空间向量的应用—求空间角、距离
题型一 求异面直线所成的角
例1 如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，点E是正方形
BCC1B1的中心，点F、G分别是棱C1D1、AA1的中点，设点E1、G1 分别是点E、G在平面DCC1D1内的正投影． (1)证明：直线FG1⊥平面FEE1；
(2)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值．
如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD
＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．
题型二 求直线与平面所成的角
例2 在平面四边形ABCD中，AB=BD=CD=1，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图． （1）求证：AB⊥CD；
（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC
＝1
2
AB，N为AB上一点，且AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点． (1)证明：CM⊥SN；
(2)求SN与平面CMN所成角的大小．
例3 (2012·广东)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩
形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE. (1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．
(2011·辽宁)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面
ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝12
PD.
(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q—BP—C的余弦值．
例4 在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥
平面ABC，SA＝SC＝3，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示. 求点B到平面CMN的距离．
(2012·大纲全国)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为
CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为
A．2
( )
3 C.2 D．1
课后强化训练
A组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1. 已知正方体ABCD—A1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角
为
( )
A．60° C．30°
B．45° D．90°
2． 在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，
则点P到平面OAB的距离d等于 A．4
B．2
( )
C．3 D．1
3. 如图所示，已知正方体ABCD—A1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1
和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是 A．60° C．30°
B．45° D．90°
( )
4． 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的
锐二面角的余弦值为 1
A. 2
2B. 3
C.
D.
2 2
( )
3
3
二、填空题(每小题5分，共15分)
5. 如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，
∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1 所成的角是________．
6． 长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，
则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为____________．
7． 设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．
三、解答题(共22分)
8． (10分)如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABD
所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝ 4，CD＝1，AD＝2.
(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标； (2)求异面直线PA与
BC
所成的角的余弦值．
9． (12分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P—ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥
平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝3，BC＝6. (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)求二面角P—BD—A的大小．
B组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)
一、选择题(每小题5分，共15分)
→→
1． 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈CM，D1N〉
的值为 1A. 9
( )
45 92D.3
2
C.5 2． 在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )
A.2
2
15 5
6
4
D.6 3
3. 如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的对角线BD1
DP上，记λ.当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是
D1B1
0 A.⎛⎝31⎫C.⎛⎝2，1⎭
1
0 B.⎛⎝21⎫D.⎛⎝3，1⎭
( )
二、填空题(每小题5分，共15分)
4． (2012·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－
A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 ________．
5．直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为________．
A. B.
6． 在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为________．
三、解答题
7． (13分)(2012·北京)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，
AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
空间向量的应用—求空间角、距离
题型一 求异面直线所成的角
例1 如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，点E是正方形
BCC1B1的中心，点F、G分别是棱C1D1、AA1的中点，设点E1、G1 分别是点E、G在平面DCC1D1内的正投影． (1)证明：直线FG1⊥平面FEE1；
(2)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值．
→→→
(1)证明 以D为原点，DD1、DC、DA分别为z轴、y轴、x轴1→
DD1|为1个单位长度建立空间直角坐标系．
2
由题设知点E、F、G1、E1的坐标分别为(1,2,1)，(0,1,2)，(0,0,1)，(0,2,1)，
→→→
∴FE1＝(0,1，－1)，FG1＝(0，－1，－1)，EE1＝(－1,0,0)， →→→→→→→→∴FG1·EE1＝0，FG1·FE1＝0⇒FG1⊥EE1，FG1⊥FE1， 又∵EE1∩FE1＝E1.∴FG1⊥平面FEE1. (2)解 由题意知点A的坐标为(2,0,0)，
→→
又由(1)可知EA＝(1，－2，－1)，E1G1＝(0，－2,0)， →→EA·E1G16→→
∴cos〈EA，E1G1〉＝＝，
3→→
|EA|·|E1G1|→→
∴sin〈EA，E1G13
→→
1－cos2〈EA，E1G1.
3
如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB＝4，
AD＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．
→→→
解 以A为原点，AB、AD、AA1分别为x轴、y轴、z轴的正向建立空间直角坐标系，则→→
有D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是EC1＝(1,3,2)，FD1＝(－4,2,2)，设EC1与
FD1
所成的角为β，则： →→|EC·FD|
cos β＝
→→|EC1|·|FD1|＝
1×(－4)＋3×2＋2×21＋3＋2×(－4)＋2＋2
14
21. 14
∴直线EC1与FD1所成的角的余弦值为题型二 求直线与平面所成的角
例2 在平面四边形ABCD中，AB=BD=CD=1
，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图． （1）求证：AB⊥CD；
（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
（1）证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，
∴AB⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD．
（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系．
∵AB=BD=CD=1，AB⊥BD，CD⊥BD，
∴B（0，0，0），C（1，1，0），A（0，0，1），D（0，1，0），M∴
=（0，1，﹣1），
=（1，1，0），
=
．
．
设平面BCM的法向量=（x，y，z），则，
令
y=﹣1，则x=1，z=1．∴=（1，﹣1，1）． 设直线AD与平面MBC所成角为θ． 则sinθ=|cos
|=
=
=
已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA
1
＝AC＝AB，N为AB上一点，且AB＝4AN，M，S分别为PB，BC
2的中点．
(1)证明：CM⊥SN；
(2)求SN与平面CMN所成角的大小．
(1)证明 设PA＝1，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，
111
则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0，)，N，0,0)，S(1，，0)．
2221→11→
所以CM＝(1，－1)，SN＝(－，0)．
22211→→
因为CM·SN＝－＋0＝0，
22所以CM⊥SN.
(2)解 设平面CMN的法向量为n＝(x，y，z)，
⎧则⎨→⎛1，－1，0⎫＝1－y＝0n·CN＝(x，y，z)·⎩⎝2⎭2
1
∴y＝x，z＝－x，取x＝2，
2
1→
n·CM＝x－y＋＝0
2
.
则n＝(2,1，－2)为平面CMN的一个法向量． →n·SN→
∴cos〈n·SN〉＝
→|n|·|SN|
⎛－1，－1，0
⎫(2，1，－2)·2⎭⎝22
＝.
2－2＋⎛－2＋022＋1＋(－2)⎛⎝2⎝2→
∴〈n·SN〉＝135°，
故SN与平面CMN所成角的大小为45°.
题型三 求二面角
例3 (2012·广东)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩
形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE. (1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值． (1)证明 ∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD.
同理由PC⊥平面BDE可证得PC⊥BD. 又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC. (2)解 如图，
分别以射线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系． 由(1)知BD⊥平面PAC， 又AC⊂平面PAC， ∴BD⊥AC.
故矩形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝2. ∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)． →→→
∴PB＝(2,0，－1)，BC＝(0,2,0)，BD＝(－2,2,0)． 设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)， →⎧⎧PB＝0，x＋0·y－z＝0，⎪n·⎪2·则⎨ 即⎨
⎪→0·x＋2·y＋0·z＝0，⎩⎪BC＝0，⎩n·
⎧⎪z＝2x，
∴⎨取x＝1得n＝(1,0,2)． ⎪y＝0，⎩
→
∵BD⊥平面PAC，∴BD＝(－2,2,0)为平面PAC的一个法向量． →n·BD10→
cos 〈n，BD〉＝.
10→
|n|·|BD|
π
设二面角B－PC－A的平面角为α，由图知0
2∴cos α＝
10310，sin α1－cosα＝
. 1010
sin α
∴tan α＝3，
cos α
即二面角B－PC－A的正切值为
3.
(2011·辽宁)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面
1
ABCD，PD∥QA，QA＝ABPD.
2(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q—BP—C的余弦值．
(1)证明 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，以DA、DP、DC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz.
→→
依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则DQ＝(1,1,0)，DC＝(0,0,1)，
→
PQ＝(1，－1,0)．
→→→→所以PQ·DQ＝0，PQ·DC＝0， 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DCQ. 又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.
→→
(2)解 依题意有B(1,0,1)，CB＝(1,0,0)，BP＝(－1,2，－1)． 设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量， →⎧⎧CB＝0，⎪n·⎪x＝0，则⎨ 即⎨
⎪→－x＋2y－z＝0.⎩⎪BP＝0，⎩n·
因此可取n＝(0，－1，－2)．
→⎧BP＝0，⎪m·
同理，设m是平面PBQ的法向量，则⎨
→⎪PQ＝0，⎩m·可取m＝(1,1,1)．所以cos〈m，n〉＝－故二面角Q—BP—C题型四 求空间距离
例4 在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥
平面ABC，SA＝SC＝3，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示. 求点B到平面
CMN
的距离．
155
. 5
解 取AC的中点O，连接OS、OB.∵SA＝SC，AB＝BC， ∴AC⊥SO，AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC， 平面SAC∩平面ABC＝AC， ∴SO⊥平面ABC，
又∵BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO.
如图所示，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则B3，0)，C(－2,0,0)，S(0,0,22)， M(13，0)，N(032)．
→→→
∴CM＝(3，3，0)，MN＝(－1,0，2)，MB＝(－13，0)． 设n＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， →⎧n＝3x＋y＝0⎪CM·则⎨，取z＝1，
→⎪n＝－x＋2z＝0⎩MN·则x＝2，y6，∴n＝(2，－6，1)． →
|n·MB|4∴点B到平面CMN的距离d＝＝
|n|3
(2012·大纲全国)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E
为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为 A．2 答案 D
解析 以D为原点，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(如图)，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2，E(0,2，，易知AC1∥平面BDE. 设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量． →⎧BD＝2x＋2y＝0⎪n·
则⎨.
→⎪DE＝2y2z＝0⎩n·
取y＝1，则n＝(－1,1，－2)为平面BDE的一个法向量． →
又DA＝(2,0,0)，
∴点A到平面BDE的距离是 →
|－1×2＋0＋
0|
|n·DA|
d＝＝1.
|n|(－1)2＋12＋(2)2
故直线AC1到平面BED的距离为1.
( )
3 C.2 D．1
课后强化训练
A组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1. 已知正方体ABCD—A1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角
为
( )
A．60° C．30° 答案 D
B．45° D．90°
解析 以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设→→
正方体边长为1，则射线CD1、B1D的方向向量分别是CD1＝(－1,0,1)，B1D＝(－1,1，－1＋0－1→→
1)，cos〈CD1，B1D〉＝0，
2×3∴两直线所成的角为90°.
2． 在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，
则点P到平面OAB的距离d等于 A．4 答案 B
解析 P点到平面OAB的距离为 →|OP·n||－2－6＋2|d＝＝＝2，故选B.
|n|9
3. 如图所示，已知正方体ABCD—A1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1
和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是 A．60° C．30° 答案 B
解析 以D为原点，分别以射线DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则 D(0,0,0)，C(0,1,0)， 11⎫11，1，F⎛0，， E⎛2⎝22⎭⎝2
1
1→→
0，－，－，DC＝(0,1,0)， EF＝⎛2
2⎝
B．45° D．90°
( )
B．2
( )
C．3 D．1
→→EF·DC2→→→→
∴cos〈EF，DC〉＝，∴〈EF，DC〉＝135°，
2→→
|EF||DC|∴异面直线EF和CD所成的角是45°.
提醒 两异面直线的方向向量的夹角与异面直线所成的角相等或互补．
4． 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的
锐二面角的余弦值为 1A. 2答案 B
解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1， 1
1，0，，D(0,1,0)， 则A1(0,0,1)，E⎛2⎝1→→
1，0，－， ∴A1D＝(0,1，－1)，A1E＝⎛2⎝设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)， y－z＝0，⎧⎧⎪⎪y＝2，
则⎨1 ∴⎨
⎪z＝2.1－z＝0，⎩⎪⎩2
2B. 3
C.
D.
2 2
( )
3
3
∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝2
即所成的锐二面角的余弦值为3二、填空题(每小题5分，共15分)
5. 如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，
∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1 所成的角是________． 答案 60°
解析 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为
z轴，建立空间直角坐标系．
22
. 3×13
设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)， →→
则EF＝(0，－1,1)，BC1＝
(2,0,2)
，
→→∴EF·BC1＝2， →→
∴cos〈EF，BC1〉＝
21
＝，
2×22
∴EF和BC1所成的角为60°.
6． 长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1
与AE所成角的余弦值为____________． 答案
30
10
解析 建立坐标系如图， 则A(1,0,0)，E(0,2,1)， B(1,2,0)，C1(0,2,2)，
→→
∴BC1＝(－1,0,2)，AE＝(－1,2,1)， →→BC·AE→→
∴cos〈BC1，AE〉＝→→|BC1||AE|＝3010
7． 设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．
答案
3
3
解析 如图建立空间直角坐标系， 则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)， D(0,0,0)，B(2,2,0)， →
∴D1A1＝(2,0,0)，
→→
DA1＝(2,0,2)，DB＝(2,2,0)，
设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)， →⎧DA1＝2x＋2z＝0⎪n·则⎨.
→⎪DB＝2x＋2y＝0⎩n·令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，
→
|DA·n|23
∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝.
|n|33三、解答题(共22分)
8． (10分)如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABD
所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝ 4，CD＝1，AD＝2.
(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标； (2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值． 解 (1)建立如图空间直角坐标系，
∵∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2， ∴A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)．
由PD⊥平面ABCD，得∠PAD为PA与平面ABCD所成的角， ∴∠PAD＝60°.
在Rt△PAD中，由AD＝2，得PD＝23，∴P3)． →→
(2)∵PA＝(2,0，－23)，BC＝(－2，－3,0)， →→
∴cos〈PA，BC〉 ＝
2×(－2)＋0×(－3)＋(－23)×013
，
1313
1313
∴PA与BC所成的角的余弦值为
9． (12分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P—ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥
平面ABCD
，
P
A
＝3，AD＝2，AB＝3，BC＝6. (1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求二面角P—BD—A的大小．
(1)证明 如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B3，0,0)， C(23，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，
→→→
∴AP＝(0,0,3)，AC＝(23，6,0)，BD＝(－3，2,0)． →→→→∴BD·AP＝0，BD·AC＝0.∴BD⊥AP，BD⊥AC. 又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥面PAC.
(2)解 设平面ABD的法向量为m＝(0,0,1)， 设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)， →→→则n·BD＝0，n·BP＝0.∵BP＝(－23，0,3)， y＝3x，⎧⎪⎧－3x＋2y＝0，∴⎨解得⎨23 ⎩－23x＋3z＝0⎪⎩z＝3x.
m·n1令x＝3，则n＝3，3,2)，∴cos〈m，n〉＝＝.
|m||n|2∴二面角P—
BD—A的大小为60°.
B组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)
一、选择题(每小题5分，共15分)
→→1． 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈CM，D1N〉
的值为 1A. 9
( )
45 92D.3
2
C.5 答案 B
解析 设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y→→
轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，可知CM＝(2，－2,1)，D1N＝14→→→→
(2,2，－1)，cos〈CM，D1N〉＝－sin〈CM，D1N〉＝99
2． 在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )
A.2
2
15 5
6
4
D.6
3
答案
C 解析
→
建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则C1(3，1,0)、A(0,0,2)，AC1＝(3，1，－2)，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(1,0,0)，所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦→|AC·n|36值为＝.故选C.
→84|AC1||n|
3. 如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的对角线BD1
DP上，记λ.当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是
D1B1
0 A.⎛⎝31⎫C.⎛⎝2，1⎭ 答案 D
→→→
解析 由题设可知，以DA、DC、DD1为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则有 A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)， D1(0,0,1)．
→
由D1B＝(1,1，－1)得 →→
D1P＝λD1B＝(λ，λ，－λ)， →→→所以PA＝PD1＋D1A
＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)， →→→
PC＝PD1＋D1C＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1) ＝(－λ，1－λ，λ－1)．
显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于 →→PA·PC→→
cos∠APC＝cos〈PA，PC〉＝，
→→|PA||PC|→→
这等价于PA·PC
即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(
λ
－1)2
1
0 B.⎛⎝21⎫D.⎛⎝3，1⎭
( )
1＝(λ－1)(3λ－1)
1⎫因此，λ的取值范围为⎛⎝3，1⎭.
二、填空题(每小题5分，共15分)
4． (2012·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－
A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为
________．
答案 55
解析 利用向量法求解．
不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2.
可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，
→→∴BC1＝(0,2，－1)，AB1＝(－2,2,1)，
→→4－1BC·AB15→→∴cos〈BC1，AB1〉＝＝>0. →→5×955|BC1||AB1|→→∴BC1与AB1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，
∴直线BC1与直线AB15. 5
5．直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为________．
A.
B. 105
如图，分别以C1B1，C1A1，C1C为X,Y,Z轴，建立坐标系。令AC=BC=C1C=2,则A(0,2,2),B(2,0,2),M(1,1,0),N(0,1,0).∴BM=(-1,1，-2），AN=(0,-1，-2）。
cosθ==0-1+4
6=.10
6． 在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC
的距离为________．
答案
3 3
解析 根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则
P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)．
过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．
∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．
又∵△ABC为正三角形，∴H为△ABC的重心，
aaa⎫可得H点的坐标为⎛⎝3，33⎭.
∴PH＝⎛0⎫2＋⎛－0⎫2＋⎛－0⎫2＝3. ⎝3⎭⎝3⎭⎝3⎭3
3a. 3∴点P到平面ABC的距离为
三、解答题
7． (13分)(2012·北京)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，
AB
上的点，且DE
∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
(1)证明 ∵AC⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AC.
∴DE⊥A1D，DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC，
又A1C⊂平面A1DC，∴DE⊥A1C.
又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE.
(2)解 如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz
则A13)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．
→设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1B＝0
，
→n·BE＝0.
→→又A1B＝(3,0，－3)，BE＝(－1,2,0)，
⎧3x－3z＝0，∴⎨ ⎩－x＋2y＝0.
令y＝1，则x＝2，z3，
∴n＝(2,13)．
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
→∵CM＝(0,1，3)，
→⎪n·CM⎪42→∴sin θ＝|cos〈n，CM〉|＝⎪＝. ⎪→×2|CM|⎪⎪|n|·
π∴CM与平面A1BE所成角的大小为4
(3)解 线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下： 假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]． 设平面A1DP的法向量为m＝(x′，y′，z′)，
→→则m·A1D＝0，m·DP＝0.
→→又A1D＝(0,2，－3)，DP＝(p，－2,0)，
⎧2y′－23z′＝0，∴⎨ ⎩px′－2y′＝0.
令x′＝2，则y′＝p，z′＝
∴m＝⎛2，p，p⎫. ⎭p， 3 ⎝
平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，
即4＋p＋p＝0.
解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
空间向量的应用—求空间角、距离
题型一 求异面直线所成的角
例1 如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，点E是正方形
BCC1B1的中心，点F、G分别是棱C1D1、AA1的中点，设点E1、G1 分别是点E、G在平面DCC1D1内的正投影． (1)证明：直线FG1⊥平面FEE1；
(2)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值．
如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD
＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．
题型二 求直线与平面所成的角
例2 在平面四边形ABCD中，AB=BD=CD=1，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图． （1）求证：AB⊥CD；
（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AC
＝1
2
AB，N为AB上一点，且AB＝4AN，M，S分别为PB，BC的中点． (1)证明：CM⊥SN；
(2)求SN与平面CMN所成角的大小．
例3 (2012·广东)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩
形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE. (1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．
(2011·辽宁)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面
ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝12
PD.
(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q—BP—C的余弦值．
例4 在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥
平面ABC，SA＝SC＝3，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示. 求点B到平面CMN的距离．
(2012·大纲全国)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为
CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为
A．2
( )
3 C.2 D．1
课后强化训练
A组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1. 已知正方体ABCD—A1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角
为
( )
A．60° C．30°
B．45° D．90°
2． 在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，
则点P到平面OAB的距离d等于 A．4
B．2
( )
C．3 D．1
3. 如图所示，已知正方体ABCD—A1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1
和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是 A．60° C．30°
B．45° D．90°
( )
4． 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的
锐二面角的余弦值为 1
A. 2
2B. 3
C.
D.
2 2
( )
3
3
二、填空题(每小题5分，共15分)
5. 如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，
∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1 所成的角是________．
6． 长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，
则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为____________．
7． 设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．
三、解答题(共22分)
8． (10分)如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABD
所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝ 4，CD＝1，AD＝2.
(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标； (2)求异面直线PA与
BC
所成的角的余弦值．
9． (12分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P—ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥
平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝3，BC＝6. (1)求证：BD⊥平面PAC； (2)求二面角P—BD—A的大小．
B组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)
一、选择题(每小题5分，共15分)
→→
1． 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈CM，D1N〉
的值为 1A. 9
( )
45 92D.3
2
C.5 2． 在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )
A.2
2
15 5
6
4
D.6 3
3. 如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的对角线BD1
DP上，记λ.当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是
D1B1
0 A.⎛⎝31⎫C.⎛⎝2，1⎭
1
0 B.⎛⎝21⎫D.⎛⎝3，1⎭
( )
二、填空题(每小题5分，共15分)
4． (2012·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－
A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 ________．
5．直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为________．
A. B.
6． 在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为________．
三、解答题
7． (13分)(2012·北京)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，
AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
空间向量的应用—求空间角、距离
题型一 求异面直线所成的角
例1 如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，点E是正方形
BCC1B1的中心，点F、G分别是棱C1D1、AA1的中点，设点E1、G1 分别是点E、G在平面DCC1D1内的正投影． (1)证明：直线FG1⊥平面FEE1；
(2)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值．
→→→
(1)证明 以D为原点，DD1、DC、DA分别为z轴、y轴、x轴1→
DD1|为1个单位长度建立空间直角坐标系．
2
由题设知点E、F、G1、E1的坐标分别为(1,2,1)，(0,1,2)，(0,0,1)，(0,2,1)，
→→→
∴FE1＝(0,1，－1)，FG1＝(0，－1，－1)，EE1＝(－1,0,0)， →→→→→→→→∴FG1·EE1＝0，FG1·FE1＝0⇒FG1⊥EE1，FG1⊥FE1， 又∵EE1∩FE1＝E1.∴FG1⊥平面FEE1. (2)解 由题意知点A的坐标为(2,0,0)，
→→
又由(1)可知EA＝(1，－2，－1)，E1G1＝(0，－2,0)， →→EA·E1G16→→
∴cos〈EA，E1G1〉＝＝，
3→→
|EA|·|E1G1|→→
∴sin〈EA，E1G13
→→
1－cos2〈EA，E1G1.
3
如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB＝4，
AD＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．
→→→
解 以A为原点，AB、AD、AA1分别为x轴、y轴、z轴的正向建立空间直角坐标系，则→→
有D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是EC1＝(1,3,2)，FD1＝(－4,2,2)，设EC1与
FD1
所成的角为β，则： →→|EC·FD|
cos β＝
→→|EC1|·|FD1|＝
1×(－4)＋3×2＋2×21＋3＋2×(－4)＋2＋2
14
21. 14
∴直线EC1与FD1所成的角的余弦值为题型二 求直线与平面所成的角
例2 在平面四边形ABCD中，AB=BD=CD=1
，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图． （1）求证：AB⊥CD；
（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．
（1）证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，
∴AB⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD．
（2）解：建立如图所示的空间直角坐标系．
∵AB=BD=CD=1，AB⊥BD，CD⊥BD，
∴B（0，0，0），C（1，1，0），A（0，0，1），D（0，1，0），M∴
=（0，1，﹣1），
=（1，1，0），
=
．
．
设平面BCM的法向量=（x，y，z），则，
令
y=﹣1，则x=1，z=1．∴=（1，﹣1，1）． 设直线AD与平面MBC所成角为θ． 则sinθ=|cos
|=
=
=
已知三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA
1
＝AC＝AB，N为AB上一点，且AB＝4AN，M，S分别为PB，BC
2的中点．
(1)证明：CM⊥SN；
(2)求SN与平面CMN所成角的大小．
(1)证明 设PA＝1，以A为原点，AB，AC，AP所在直线分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，
111
则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(2,0,0)，M(1,0，)，N，0,0)，S(1，，0)．
2221→11→
所以CM＝(1，－1)，SN＝(－，0)．
22211→→
因为CM·SN＝－＋0＝0，
22所以CM⊥SN.
(2)解 设平面CMN的法向量为n＝(x，y，z)，
⎧则⎨→⎛1，－1，0⎫＝1－y＝0n·CN＝(x，y，z)·⎩⎝2⎭2
1
∴y＝x，z＝－x，取x＝2，
2
1→
n·CM＝x－y＋＝0
2
.
则n＝(2,1，－2)为平面CMN的一个法向量． →n·SN→
∴cos〈n·SN〉＝
→|n|·|SN|
⎛－1，－1，0
⎫(2，1，－2)·2⎭⎝22
＝.
2－2＋⎛－2＋022＋1＋(－2)⎛⎝2⎝2→
∴〈n·SN〉＝135°，
故SN与平面CMN所成角的大小为45°.
题型三 求二面角
例3 (2012·广东)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩
形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE. (1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值． (1)证明 ∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴PA⊥BD.
同理由PC⊥平面BDE可证得PC⊥BD. 又PA∩PC＝P，∴BD⊥平面PAC. (2)解 如图，
分别以射线AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系． 由(1)知BD⊥平面PAC， 又AC⊂平面PAC， ∴BD⊥AC.
故矩形ABCD为正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝2. ∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)． →→→
∴PB＝(2,0，－1)，BC＝(0,2,0)，BD＝(－2,2,0)． 设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)， →⎧⎧PB＝0，x＋0·y－z＝0，⎪n·⎪2·则⎨ 即⎨
⎪→0·x＋2·y＋0·z＝0，⎩⎪BC＝0，⎩n·
⎧⎪z＝2x，
∴⎨取x＝1得n＝(1,0,2)． ⎪y＝0，⎩
→
∵BD⊥平面PAC，∴BD＝(－2,2,0)为平面PAC的一个法向量． →n·BD10→
cos 〈n，BD〉＝.
10→
|n|·|BD|
π
设二面角B－PC－A的平面角为α，由图知0
2∴cos α＝
10310，sin α1－cosα＝
. 1010
sin α
∴tan α＝3，
cos α
即二面角B－PC－A的正切值为
3.
(2011·辽宁)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面
1
ABCD，PD∥QA，QA＝ABPD.
2(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q—BP—C的余弦值．
(1)证明 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，以DA、DP、DC所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz.
→→
依题意有Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，则DQ＝(1,1,0)，DC＝(0,0,1)，
→
PQ＝(1，－1,0)．
→→→→所以PQ·DQ＝0，PQ·DC＝0， 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DCQ. 又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.
→→
(2)解 依题意有B(1,0,1)，CB＝(1,0,0)，BP＝(－1,2，－1)． 设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量， →⎧⎧CB＝0，⎪n·⎪x＝0，则⎨ 即⎨
⎪→－x＋2y－z＝0.⎩⎪BP＝0，⎩n·
因此可取n＝(0，－1，－2)．
→⎧BP＝0，⎪m·
同理，设m是平面PBQ的法向量，则⎨
→⎪PQ＝0，⎩m·可取m＝(1,1,1)．所以cos〈m，n〉＝－故二面角Q—BP—C题型四 求空间距离
例4 在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥
平面ABC，SA＝SC＝3，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示. 求点B到平面
CMN
的距离．
155
. 5
解 取AC的中点O，连接OS、OB.∵SA＝SC，AB＝BC， ∴AC⊥SO，AC⊥BO. ∵平面SAC⊥平面ABC， 平面SAC∩平面ABC＝AC， ∴SO⊥平面ABC，
又∵BO⊂平面ABC，∴SO⊥BO.
如图所示，分别以OA，OB，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则B3，0)，C(－2,0,0)，S(0,0,22)， M(13，0)，N(032)．
→→→
∴CM＝(3，3，0)，MN＝(－1,0，2)，MB＝(－13，0)． 设n＝(x，y，z)为平面CMN的一个法向量， →⎧n＝3x＋y＝0⎪CM·则⎨，取z＝1，
→⎪n＝－x＋2z＝0⎩MN·则x＝2，y6，∴n＝(2，－6，1)． →
|n·MB|4∴点B到平面CMN的距离d＝＝
|n|3
(2012·大纲全国)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E
为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为 A．2 答案 D
解析 以D为原点，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(如图)，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2，E(0,2，，易知AC1∥平面BDE. 设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量． →⎧BD＝2x＋2y＝0⎪n·
则⎨.
→⎪DE＝2y2z＝0⎩n·
取y＝1，则n＝(－1,1，－2)为平面BDE的一个法向量． →
又DA＝(2,0,0)，
∴点A到平面BDE的距离是 →
|－1×2＋0＋
0|
|n·DA|
d＝＝1.
|n|(－1)2＋12＋(2)2
故直线AC1到平面BED的距离为1.
( )
3 C.2 D．1
课后强化训练
A组 专项基础训练 (时间：35分钟，满分：57分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1. 已知正方体ABCD—A1B1C1D1如图所示，则直线B1D和CD1所成的角
为
( )
A．60° C．30° 答案 D
B．45° D．90°
解析 以A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设→→
正方体边长为1，则射线CD1、B1D的方向向量分别是CD1＝(－1,0,1)，B1D＝(－1,1，－1＋0－1→→
1)，cos〈CD1，B1D〉＝0，
2×3∴两直线所成的角为90°.
2． 在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量为n＝(2，－2,1)，已知点P(－1,3,2)，
则点P到平面OAB的距离d等于 A．4 答案 B
解析 P点到平面OAB的距离为 →|OP·n||－2－6＋2|d＝＝＝2，故选B.
|n|9
3. 如图所示，已知正方体ABCD—A1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1
和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是 A．60° C．30° 答案 B
解析 以D为原点，分别以射线DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则 D(0,0,0)，C(0,1,0)， 11⎫11，1，F⎛0，， E⎛2⎝22⎭⎝2
1
1→→
0，－，－，DC＝(0,1,0)， EF＝⎛2
2⎝
B．45° D．90°
( )
B．2
( )
C．3 D．1
→→EF·DC2→→→→
∴cos〈EF，DC〉＝，∴〈EF，DC〉＝135°，
2→→
|EF||DC|∴异面直线EF和CD所成的角是45°.
提醒 两异面直线的方向向量的夹角与异面直线所成的角相等或互补．
4． 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的
锐二面角的余弦值为 1A. 2答案 B
解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1， 1
1，0，，D(0,1,0)， 则A1(0,0,1)，E⎛2⎝1→→
1，0，－， ∴A1D＝(0,1，－1)，A1E＝⎛2⎝设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)， y－z＝0，⎧⎧⎪⎪y＝2，
则⎨1 ∴⎨
⎪z＝2.1－z＝0，⎩⎪⎩2
2B. 3
C.
D.
2 2
( )
3
3
∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝2
即所成的锐二面角的余弦值为3二、填空题(每小题5分，共15分)
5. 如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，
∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1 所成的角是________． 答案 60°
解析 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为
z轴，建立空间直角坐标系．
22
. 3×13
设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)， →→
则EF＝(0，－1,1)，BC1＝
(2,0,2)
，
→→∴EF·BC1＝2， →→
∴cos〈EF，BC1〉＝
21
＝，
2×22
∴EF和BC1所成的角为60°.
6． 长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1
与AE所成角的余弦值为____________． 答案
30
10
解析 建立坐标系如图， 则A(1,0,0)，E(0,2,1)， B(1,2,0)，C1(0,2,2)，
→→
∴BC1＝(－1,0,2)，AE＝(－1,2,1)， →→BC·AE→→
∴cos〈BC1，AE〉＝→→|BC1||AE|＝3010
7． 设正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．
答案
3
3
解析 如图建立空间直角坐标系， 则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)， D(0,0,0)，B(2,2,0)， →
∴D1A1＝(2,0,0)，
→→
DA1＝(2,0,2)，DB＝(2,2,0)，
设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)， →⎧DA1＝2x＋2z＝0⎪n·则⎨.
→⎪DB＝2x＋2y＝0⎩n·令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，
→
|DA·n|23
∴点D1到平面A1BD的距离d＝＝.
|n|33三、解答题(共22分)
8． (10分)如图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABD
所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝ 4，CD＝1，AD＝2.
(1)建立适当的坐标系，并写出点B，P的坐标； (2)求异面直线PA与BC所成的角的余弦值． 解 (1)建立如图空间直角坐标系，
∵∠ADC＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2， ∴A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)．
由PD⊥平面ABCD，得∠PAD为PA与平面ABCD所成的角， ∴∠PAD＝60°.
在Rt△PAD中，由AD＝2，得PD＝23，∴P3)． →→
(2)∵PA＝(2,0，－23)，BC＝(－2，－3,0)， →→
∴cos〈PA，BC〉 ＝
2×(－2)＋0×(－3)＋(－23)×013
，
1313
1313
∴PA与BC所成的角的余弦值为
9． (12分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P—ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥
平面ABCD
，
P
A
＝3，AD＝2，AB＝3，BC＝6. (1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求二面角P—BD—A的大小．
(1)证明 如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B3，0,0)， C(23，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，
→→→
∴AP＝(0,0,3)，AC＝(23，6,0)，BD＝(－3，2,0)． →→→→∴BD·AP＝0，BD·AC＝0.∴BD⊥AP，BD⊥AC. 又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥面PAC.
(2)解 设平面ABD的法向量为m＝(0,0,1)， 设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)， →→→则n·BD＝0，n·BP＝0.∵BP＝(－23，0,3)， y＝3x，⎧⎪⎧－3x＋2y＝0，∴⎨解得⎨23 ⎩－23x＋3z＝0⎪⎩z＝3x.
m·n1令x＝3，则n＝3，3,2)，∴cos〈m，n〉＝＝.
|m||n|2∴二面角P—
BD—A的大小为60°.
B组 专项能力提升 (时间：25分钟，满分：43分)
一、选择题(每小题5分，共15分)
→→1． 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈CM，D1N〉
的值为 1A. 9
( )
45 92D.3
2
C.5 答案 B
解析 设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y→→
轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，可知CM＝(2，－2,1)，D1N＝14→→→→
(2,2，－1)，cos〈CM，D1N〉＝－sin〈CM，D1N〉＝99
2． 在正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝AA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为( )
A.2
2
15 5
6
4
D.6
3
答案
C 解析
→
建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝2，则C1(3，1,0)、A(0,0,2)，AC1＝(3，1，－2)，平面BB1C1C的一个法向量为n＝(1,0,0)，所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦→|AC·n|36值为＝.故选C.
→84|AC1||n|
3. 如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的对角线BD1
DP上，记λ.当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是
D1B1
0 A.⎛⎝31⎫C.⎛⎝2，1⎭ 答案 D
→→→
解析 由题设可知，以DA、DC、DD1为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则有 A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)， D1(0,0,1)．
→
由D1B＝(1,1，－1)得 →→
D1P＝λD1B＝(λ，λ，－λ)， →→→所以PA＝PD1＋D1A
＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)， →→→
PC＝PD1＋D1C＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1) ＝(－λ，1－λ，λ－1)．
显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于 →→PA·PC→→
cos∠APC＝cos〈PA，PC〉＝，
→→|PA||PC|→→
这等价于PA·PC
即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(
λ
－1)2
1
0 B.⎛⎝21⎫D.⎛⎝3，1⎭
( )
1＝(λ－1)(3λ－1)
1⎫因此，λ的取值范围为⎛⎝3，1⎭.
二、填空题(每小题5分，共15分)
4． (2012·陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－
A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为
________．
答案 55
解析 利用向量法求解．
不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2.
可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，
→→∴BC1＝(0,2，－1)，AB1＝(－2,2,1)，
→→4－1BC·AB15→→∴cos〈BC1，AB1〉＝＝>0. →→5×955|BC1||AB1|→→∴BC1与AB1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，
∴直线BC1与直线AB15. 5
5．直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成的角的余弦值为________．
A.
B. 105
如图，分别以C1B1，C1A1，C1C为X,Y,Z轴，建立坐标系。令AC=BC=C1C=2,则A(0,2,2),B(2,0,2),M(1,1,0),N(0,1,0).∴BM=(-1,1，-2），AN=(0,-1，-2）。
cosθ==0-1+4
6=.10
6． 在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC
的距离为________．
答案
3 3
解析 根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则
P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)．
过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．
∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．
又∵△ABC为正三角形，∴H为△ABC的重心，
aaa⎫可得H点的坐标为⎛⎝3，33⎭.
∴PH＝⎛0⎫2＋⎛－0⎫2＋⎛－0⎫2＝3. ⎝3⎭⎝3⎭⎝3⎭3
3a. 3∴点P到平面ABC的距离为
三、解答题
7． (13分)(2012·北京)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分别是AC，
AB
上的点，且DE
∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
(1)证明 ∵AC⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AC.
∴DE⊥A1D，DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC，
又A1C⊂平面A1DC，∴DE⊥A1C.
又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE.
(2)解 如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz
则A13)，D(0,2,0)，M(0,1，3)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．
→设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·A1B＝0
，
→n·BE＝0.
→→又A1B＝(3,0，－3)，BE＝(－1,2,0)，
⎧3x－3z＝0，∴⎨ ⎩－x＋2y＝0.
令y＝1，则x＝2，z3，
∴n＝(2,13)．
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
→∵CM＝(0,1，3)，
→⎪n·CM⎪42→∴sin θ＝|cos〈n，CM〉|＝⎪＝. ⎪→×2|CM|⎪⎪|n|·
π∴CM与平面A1BE所成角的大小为4
(3)解 线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下： 假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]． 设平面A1DP的法向量为m＝(x′，y′，z′)，
→→则m·A1D＝0，m·DP＝0.
→→又A1D＝(0,2，－3)，DP＝(p，－2,0)，
⎧2y′－23z′＝0，∴⎨ ⎩px′－2y′＝0.
令x′＝2，则y′＝p，z′＝
∴m＝⎛2，p，p⎫. ⎭p， 3 ⎝
平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，
即4＋p＋p＝0.
解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．