6(→))時，D1P∥平面BDC1；②當eq\o(A1C,\s\up6(→))＝5eq\o(A1P,\s\up6(→))時，A1C⊥平面D1AP；③∠APD1的最大值為90°；④AP＋PD1的最小值為eq\r(5).答案①②解析以D為坐標原點建立空間直角坐標系，則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)，則eq\o(A1C,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，－1)，設P(x，y，z)，eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(x－1，y，z－1)．對于①，當eq\o(A1C,\s\up6(→))＝3eq\o(A1P,\s\up6(→))時，(－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)))，設平面BDC1的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則由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；對于②，當eq\o(A1C,\s\up6(→))＝5eq\o(A1P,\s\up6(→))時，(－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；對于③，設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)，其分子化簡得eq\f(5－2λ,λ2)，當λ>eq\f(5,2)時，cos〈eq\o(PA,\s\up6(→))，eq\o(PD1,\s\up6(→))〉<0，故∠APD1的最大值可以為鈍角，③錯誤．對于④，根據(jù)③計算的數(shù)據(jù)，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)，在對稱軸eq\f(1,λ)＝eq\f(1,5)，即λ＝5時取得最小值2eq\r(\f(4,5))＝eq\f(4\r(5),5)，故④錯誤．11.如圖，已知圓錐OO1和圓柱O1O2的組合體(它們的底面重合)，圓錐的底面圓O1半徑為r＝5,OA為圓錐的母線，AB為圓柱O1O2的母線，D，E為下底面圓O2上的兩點，且DE＝6，AB＝6.4，AO＝5eq\r(2)，AO⊥AD.(1)求證：平面ABD⊥平面ODE;(2)求二面角B—AD—O的正弦值．(1)證明依題易知，圓錐的高為h＝eq\r(5\r(2)2－52)＝5，又圓柱的高為AB＝6.4，AO⊥AD，所以OD2＝OA2＋AD2，因為AB⊥BD，所以AD2＝AB2＋BD2