第6章 空间向量与立体几何 习题课 空间向量应用的综合问题
文档属性
| 名称 | 第6章 空间向量与立体几何 习题课 空间向量应用的综合问题 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 637.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-03-22 18:01:57 | ||
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文档简介
习题课 空间向量应用的综合问题
学习目标 通过对空间向量的学习，能熟练利用空间向量求点、线、面间的距离、空间角及解决有关探索性问题．
一、利用空间向量求空间角
例1 如图，PA⊥平面ABCD，CF∥AP，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AP＝BC＝2.
(1)求直线CP与平面BDP所成角的正弦值；
(2)若二面角P－BD－F的余弦值为，求线段CF的长．
解 (1)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(0,1,0)，P(0,0,2)，
＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－2,2)．
设n＝(x1，y1，z1)为平面BDP的法向量，
则
即
不妨令z1＝1，可得n＝(2,2,1)．
因此有cos〈，n〉＝＝－.
所以直线CP与平面BDP所成角的正弦值为.
(2)设m＝(x2，y2，z2)为平面BDF的法向量，CF＝h，
则即
不妨令y2＝1，可得m＝.
由题意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得h＝.经检验，符合题意．∴线段CF的长为.
延伸探究 本例条件换为如图，在四棱锥P－ABCD中，直线PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，BC＝2AB＝2AD＝4BE＝4.
(1)求证：直线DE⊥平面PAC；
(2)若直线PE与平面PAC所成角的正弦值为，求二面角A－PC－D的余弦值．
(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD，
∴AB⊥PA，PA⊥AD，又AB⊥AD，
∴PA，AD，AB两两互相垂直，
以，，为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设P(0,0，λ)(λ>0)，
由已知得A(0,0,0)，D(0,2,0)，E(2,1,0)，C(2,4,0)，
∴＝(2,4,0)，＝(0,0，λ)，＝(2，－1,0)，
∴·＝4－4＋0＝0，·＝0，
∴DE⊥AC，DE⊥AP，
又AC∩AP＝A，AC，AP 平面PAC，
∴DE⊥平面PAC.
(2)解 由(1)，得平面PAC的一个法向量是
＝(2，－1,0)，＝(2,1，－λ)，
设直线PE与平面PAC所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，
∴λ＝2，即P(0,0,2)，
设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
∵＝(2,2,0)，＝(0，－2,2)，
∴由n⊥，n⊥，得
令x0＝1，则n＝(1，－1，－1)，
∴cos〈n，〉＝＝.
∵二面角A－PC－D是锐角，
∴二面角A－PC－D的余弦值为.
反思感悟 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．
跟踪训练1 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABEF为正方形，AF⊥DF，AF＝2FD，∠DFE＝∠CEF＝45°.
(1)求异面直线BC，DF所成角的大小；
(2)求二面角D－BE－C的余弦值．
解 因为四边形ABEF为正方形，AF⊥DF，
所以AF⊥平面DCEF.
又∠DFE＝∠CEF＝45°，
所以在平面DCEF内作DO⊥EF，垂足为点O，
以O为坐标原点，OF所在的直线为x轴，
OD所在的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图所示)．
设OF＝a，因为AF＝2FD，
所以DF＝a，AF＝4a，CD＝2a.
(1)D(0,0，a)，F(a,0,0)，B(－3a,4a,0)，C(－2a,0，a)．
则＝(a，－4a，a)，＝(a,0，－a)，
设向量，的夹角为θ，
则cos θ＝＝0，
所以异面直线BC，DF所成角为.
(2)因为E(－3a,0,0)，＝(a，－4a，a)，
＝(0，－4a,0)，＝(－3a,0，－a)，
设平面DBE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由得
取x1＝1得平面DBE的一个法向量为n1＝(1,0，－3)，
设平面CBE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由
得
取x2＝1得平面CBE的一个法向量为n2＝(1,0，－1)，
则cos 〈n1，n2〉＝＝，
由图可知，二面角D－BE－C为锐角，
所以二面角D－BE－C的余弦值为.
二、利用空间向量求距离
例2 已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边AB，AD的中点，CG垂直于正方形ABCD所在的平面，且CG＝2，求点B到平面EFG的距离．
解 建立如图所示的空间直角坐标系，则G(0,0,2)，E(4，－2，0)，F(2，－4,0)，B(4,0,0)，
∴＝(4，－2，－2)，＝(2，－4，－2)，＝(0，－2,0)．
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
∴x＝－y，z＝－3y.
取y＝1，则n＝(－1,1，－3)．
∴点B到平面EFG的距离d＝
＝＝.
反思感悟 求点P到平面α的距离的三个步骤：(1)在平面α内取一点A，确定向量的坐标表示；(2)确定平面α的法向量n；(3)代入公式d＝求解．
跟踪训练2 在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CC1的中点．
(1)求证：AD∥平面A1EFD1；
(2)求直线AD与平面A1EFD1的距离．
(1)证明 如图，以点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D－xyz，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，D1(0,0，a)，A1(a,0，a)，
所以＝(a,0,0)，＝(a,0,0)，
所以DA∥D1A1.
又D1A1 平面A1EFD1，DA 平面A1EFD1，
所以DA∥平面A1EFD1.
(2)解 由(1)得D1(0,0，a)，F，
所以＝，＝.
设n＝(x，y，z)是平面A1EFD1的一个法向量，
则
所以
取z＝1得y＝，
则n＝，
点D到平面A1EFD1的距离
d＝＝＝a，
所以直线AD到平面A1EFD1的距离是a.
三、利用空间向量解决探索性问题
例3 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，PA＝2.
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．
(1)证明 取BC的中点E，连接DE，交AC于点O，连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，B(2，－1,0)，C(0,1,0)，D(－1,0,0)，
P(0，－1,2)．
∵点N为PC的中点，
∴N(0,0,1)，
∴＝(1,0,1)．
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由＝(0,0,2)，＝(2,0,0)，
可得n＝(0,1,0)，
∴·n＝0.
又∵DN 平面PAB，∴DN∥平面PAB.
(2)解 由(1)知，＝ (0,2,0)，＝(－1,1，－2)．
设直线AC与PD所成的角为θ，
则cos θ＝＝＝.
(3)解 存在．设M(x，y，z)，且＝λ，0≤λ≤1，
∴∴M(－λ，λ－1,2－2λ)．
设平面ACM的一个法向量为m＝(a，b，c)，
由＝(0,2,0)，＝(－λ，λ，2－2λ)，
可得m＝(2－2λ，0，λ)，
由图知平面ACD的一个法向量为u＝(0,0,1)，
∴|cos〈m，u〉|＝＝，
解得λ＝或λ＝2(舍去)．
∴M，m＝.
∴＝，
设BM与平面MAC所成的角为φ，
则sin φ＝|cos〈，m〉|＝＝，
∴φ＝30°.
故存在点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，此时BM与平面MAC所成的角为30°.
反思感悟 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当条件，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．
(2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
跟踪训练3 如图，将长方形OAA1O1(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，其中OA＝1, OO1＝2，的长为，AB为⊙O的直径．
(1)在上是否存在点C(C，B1在平面OAA1O1的同侧)，使得BC⊥AB1，若存在，请确定其位置；若不存在，请说明理由；
(2)求二面角A1－O1B－B1的余弦值．
解 (1)存在符合题意的点C，当B1C为圆柱OO1的母线时，BC⊥AB1.
证明如下：
在上取点C，使B1C为圆柱的母线，则B1C⊥BC，如图，连接BC，AC，因为AB为⊙O的直径，所以BC⊥AC，
又B1C∩AC＝C，所以BC⊥平面AB1C.
因为AB1 平面AB1C，所以BC⊥AB1.
(2)取的中点D(D，B1在平面OAA1O1的同侧)，连接OD，OC，由题意可知，OD，OA，OO1两两垂直，故以O为坐标原点，以OD，OA，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
因为的长为，所以∠AOC＝∠A1O1B1＝，
则O1(0,0,2)，B(0，－1,0)，B1，D(1,0,0)，
所以＝(0，－1，－2)，＝.
设平面O1BB1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得n＝(2，－2,1)．
易知＝(1,0,0)为平面O1A1B的一个法向量．
设二面角A1－O1B－B1的大小为θ，
由图可知θ为锐角，则cos θ＝＝＝.
所以二面角A1－O1B－B1的余弦值为.
1．知识清单：
(1)利用空间向量求空间角．
(2)利用空间向量求距离．
(3)利用空间向量解决探索性问题．
2．方法归纳：坐标法、转化化归．
3．常见误区：对于有限制条件的探索性问题求解时易忽视参数的范围．
1．在三棱柱ABC A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 如图，建立空间直角坐标系，
易求得点D，平面AA1C1C的一个法向量是
n＝(1,0,0)，∴sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.
2.如图，S是正三角形ABC所在平面外一点，M，N分别是AB和SC的中点，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝90°，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为( )
A. B．－
C．－ D.
答案 A
解析 不妨设SA＝SB＝SC＝1，以S为坐标原点，SA，SB，SC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系S－xyz，则相关各点坐标为A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，S(0,0,0)，
M，N.
因为＝，＝，
所以||＝，||＝，·＝－，
cos〈，〉＝＝－，
因为异面直线所成的角的范围为，
所以异面直线SM与BN所成角的余弦值为.
3．已知正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的正弦值为________．
答案
解析 取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系．
设BC＝1，则A，
B，D.
所以＝，
＝，＝.
＝为平面BCD的一个法向量．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
取x＝1，则y＝－，z＝1，所以n＝(1，－，1)，
所以cos〈n，〉＝，所以sin〈n，〉＝.
故二面角A－BD－C的正弦值为.
4．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为________．
答案
解析 连接GD1，以D为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0,0,2)，F(1,1,0)，G(0,2,1)，于是有＝(1，－1，－1)，＝(0，－2,1)，
所以cos〈，〉＝＝，
sin〈，〉＝，
所以点D1到直线GF的距离为
d＝||sin〈，〉＝.
课时对点练
1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，AB＝PA，PA⊥底面ABCD，∠ABC＝，E是PC上任一点，AC∩BD＝O.
(1)求证：平面EBD⊥平面PAC；
(2)若E是PC的中点，求ED与平面EBC所成角的正弦值．
(1)证明 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，
所以AC⊥BD，
又因为PA⊥底面ABCD，BD 底面ABCD，
所以PA⊥BD，PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
因为BD 平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PAC.
(2)解 取BC的中点F，连接AF，
因为底面ABCD为菱形，且∠ABC＝，
所以△ABC为等边三角形，
所以AF⊥BC，所以AF⊥AD，
如图，建立空间直角坐标系，令AB＝PA＝2，
则D(0,2,0)，C(，1,0)，
B(，－1,0)，P(0,0,2)，
E，
所以＝，＝(0,2,0)，
＝，
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，
所以
即
令x＝2，则y＝0，z＝，
所以n＝(2,0，)，
设直线ED与平面EBC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝
＝＝，
所以直线ED与平面EBC所成角的正弦值为.
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若二面角D－PC－A的余弦值为，求点A到平面PBC的距离．
(1)证明 ∵PA⊥底面ABCD，BC 平面ABCD，
∴PA⊥BC，∵∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC.
(2)解 设AP＝h，取CD的中点E，则AE⊥CD，
∴AE⊥AB.
又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，PA⊥AB，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0，h)，C，D，B(0,2,0)，
＝，＝(0,1,0)，
设平面PDC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
则
即
取x1＝h，∴n1＝.
由(1)知平面PAC的一个法向量为＝，
∴|cos〈n1，〉|＝＝，
解得h＝，
同理可求得平面PBC的一个法向量n2＝(3，，2)，
所以点A到平面PBC的距离为
d＝＝＝.
3.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
(2)求二面角A－A1D－B的平面角的正弦值．
解 如图，在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
如图，以{，，}为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为AB＝AD＝2，
AA1＝，∠BAD＝120°，
则A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0,0，)，C1(，1，)．
(1)＝(，－1，－)，＝(，1，)．
则cos〈，〉＝＝＝－.
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.
(2)可知平面A1DA的一个法向量为＝(，0,0)．
设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，
又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，
则即
不妨取x＝3，则y＝，z＝2，
所以m＝(3，，2)为平面BA1D的一个法向量，
则cos〈，m〉＝＝＝.
设二面角A－A1D－B的平面角的大小为θ，
则cos θ＝.
因为θ∈[0，π]，
所以sin θ＝＝.
因此二面角A－A1D－B的平面角的正弦值为.
4．如图，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．
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.
又AD⊥CD，AD∩PA＝A，
所以CD⊥平面PAD.
(2)解 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)．
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〈n，p〉＝＝－.
由题意知，二面角F－AE－P为锐二面角，
所以其余弦值为.
(3)解 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．
学习目标 通过对空间向量的学习，能熟练利用空间向量求点、线、面间的距离、空间角及解决有关探索性问题．
一、利用空间向量求空间角
例1 如图，PA⊥平面ABCD，CF∥AP，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AP＝BC＝2.
(1)求直线CP与平面BDP所成角的正弦值；
(2)若二面角P－BD－F的余弦值为，求线段CF的长．
解 (1)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(0,1,0)，P(0,0,2)，
＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－2,2)．
设n＝(x1，y1，z1)为平面BDP的法向量，
则
即
不妨令z1＝1，可得n＝(2,2,1)．
因此有cos〈，n〉＝＝－.
所以直线CP与平面BDP所成角的正弦值为.
(2)设m＝(x2，y2，z2)为平面BDF的法向量，CF＝h，
则即
不妨令y2＝1，可得m＝.
由题意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得h＝.经检验，符合题意．∴线段CF的长为.
延伸探究 本例条件换为如图，在四棱锥P－ABCD中，直线PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，BC＝2AB＝2AD＝4BE＝4.
(1)求证：直线DE⊥平面PAC；
(2)若直线PE与平面PAC所成角的正弦值为，求二面角A－PC－D的余弦值．
(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD，
∴AB⊥PA，PA⊥AD，又AB⊥AD，
∴PA，AD，AB两两互相垂直，
以，，为x，y，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设P(0,0，λ)(λ>0)，
由已知得A(0,0,0)，D(0,2,0)，E(2,1,0)，C(2,4,0)，
∴＝(2,4,0)，＝(0,0，λ)，＝(2，－1,0)，
∴·＝4－4＋0＝0，·＝0，
∴DE⊥AC，DE⊥AP，
又AC∩AP＝A，AC，AP 平面PAC，
∴DE⊥平面PAC.
(2)解 由(1)，得平面PAC的一个法向量是
＝(2，－1,0)，＝(2,1，－λ)，
设直线PE与平面PAC所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝，
∴λ＝2，即P(0,0,2)，
设平面PCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
∵＝(2,2,0)，＝(0，－2,2)，
∴由n⊥，n⊥，得
令x0＝1，则n＝(1，－1，－1)，
∴cos〈n，〉＝＝.
∵二面角A－PC－D是锐角，
∴二面角A－PC－D的余弦值为.
反思感悟 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．
跟踪训练1 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABEF为正方形，AF⊥DF，AF＝2FD，∠DFE＝∠CEF＝45°.
(1)求异面直线BC，DF所成角的大小；
(2)求二面角D－BE－C的余弦值．
解 因为四边形ABEF为正方形，AF⊥DF，
所以AF⊥平面DCEF.
又∠DFE＝∠CEF＝45°，
所以在平面DCEF内作DO⊥EF，垂足为点O，
以O为坐标原点，OF所在的直线为x轴，
OD所在的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图所示)．
设OF＝a，因为AF＝2FD，
所以DF＝a，AF＝4a，CD＝2a.
(1)D(0,0，a)，F(a,0,0)，B(－3a,4a,0)，C(－2a,0，a)．
则＝(a，－4a，a)，＝(a,0，－a)，
设向量，的夹角为θ，
则cos θ＝＝0，
所以异面直线BC，DF所成角为.
(2)因为E(－3a,0,0)，＝(a，－4a，a)，
＝(0，－4a,0)，＝(－3a,0，－a)，
设平面DBE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
由得
取x1＝1得平面DBE的一个法向量为n1＝(1,0，－3)，
设平面CBE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
由
得
取x2＝1得平面CBE的一个法向量为n2＝(1,0，－1)，
则cos 〈n1，n2〉＝＝，
由图可知，二面角D－BE－C为锐角，
所以二面角D－BE－C的余弦值为.
二、利用空间向量求距离
例2 已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边AB，AD的中点，CG垂直于正方形ABCD所在的平面，且CG＝2，求点B到平面EFG的距离．
解 建立如图所示的空间直角坐标系，则G(0,0,2)，E(4，－2，0)，F(2，－4,0)，B(4,0,0)，
∴＝(4，－2，－2)，＝(2，－4，－2)，＝(0，－2,0)．
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)．
由得
∴x＝－y，z＝－3y.
取y＝1，则n＝(－1,1，－3)．
∴点B到平面EFG的距离d＝
＝＝.
反思感悟 求点P到平面α的距离的三个步骤：(1)在平面α内取一点A，确定向量的坐标表示；(2)确定平面α的法向量n；(3)代入公式d＝求解．
跟踪训练2 在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CC1的中点．
(1)求证：AD∥平面A1EFD1；
(2)求直线AD与平面A1EFD1的距离．
(1)证明 如图，以点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D－xyz，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，D1(0,0，a)，A1(a,0，a)，
所以＝(a,0,0)，＝(a,0,0)，
所以DA∥D1A1.
又D1A1 平面A1EFD1，DA 平面A1EFD1，
所以DA∥平面A1EFD1.
(2)解 由(1)得D1(0,0，a)，F，
所以＝，＝.
设n＝(x，y，z)是平面A1EFD1的一个法向量，
则
所以
取z＝1得y＝，
则n＝，
点D到平面A1EFD1的距离
d＝＝＝a，
所以直线AD到平面A1EFD1的距离是a.
三、利用空间向量解决探索性问题
例3 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝，BC＝2，PA＝2.
(1)取PC的中点N，求证：DN∥平面PAB；
(2)求直线AC与PD所成角的余弦值；
(3)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°？如果存在，求出BM与平面MAC所成角的大小；如果不存在，请说明理由．
(1)证明 取BC的中点E，连接DE，交AC于点O，连接ON，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－1,0)，B(2，－1,0)，C(0,1,0)，D(－1,0,0)，
P(0，－1,2)．
∵点N为PC的中点，
∴N(0,0,1)，
∴＝(1,0,1)．
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由＝(0,0,2)，＝(2,0,0)，
可得n＝(0,1,0)，
∴·n＝0.
又∵DN 平面PAB，∴DN∥平面PAB.
(2)解 由(1)知，＝ (0,2,0)，＝(－1,1，－2)．
设直线AC与PD所成的角为θ，
则cos θ＝＝＝.
(3)解 存在．设M(x，y，z)，且＝λ，0≤λ≤1，
∴∴M(－λ，λ－1,2－2λ)．
设平面ACM的一个法向量为m＝(a，b，c)，
由＝(0,2,0)，＝(－λ，λ，2－2λ)，
可得m＝(2－2λ，0，λ)，
由图知平面ACD的一个法向量为u＝(0,0,1)，
∴|cos〈m，u〉|＝＝，
解得λ＝或λ＝2(舍去)．
∴M，m＝.
∴＝，
设BM与平面MAC所成的角为φ，
则sin φ＝|cos〈，m〉|＝＝，
∴φ＝30°.
故存在点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，此时BM与平面MAC所成的角为30°.
反思感悟 (1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当条件，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．
(2)对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
跟踪训练3 如图，将长方形OAA1O1(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，其中OA＝1, OO1＝2，的长为，AB为⊙O的直径．
(1)在上是否存在点C(C，B1在平面OAA1O1的同侧)，使得BC⊥AB1，若存在，请确定其位置；若不存在，请说明理由；
(2)求二面角A1－O1B－B1的余弦值．
解 (1)存在符合题意的点C，当B1C为圆柱OO1的母线时，BC⊥AB1.
证明如下：
在上取点C，使B1C为圆柱的母线，则B1C⊥BC，如图，连接BC，AC，因为AB为⊙O的直径，所以BC⊥AC，
又B1C∩AC＝C，所以BC⊥平面AB1C.
因为AB1 平面AB1C，所以BC⊥AB1.
(2)取的中点D(D，B1在平面OAA1O1的同侧)，连接OD，OC，由题意可知，OD，OA，OO1两两垂直，故以O为坐标原点，以OD，OA，OO1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
因为的长为，所以∠AOC＝∠A1O1B1＝，
则O1(0,0,2)，B(0，－1,0)，B1，D(1,0,0)，
所以＝(0，－1，－2)，＝.
设平面O1BB1的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得n＝(2，－2,1)．
易知＝(1,0,0)为平面O1A1B的一个法向量．
设二面角A1－O1B－B1的大小为θ，
由图可知θ为锐角，则cos θ＝＝＝.
所以二面角A1－O1B－B1的余弦值为.
1．知识清单：
(1)利用空间向量求空间角．
(2)利用空间向量求距离．
(3)利用空间向量解决探索性问题．
2．方法归纳：坐标法、转化化归．
3．常见误区：对于有限制条件的探索性问题求解时易忽视参数的范围．
1．在三棱柱ABC A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 如图，建立空间直角坐标系，
易求得点D，平面AA1C1C的一个法向量是
n＝(1,0,0)，∴sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.
2.如图，S是正三角形ABC所在平面外一点，M，N分别是AB和SC的中点，SA＝SB＝SC，且∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝90°，则异面直线SM与BN所成角的余弦值为( )
A. B．－
C．－ D.
答案 A
解析 不妨设SA＝SB＝SC＝1，以S为坐标原点，SA，SB，SC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系S－xyz，则相关各点坐标为A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，S(0,0,0)，
M，N.
因为＝，＝，
所以||＝，||＝，·＝－，
cos〈，〉＝＝－，
因为异面直线所成的角的范围为，
所以异面直线SM与BN所成角的余弦值为.
3．已知正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的正弦值为________．
答案
解析 取BC的中点O，连接AO，DO，建立如图所示的空间直角坐标系．
设BC＝1，则A，
B，D.
所以＝，
＝，＝.
＝为平面BCD的一个法向量．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
取x＝1，则y＝－，z＝1，所以n＝(1，－，1)，
所以cos〈n，〉＝，所以sin〈n，〉＝.
故二面角A－BD－C的正弦值为.
4．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点F，G分别是AB，CC1的中点，则点D1到直线GF的距离为________．
答案
解析 连接GD1，以D为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，则D1(0,0,2)，F(1,1,0)，G(0,2,1)，于是有＝(1，－1，－1)，＝(0，－2,1)，
所以cos〈，〉＝＝，
sin〈，〉＝，
所以点D1到直线GF的距离为
d＝||sin〈，〉＝.
课时对点练
1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，AB＝PA，PA⊥底面ABCD，∠ABC＝，E是PC上任一点，AC∩BD＝O.
(1)求证：平面EBD⊥平面PAC；
(2)若E是PC的中点，求ED与平面EBC所成角的正弦值．
(1)证明 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，
所以AC⊥BD，
又因为PA⊥底面ABCD，BD 底面ABCD，
所以PA⊥BD，PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
因为BD 平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PAC.
(2)解 取BC的中点F，连接AF，
因为底面ABCD为菱形，且∠ABC＝，
所以△ABC为等边三角形，
所以AF⊥BC，所以AF⊥AD，
如图，建立空间直角坐标系，令AB＝PA＝2，
则D(0,2,0)，C(，1,0)，
B(，－1,0)，P(0,0,2)，
E，
所以＝，＝(0,2,0)，
＝，
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，
所以
即
令x＝2，则y＝0，z＝，
所以n＝(2,0，)，
设直线ED与平面EBC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝
＝＝，
所以直线ED与平面EBC所成角的正弦值为.
2．如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，∠ACB＝90°.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若二面角D－PC－A的余弦值为，求点A到平面PBC的距离．
(1)证明 ∵PA⊥底面ABCD，BC 平面ABCD，
∴PA⊥BC，∵∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC.
(2)解 设AP＝h，取CD的中点E，则AE⊥CD，
∴AE⊥AB.
又PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AE，PA⊥AB，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0，h)，C，D，B(0,2,0)，
＝，＝(0,1,0)，
设平面PDC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
则
即
取x1＝h，∴n1＝.
由(1)知平面PAC的一个法向量为＝，
∴|cos〈n1，〉|＝＝，
解得h＝，
同理可求得平面PBC的一个法向量n2＝(3，，2)，
所以点A到平面PBC的距离为
d＝＝＝.
3.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
(2)求二面角A－A1D－B的平面角的正弦值．
解 如图，在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
如图，以{，，}为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为AB＝AD＝2，
AA1＝，∠BAD＝120°，
则A(0,0,0)，B(，－1,0)，D(0,2,0)，E(，0,0)，A1(0,0，)，C1(，1，)．
(1)＝(，－1，－)，＝(，1，)．
则cos〈，〉＝＝＝－.
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.
(2)可知平面A1DA的一个法向量为＝(，0,0)．
设m＝(x，y，z)为平面BA1D的一个法向量，
又＝(，－1，－)，＝(－，3,0)，
则即
不妨取x＝3，则y＝，z＝2，
所以m＝(3，，2)为平面BA1D的一个法向量，
则cos〈，m〉＝＝＝.
设二面角A－A1D－B的平面角的大小为θ，
则cos θ＝.
因为θ∈[0，π]，
所以sin θ＝＝.
因此二面角A－A1D－B的平面角的正弦值为.
4．如图，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．
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.
又AD⊥CD，AD∩PA＝A，
所以CD⊥平面PAD.
(2)解 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)．
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〈n，p〉＝＝－.
由题意知，二面角F－AE－P为锐二面角，
所以其余弦值为.
(3)解 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．