§8.5　空間向量及其在立體幾何中的應(yīng)用專題檢測1.(2019浙江紹興數(shù)學調(diào)測(3月),9)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1兩兩互相垂直,AB=AC=AA1,M,N是線段BB1,CC1上的點,平面AMN與平面ABC所成的(銳)二面角為,當B1M最小時,∠AMB=(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　B　以A為原點,AB,AC,AA1所在的直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示.設(shè)AB=AC=AA1=1,CN=b,BM=a,則N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),∴=(1,0,a),=(0,1,b).設(shè)平面AMN的法向量為n=(x,y,z),則取z=1,得n=(-a,-b,1).由圖可知平面ABC的一個法向量為=(0,0,1),∵平面AMN與平面ABC所成(銳)二面角為,∴cos==, 解得3a2+3b2=1.∴當B1M最小時,BM的值最大.∴b=0,BM=a=,∴tan∠AMB===,∴∠AMB=.故選B.2.(2018新疆烏魯木齊八一中學期中,9)如圖所示,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,點E是棱AB的中點,則點E到平面ACD1的距離為(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　C　如圖,以D為坐標原點,直線DA,DC,DD1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,則D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0).=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1),設(shè)平面ACD1的法向量為n=(a,b,c),則取a=2,得n=(2,1,2),∴點E到平面ACD1的距離h===.故選C.3.(2018甘肅慶陽一中月考,9)已知棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E是A1B1的中點,則直 線AE與平面ABC1D1所成角的正切值是(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　A　以D為原點,直線DA為x軸,直線DC為y軸,直線DD1為z軸,建立空間直角坐標系D-xyz,∵正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,E是A1B1的中點,∴A(1,0,0),E,B(1,1,0),D1(0,0,1),∴=,=(0,1,0),=(-1,0,1),設(shè)平面ABC1D1的法向量n=(x,y,z).則取x=1,可得n=(1,0,1),設(shè)直線AE與平面ABC1D1所成的角為θ,θ∈,則sinθ=|cos<,n>|==.∴cosθ=,∴tanθ==.故選A.思路分析　建立空間坐標系,求出平面ABC1D1的法向量及,利用向量的夾角公式求解.方法總結(jié)　線面角的求解方法常用的有兩個,一是利用空間向量,二是定義法.本題也可從點E引平面ABC1D1的垂線,垂足為正方體的中心,用定義法求解. 4.(2018全國名校聯(lián)考,8)過正方形ABCD的頂點A,作PA⊥平面ABCD,若PA=BA,則平面ABP和平面CDP所成的銳二面角的大小是(　　)A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.90°答案　B　以A為原點,直線AB為x軸,直線AD為y軸,直線AP為z軸,建立空間直角坐標系,設(shè)PA=BA=1,則C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1),=(1,1,-1),=(0,1,-1),設(shè)平面PCD的法向量n=(x,y,z),則取y=1,得n=(0,1,1),易知平面ABP的一個法向量m=(0,1,0),設(shè)平面ABP和平面CDP所成的銳二面角的大小為θ,則cosθ===,∴θ=45°,∴平面ABP和平面CDP所成的銳二面角的大小為45°.故選B.思路分析　考慮到PA⊥面ABCD,AB⊥AD,以A為原點建立空間直角坐標系,利用向量的坐標運算求出平面的法向量,由向量的夾角公式求解.一題多解　把該幾何體補成正方體,即通過補體法,利用正方體的性質(zhì)易得所求二面角的大小為45°.5.(2018北京海淀二模,14)如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中點,點 P在側(cè)面ABB1A1內(nèi),若D1P垂直于CM,則△PBC的面積的最小值為　　　　.?答案　解析　以D為原點,直線DA,DC,DD1分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.則D1(0,0,2),M(2,0,1),C(0,2,0),B(2,2,0),∴=(-2,2,-1).∵點P在側(cè)面ABB1A1內(nèi),∴設(shè)P的坐標為(2,b,c),b,c∈[0,2],∴=(2,b,c-2),又∵⊥,∴·=0,∴-4+2b+2-c=0,解得c=2b-2,∴b∈[1,2],又∵PB⊥BC,∴S△PBC=BC·PB=×2×PB=,將c=2b-2代入上式,得S△PBC==,b∈[1,2], ∴當b=時,S△PBC取得最小值,為.6.(2018北京西城一模,14)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,BC=1,點P在側(cè)面A1ABB1上.若點P到直線AA1和CD的距離相等,則A1P的最小值是　　　　.?答案　解析　以D為原點,分別以直線DA,DC,DD1為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,則A1(1,0,2),設(shè)P(1,y,z),則y∈[0,2],z∈[0,2],因為P到直線AA1的距離為y,P到直線CD的距離為,所以y=,所以A1P===,所以當z=1時,A1P取最小值,且最小值為.7.(2016陜西商洛一模,19)如圖,四面體ABCD中,O、E分別是BD、BC的中點,CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=.(1)求證:AO⊥平面BCD;(2)求異面直線AB與CD所成角的余弦值;(3)求點E到平面ACD的距離.解析　(1)證明:連接OC,由CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=,O為BD的中點得AO⊥BD,CO=,AO=1,在△AOC中,AC2=AO2+OC2,故AO⊥OC. 又BD∩OC=O,因此AO⊥平面BCD.(2)如圖,建立空間直角坐標系O-xyz,則A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0),E,則=(1,0,-1),=(-1,-,0),∴|cos<,>|==,∴異面直線AB與CD所成角的余弦值為.(3)=(-1,0,-1),=(-1,-,0),=,設(shè)平面ACD的法向量為n=(x,y,z).由n·=0,n·=0,得令y=1,則n=(-,1,).所以點E到平面ACD的距離為d==.8.(2016廣西南寧二模,19)如圖,正方體ABCD-A1B1C1D1中,點M是CD的中點.(1)求BB1與平面A1C1M所成角的余弦值;(2)在BB1上找一點N,使得D1N⊥平面A1C1M.解析　(1)以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在的直線分別為x軸,y軸,z 軸建立如圖所示的空間直角坐標系,設(shè)正方體的棱長為1,則A1(1,0,1),M,C1(0,1,1),所以=(-1,1,0),=,設(shè)平面A1C1M的法向量e=(x,y,z),由得令y=1,則x=1,z=-,所以e=,又=(0,0,1),則cos<,e>==-,所以sin<,e>===,即BB1與平面A1C1M所成角的余弦值為.(2)設(shè)N的坐標為(1,1,t),其中0≤t≤1,則=(1,1,t-1),因為D1N⊥平面A1C1M,所以與e共線, 從而t-1=-,則t=.即當點N為BB1的中點時,D1N⊥平面A1C1M.思路分析　(1)根據(jù)正方體中的垂直關(guān)系,建立空間直角坐標系,求得所需點的坐標,利用空間向量求得BB1與平面A1C1M所成角的余弦值;(2)可設(shè)N的坐標為(1,1,t),因為D1N⊥平面A1C1M,所以與e共線,求得t=,所以當點N為BB1的中點時,D1N⊥平面A1C1M.9.(2018天津十二校4月聯(lián)考,17)如圖,四邊形ABCD是邊長為3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2,DE=3.(1)求證:平面ACE⊥平面BED;(2)求直線CA與平面BEF所成角的正弦值;(3)在線段AF上是否存在點M,使得二面角M-BE-D的大小為60°?若存在,求出的值;若不存在,說明理由.解析　(1)證明:因為平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE?平面ADEF,DE⊥AD,所以DE⊥平面ABCD.(2分)又因為AC?平面ABCD,所以DE⊥AC.因為四邊形ABCD是正方形, 所以AC⊥BD,又因為DE∩BD=D,DE?平面BED,BD?平面BED,所以AC⊥平面BDE.(3分)又因為AC?平面ACE,所以平面ACE⊥平面BED.(4分)(2)因為DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空間直角坐標系D-xyz如圖所示.則A(3,0,0),F(3,0,2),E(0,0,3),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)所以=(3,-3,0),=(-3,-3,3),=(3,0,-).設(shè)平面BEF的法向量為n=(x1,y1,z1).則即令x1=,則y1=2,z1=3,則n=(,2,3).(6分)所以cos<,n>===-.(7分)所以直線CA與平面BEF所成角的正弦值為.(8分)(3)存在,理由如下:設(shè)M(3,0,t),0≤t≤2.(9分)則=(0,-3,t),=(-3,-3,3).設(shè)平面MBE的法向量為m=(x2,y2,z2), 則即令y2=t,則z2=3,x2=3-t,則m=(3-t,t,3).(10分)又=(3,-3,0)是平面BDE的一個法向量,∴|cos|===,(11分)整理得2t2-6t+15=0,解得t=或t=(舍去),(12分)∴=.(13分)10.(2020云南紅河二模,19)如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=2,E為CD中點.(1)在棱AA1上是否存在一點P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的長;若不存在,說明理由;(2)若二面角A-B1E-A1的大小為30°,求AB的長.解析　本題主要考查長方體的性質(zhì),線面平行的判定,二面角以及探索性問題的求解,通過向量法求解意在考查學生的運算求解能力和推理論證能力,考查的核心素養(yǎng)為直觀想象、數(shù)學運算、邏輯推理.如圖,以A為原點,以,,的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系.設(shè)AB=a(a>0),則A(0,0,0),D(0,2,0),D1(0,2,2),E,B1(a,0,2),故=(0,2,2),=(a,0,2),= .(1)假設(shè)在棱AA1上存在一點P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE.此時=(0,-2,z0).設(shè)平面B1AE的法向量n=(x,y,z).∵n⊥平面B1AE,∴n⊥,n⊥,得取x=2,得平面B1AE的一個法向量n=.要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有a-az0=0,解得z0=1.又DP?平面B1AE,∴存在點P,滿足DP∥平面B1AE,此時AP=1.(2)連接A1D,B1C,由長方體ABCD-A1B1C1D1及AA1=AD=2得AD1⊥A1D.∵CD⊥平面A1ADD1,∴CD⊥AD1,∵A1D∩CD=D,∴AD1⊥平面DCB1A1,∴=(0,2,2)就是平面A1B1E的一個法向量,設(shè)與n所成的角為θ,則cosθ==.∵二面角A-B1E-A1的大小為30°,∴|cosθ|=cos30°,即=,解得a=4,即AB的長為4.11.(2018北京一七一中學期中,17)在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,AB⊥AD,PA=AB,AB∶AD∶CD=2∶∶1.(1)證明:BD⊥PC;(2)求二面角A-PC-D的余弦值; (3)設(shè)點Q為線段PD上一點,且直線AQ與平面PAC所成角的正弦值為,求的值.解析　以A為坐標原點,建立空間直角坐標系A(chǔ)-xyz,如圖所示,設(shè)B(2,0,0),D(0,,0),P(0,0,2),C(1,,0).(1)∵=(-2,,0),=(1,,-2),∴·=0,∴BD⊥PC.(2)由=(1,,0),=(0,0,2),易得平面PAC的一個法向量為m=(,-1,0).由=(0,-,2),=(1,0,0),易得平面DPC的一個法向量為n=(0,-,-1).∴cos==,∴二面角A-PC-D的余弦值為.(3)令=t,t∈[0,1],則=+=+t=(0,0,2)+t(0,,-2)=(0,t,2-2t).設(shè)θ為直線AQ與平面PAC所成的角,則sinθ=|cos<,m>|==,所以=,所以3t2=6t2-8t+4, 解得t=2(舍)或.所以=.12.(2018北京西城一模,17)如圖1,在△ABC中,D,E分別為AB,AC的中點,O為DE的中點,AB=AC=2,BC=4.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使得平面A1DE⊥平面BCED,如圖2.(1)求證:A1O⊥BD;(2)求直線A1C和平面A1BD所成角的正弦值;(3)線段A1C上是否存在點F,使得直線DF和BC所成角的余弦值為?若存在,求出的值;若不存在,請說明理由.解析　(1)證明:因為在△ABC中,D,E分別為AB,AC的中點,所以DE∥BC,AD=AE.所以A1D=A1E,又O為DE的中點,所以A1O⊥DE.因為平面A1DE⊥平面BCED,且A1O?平面A1DE,所以A1O⊥平面BCED,所以A1O⊥BD.(2)取BC的中點G,連接OG,所以O(shè)E⊥OG.由(1)得A1O⊥OE,A1O⊥OG.如圖,建立空間直角坐標系O-xyz. 由題意得,A1(0,0,2),B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,-1,0).所以=(2,-2,-2),=(0,-1,-2),=(2,2,-2).設(shè)平面A1BD的法向量為n=(x,y,z),則即令x=1,則y=2,z=-1,所以n=(1,2,-1).設(shè)直線A1C和平面A1BD所成的角為θ,則sinθ=|cos|==.所以直線A1C和平面A1BD所成角的正弦值為.(3)線段A1C上存在點F滿足題意.設(shè)=λ,其中λ∈[0,1].設(shè)F(x1,y1,z1),則有(x1,y1,z1-2)=(2λ,2λ,-2λ),所以x1=2λ,y1=2λ,z1=2-2λ,從而F(2λ,2λ,2-2λ),所以=(2λ,2λ+1,2-2λ).又=(0,4,0),所以|cos<,>|==.令=, 整理得3λ2-7λ+2=0.解得λ=或λ=2(舍去).所以線段A1C上存在點F滿足題意,且=.13.(2020天津河西學情調(diào)查,17)如圖所示的幾何體中,四邊形ABCD是菱形,ADNM是矩形,ND⊥平面ABCD,∠DAB=60°,AD=2,AM=1,E為AB的中點.(1)求證:NA∥平面MEC;(2)求直線MB與平面MEC所成角的正弦值;(3)設(shè)P為線段AM上的動點,二面角P-EC-D的平面角的大小為30°,求線段AP的長.解析　因為四邊形ABCD是菱形,E為AB的中點,∠DAB=60°,所以DE⊥AB,又AB∥CD,所以DE⊥DC,又ND⊥平面ABCD,所以建立以D為原點,以,,的方向為x軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標系,則A(,-1,0),B(,1,0),C(0,2,0),D(0,0,0),E(,0,0),M(,-1,1),N(0,0,1).(1)證明:=(0,1,-1),=(-,3,-1),設(shè)n=(x,y,z)為平面MEC的法向量,則即不妨令y=1,可得n=,又=(,-1,-1),所以·n=0,又因為直線NA?平面MEC,所以NA∥平面MEC.(2)=(0,2,-1),由(1)知平面MEC的一個法向量為n=,所以cos==, 所以直線MB與平面MEC所成角的正弦值為.(3)設(shè)P(,-1,h),h∈[0,1],=(-,2,0),=(0,-1,h),設(shè)m=(x1,y1,z1)為平面PEC的法向量,則即不妨令y1=h,可得m=(2h,h,),又=(0,0,1)是平面DEC的一個法向量,所以|cos|==,解得h=,所以線段AP的長為.思路分析　以D為原點建立空間直角坐標系.(1)求得平面MEC的一個法向量n,由n·=0即可證明NA∥平面MEC.(2)cos=,進而求得直線MB與平面MEC所成角的正弦值.(3)設(shè)出P點坐標,求出平面PEC的一個法向量m,易知是平面DEC的一個法向量,結(jié)合|cos|==求得P點坐標即可.14.(20195·3原創(chuàng)題)已知梯形ABCD,AD∥BC,AD=AB=BC=2,∠ABC=120°,以BD為折痕,把△BDC折起,使點C到達點P的位置,且PD⊥AB.(1)證明:平面PAD⊥平面ABD;(2)試問在棱PA上是否存在一點F,使得二面角P-BD-F的正弦值為?如果存在,請說明點F的位置.解析　(1)證明:∵AD∥BC,∠ABC=120°,∴∠BAD=60°,∵AD=AB=2,∴△ABD為正三角形,∴∠ABD=60°,BD=2,∴∠DBC=60°,在△BCD中,BC=4, 由余弦定理可得CD=2,(2分)∴BD2+CD2=BC2,∴∠CDB=90°,∴PD⊥BD,又∵PD⊥AB,AB∩BD=B,∴PD⊥平面ABD,∵PD?平面PAD,∴平面PAD⊥平面ABD.(4分)(2)在平面ABD中,過點D作DM⊥DA,以DA,DM,DP所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系D-xyz如圖所示,D(0,0,0),P(0,0,2),A(2,0,0),B(1,,0).(6分)假設(shè)存在點F,設(shè)=λ(0≤λ≤1),則F(2-2λ,0,2λ),設(shè)平面BDF的一個法向量為n=(x1,y1,z1),則可取x1=,y1=-1,z1=,即n=,(8分)解法一:∵二面角P-BD-F的正弦值為,∴二面角P-BD-F的余弦值為,設(shè)平面PBD的一個法向量為m=(x2,y2,z2),則可取x2=,y2=-1,z2=0, 即m=(,-1,0),(10分)∴|cos|==,即=,解得λ=,(11分)∴存在點F為棱PA的中點,使得二面角P-BD-F的正弦值為.(12分)解法二:由(1)可知平面PBD⊥平面ABD,∴二面角P-BD-F的正弦值就是二面角A-BD-F的余弦值,又平面ABD的一個法向量為m=(0,0,1).(10分)∴|cos|==,即=,解得λ=,(11分)∴存在點F為棱PA的中點,使得二面角P-BD-F的正弦值為.(12分)15.(2020山東夏季高考模擬,19)如圖,四棱錐S-ABCD中,底面ABCD為矩形,SA⊥平面ABCD,E,F分別為AD,SC的中點,EF與平面ABCD所成的角為45°.(1)證明:EF為異面直線AD與SC的公垂線;(2)若EF=BC,求二面角B-SC-D的余弦值. 解析　(1)證明:以A為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位長度,建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz.設(shè)D(0,b,0),S(0,0,c),則C(1,b,0),E,F,=,=(0,0,c),=(0,b,0).因為EF與平面ABCD所成的角為45°,所以與底面的法向量的夾角為45°.·=||||cos45°,即=·c·,所以c=1,故=,=(1,b,-1),從而·=0,·=0,所以EF⊥SC,EF⊥AD.因此EF為異面直線AD與SC的公垂線.(2)連接BF.由B(1,0,0),=(0,b,0),||=||得b=. 于是F,C(1,,0),故=,=(1,,-1),從而·=0,即FB⊥SC.取CF的中點G,連接DG.則G,=,從而·=0,即GD⊥SC.因此<,>等于二面角B-SC-D的平面角.cos<,>==-.所以二面角B-SC-D的余弦值為-.