课件31张PPT。同步导练/RJA版·选修2-1 数学 经典品质/超越梦想 03 空间向量与立体几何§3.2 立体几何中的向量方法第一课时 直线的方向向量与平面的法向量 目 标 导 向 知 识 导 学重 点 导 析 思 维 导 悟 方 法 导 拨 课时作业24课件46张PPT。同步导练/RJA版·选修2-1 数学 经典品质/超越梦想 03 空间向量与立体几何§3.2 立体几何中的向量方法第二课时 利用空间向量证明平行、垂直关系 目 标 导 向 知 识 导 学重 点 导 析 思 维 导 悟 方 法 导 拨 课时作业25课件37张PPT。同步导练/RJA版·选修2-1 数学 经典品质/超越梦想 03 空间向量与立体几何§3.2 立体几何中的向量方法第三课时 利用空间向量求空间角 目 标 导 向 知 识 导 学重 点 导 析 思 维 导 悟 方 法 导 拨 课时作业26课件45张PPT。同步导练/RJA版·选修2-1 数学 经典品质/超越梦想 03 空间向量与立体几何§3.2 立体几何中的向量方法第四课时 利用空间向量求空间距离 目 标 导 向 知 识 导 学重 点 导 析 思 维 导 悟 方 法 导 拨 课时作业27课件34张PPT。同步导练/RJA版·选修2-1 数学 经典品质/超越梦想 03 空间向量与立体几何§3.2 立体几何中的向量方法第五课时 立体几何中向量方法的综合运用 目 标 导 向 知 识 导 学重 点 导 析 思 维 导 悟 方 法 导 拨 课时作业28课时作业24 直线的方向向量与平面的法向量
基础巩固
1．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为u＝(－2,0，－4)，则( )
A．l∥α B．l⊥α
C．l?α D．l与α斜交
解析：∵u＝－2a，∴a∥u，∴l⊥α.
答案：B
2．空间直角坐标系中，A(1,2,3)、B(－1,0,5)、C(3,0,4)、D(4,1,3)，则直线AB与CD的位置关系是( )
A．平行 B．垂直
C．相交但不垂直 D．无法确定
解析：∵＝(－2，－2,2)，＝(1,1，－1)，
∴＝－2，
∴∥.即AB∥CD.
答案：A
3．直线l1的方向向量为a＝(1,2，－2)，直线l2的方向向量为b＝(2,3，m)．若l1⊥l2，则m＝( )
A. B．1
C．2 D．4
解析：由l1⊥l2有a·b＝1×(2)＋2×3＋(－2)×m
＝8－2m＝0，∴m＝4.
答案：D
4．若n＝(2，－3,1)是平面α的一个法向量，则下列向量中不能作为平面α法向量的是( )
A．n1＝(－2,3，－1)
B．n2＝(200，－300,100)
C．n3＝(2，－3，)
D．n4＝(－2,3,0)
解析：∵n1＝－n，n2＝100n，n3＝n，
∴n1∥n，n2∥n，n3∥n，即n1、n2、n3都能作为α的法向量，排除A、B、C，选D.
答案：D
5．已知平面α和β的法向量分别为u1＝(－1,3,4)和u2＝( x,1，－2)，若α⊥β，则x＝________.
解析：由α⊥β知u1·u2＝0
∴－x＋3×1＋4×(－2)＝0，∴x＝－5
答案：－5
6．已知点A，B，C的坐标分别为(0,1,0)，(－1,0,1)，(2,1,1)，点P的坐标为(x,0，z)，若PA⊥AB，PA⊥AC，则x＝________，z＝________.
解析：由题设，＝(－x,1，－z)，＝(－1，－1,1)，
＝(2,0,1)
∵PA⊥AB，PA⊥AC，
∴·＝0，·＝0，
∴解之得
答案： －
能力提升
1．已知直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，且v·u＝0，则l与α的关系是( )
A．l⊥α B．l∥α
C．l?α D．l∥α或l?α
解析：由v·u＝0知l⊥u，∴l∥α或l?α.
答案：D
2．已知直线l1的方向向量为a＝(2,4，x)，直线l2的方向向量为b＝(2，y,2)，若|a|＝6，且a⊥b，则x＋y的值是( )
A．－3或1 B．3或－1
C．－3 D．1
解析：依题意有
解之得或.
∴x＋y＝1或－3.
答案：A
3．已知A(1,0,0)、B(0,1,0)、C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是( )
A．(，，－) B．(，－，)
C．(－，，) D．(－，－，－)
解析：设单位向量n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，其中＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，所以∴x＝y＝z，代入检验知，选D.
答案：D
4．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
图1
A．相交 B．平行
C．垂直 D．不能确定
解析：如图2，建立空间直角坐标系，则平面BB1C1C的一个法向量为＝(0，a,0)，B(a,0，a)，A1(a，a,0)，A(a，a，a)，C(0,0，a)
图2
∵A1B＝AC＝a，
∴＝
＝(0，－，)，
＝＝(－，－，0)．
∴＝＋＋
＝(0，，－)＋(0,0，a)＋(－，－，0)
＝(－，0，a)
∴·＝0. ∴MN∥面BB1C1C.
答案：B
5．若直线l上有两点A(1，－3,5)，B(－1，－1,4)，那么直线l的一个方向向量是( )
A．(1,1,0) B．(4，－4,2)
C．(－3，－3,0) D. (4,4,2)
解析：由已知＝(－2,2，－1)，所有与共线的向量均为l的方向向量，选项中与共线的只有(4，－4,2)，故选B.
答案：B
6．若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．在平面内 D．平行或在平面内
解析：∵＝λ＋μ，
∴，，共面，则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内．
答案：D
7．若平面α内有不共线的两向量a＝(3,1，－2)，b＝(2，－2，0)，则下列向量中是平面α法向量的是( )
A．(2,2，－2) B．(－1，－1,2)
C．(－，－，－1) D．(3,3，－6)
解析：设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，
依题意有令x＝1，则y＝1，z＝2，
于是n＝(1,1,2)，而(－，－，－1)与n共线，故为平面α的法向量．
答案：C
8．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为u，则可能使l∥α的是( )
A．a＝(1,0,0)，u＝(－2,0,0)
B．a＝(1,3,5)，u＝(1,0,1)
C．a＝(0,2,1)，u＝(－1,0,1)
D．a＝(1，－1,3)，u＝(0,3,1)
解析：∵l∥α，∴a⊥u，即a·u＝0.故选D.
答案：D
9．已知平面α∥平面β，n＝(1，－1,1)是平面α的一个法向量，则下列向量是平面β的法向量的是( )
A．(1,1,1) B．(－1,1，－1)
C．(－1，－1，－1) D．(1,1，－1)
解析：因为α∥β，所以两个平面的法向量应共线，只有B选项符合．
答案：B
10．空间直角坐标系中已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，若P(x，y，z)是平面ABC内任意一点，则x，y，z满足方程______________．
解析：可求面ABC的一个法向量为n＝(1,1,1)，由P在面ABC内，有n·＝0，
其中＝(x－1，y，z)，∴(x－1)＋y＋z＝0，
∴x＋y＋z＝1.
答案：x＋y＋z＝1
11．若直线a和b是两条异面直线，它们的方向向量分别是m＝(1,1,1)和n＝(2，－3，－2)，则直线a和b的公垂线的一个方向向量是________．
解析：设所求的一个方向向量为u＝(x，y,1)
则u·m＝0，u·n＝0，
所以解之得
∴n＝(－，－，1)为所求．
答案：(－，－，1)
12．在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，求平面ACD1的一个法向量n.
解：如图3，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)．
设平面ACD1的法向量
图3
n＝(x，y，z)．
∵＝(－1,1,0)，
＝(－1,0,1)，
又∵n为平面ACD1的一个法向量，
∴
∴化简得
令x＝1，得y＝z＝1.
∴平面ACD1的一个法向量n＝(1,1,1)．
13．如图4，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．当CF＝1时，求证：EF⊥A1C.
图4
证明：建立如图5所示的空间直角坐标系，连结EF、AF，则由已知可得
图5
A(0,0,0)，B(2，2,0)，C(0,4,0)，
A1(0,0,4)，E(，3,0)，F(0,4,1)，
于是＝(0，－4,4)，
＝(－，1,1)．
则·＝(0，－4,4)·
(－，1,1)＝0－4＋4＝0，
故EF⊥A1C.
创新拓展
在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E是AB的中点，点F是AA1上靠近点A的三等分点，在线段DD1上是否存在一点G，使CG∥EF？若存在，求出点G的位置，若不存在，说明理由．
解：存在．如图6，建立空间直角坐标系，设正方体
ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，
图6
则E(1，，0)，F(1,0，)，
C(0,1,0)，
假设在DD1上存在一点G，
使CG∥EF，
则∥，由于点G在z轴上，
设G(0,0，z)，则＝(0，－，)，＝(0，－1，z)．
∵∥，∴＝λ，
即(0，－1，z)＝λ(0，－，)．
∴解得
∴z＝∈[0,1]，
∴点G在线段DD1上，其坐标为(0,0，)．
课时作业25 利用空间向量证明平行、垂直关系
基础巩固
1．在空间四边形ABCD中，E、F分别是AB和BC的中点，则AC与平面DEF的位置关系是( )
A．平行 B．相交
C．在平面内 D．不能确定
解析：∵AC∥EF，AC?面DEF，∴AC∥面DEF.
答案：A
2．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂直于( )
A．AC B．BD
C．A1D D．A1A
解析：画图并结合相关定理判断．
答案：B
3．已知平面α的一个法向量a＝(x,2y－1，－)，向量b＝(－1,2,1)，c＝(3，，－2)，且b、c在α内，则a等于( )
A．(－，－，－) B．(－，，－)
C．(－，，－) D．(－，－，－)
解析：由题设知a⊥b，a⊥c，所以a·b＝0，a·c＝0.
即
解得
答案：C
4．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，PQ是异面直线A1D和AC的公垂线，则直线PQ与BD1的关系是( )
图1
A．异面直线 B．平行直线
C．垂直不相交 D．垂直且相交
解析：由PQ是A1D和AC的公垂线知PQ⊥AC，且PQ⊥A1D，∵A1D∥B1C.∴PQ⊥B1C，∴PQ⊥面AB1C，又∵BD1⊥面AB1C，∴PQ∥BD1.
答案：B
5．已知△ABC在平面α内，∠A＝90°，DA⊥平面α，则直线CA与DB的位置关系是________．
解析：由三垂线定理或线面垂直的判定与性质定理知
CA⊥DB.
答案：CA⊥DB
6．已知A(1，－1,3)，B(0,2,0)，C(－1,0,1)，若点D在Oz轴上，且⊥，则||＝________.
解析：设点D的坐标为(0,0，z)，
则＝(－1,1，z－3)，＝(－1，－2,1)．
由⊥，有·＝1－2＋(z－3)＝0，
∴z＝4，∴||＝.
答案：
能力提升
1．已知四面体ABCD中，AB，AC，AD两两互相垂直，则下列结论中，不一定成立的是( )
A．|＋＋|＝|＋－|
B．|＋＋|2＝||2＋||2＋||2
C．(＋＋)·＝0
D.·＝·＝·
解析：∵·＝·＝·＝0，
∴|＋＋|＝|＋－|
＝，∴A、B、D正确，选C.
答案：C
2．如图2，ABCD－A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是( )
图2
A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1
D．异面直线AD与CB1所成的角为60°
解析：可判断A、B、C正确，也可直接求得AD与CB1所成角为45°，D错误．
答案：D
3．如图3，空间四点A、B、C、D，每两点的连线长都等于a，动点P在线段AB上，动点Q在线段CD上，则点P到Q的最小距离为( )
图3
A．a B.a
C.a D.a
解析：通过补形得棱长为a的正方体(如图4)，可看出P到Q的最小距离为a.
图4
答案：C
4．已知三个平面两两互相垂直且交于一点O，若空间一点P到三个面的距离分别为2、3、6，则OP的长度是( )
A．11 B．9
C．7 D．6
解析：构造长方体模型，PB＝2，PC1＝3，PA1＝6(如图5)，则OP的长即为长方体对角线长，
∴OP＝＝7.
图5
答案：C
5．如图6所示，已知四面体顶点A(2,3,1)、B(4,1，－2)、C(6,3,7)和D(－5，－4,8)，求从顶点D所引的四面体的高h＝________.
图6
解析：设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y,1)，
则n·＝0，n·＝0，
由此列出
∴n＝(－，－3,1)，又＝(－7，－7,7)．
∴h＝＝11.
答案：11
6．(2014年高考·辽宁卷)如图7，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．求证：EF⊥BC.
图7
解：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图8所示空间直角坐标系．易得B(0,0,0)，A(0，－1，)，D(，－1，0)，C(0,2,0)，因而E(0，，)，F(，，0)，所以，＝(，0，－)，＝(0,2,0)，因此·＝0.
图8
从而⊥，所以EF⊥BC.
7．如图9，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1.延长A1C1至点P，使C1P＝A1C1，连接AP交棱CC1于点D.求证：PB1∥平面BDA1.
图9
证明：如图10，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A1－xyz，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，P(0,2,0)．
图10
在△PAA1中有C1D＝AA1，由此可得D(0,1，)，
∴＝(1,0,1)，＝(0,1，)，＝(－1,2,0)．
设平面BA1D的一个法向量为n1＝(a，b，c)，
则，令c＝－1，
则n1＝(1，，－1)．
∵n1·＝1×(－1)＋×2＋(－1)×0＝0，
∴PB1∥平面BA1D.
8.如图11，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
图11
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：以A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(如图12)．
图12
设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，
E，B1(a,0,1)，
故＝(0,1,1)，＝，
＝(a,0,1)，＝.
∵·＝×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B1E⊥AD1.
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，
使得DP∥平面B1AE.此时＝(0，－1，z0)．
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
∵n⊥平面B1AE，
∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量
n＝.
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，
解得z0＝.
又DP?平面B1AE，
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.
9．如图13所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，BB1＝2，E是棱CC1上的点，且CE＝C C1.
图13
(1)求三棱锥C—BED的体积；
(2)求证：A1C⊥平面BDE.
解：(1)由CE＝CC1＝，∴VC－BDE＝VE－BCD
＝SΔBCD·CE＝××1×1×＝.
(2)证明：以点A为原点，AB、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)、D(0,1,0)、E(1,1，)、A1(0,0,2)、C(1,1,0)，
图14
∴＝(1,1，－2)，＝(－1,1,0)，
＝(0,1，)．
∴·＝(1,1，－2)·(－1,1,0)
＝1×(－1)＋1×1＋(－2)×0＝0，
·＝(1,1，－2)·(0,1，)
＝1×0＋1×1＋(－2)×＝0，
∴⊥，⊥
∴A1C⊥BD，A1C⊥BE.
∵BE∩BD＝B，BE?平面BDE，BD?平面BDE，
∴A1C⊥平面BDE.
课时作业26 利用空间向量求空间角
基础巩固
1．若直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角是150°，则l1与l2这两条异面直线所成的角等于( )
A．30° B．150°
C．30°或150° D．以上均错
解析：∵两异面直线所成的角不超过90°，∴本题选A.
答案：A
2．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于( )
A．120° B．60°
C．30° D．以上均错
解析：画图帮助判断．
答案：C
3．已知E、F分别是正方体ABCD—A1B1C1D1中BB1、DC的中点，则异面直线AE与D1F所成的角为( )
图1
A．30° B．60°
C．45° D．90°
解析：解法1：如图1取AB中点G，连结A1G，GF，则
∵A1D1綊GF，
∴A1GFD1是平行四边形，
∴D1F∥A1G，
∵A1G⊥AE，∴D1F⊥AE
∴AE与D1F所成角为90°.
解法2：由向量法易得异面直线AE与D1F所成的角为90°.
答案：D
4．过正方形ABCD的顶点作线段PA⊥平面ABCD，如果PA＝AB，那么平面ABP与平面CDP所成的二面角的大小为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：
图2
如图2所示建立空间直角坐标系，不妨设AB＝1，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)
平面ABP的一个法向量为＝(0,1,0)，设平面CDP的一个法向量为n＝(x，y,1)，
则n·＝0，n·＝0.
其中＝(1,0,0)，
＝(0，－1,1)，
所以
∴n＝(0,1,1)
二面角θ显然是锐角，
∴cosθ＝＝＝，∴θ＝45°.
答案：B
5．已知平面α和平面β的法向量分别是u＝(2，，－3)和v＝(1,0，－2)，则这两个平面所形成的钝二面角的余弦值为________．
解析：cos θ＝－＝－.
答案：－
6．如图3，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
图3
(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求二面角B－AD－F的平面角的余弦值．
解：以C为原点， CA、CB分别为x，y轴，再添加z轴，建立空间直角坐标系．
由于平面BCFE⊥平面ABC，则等腰梯形BCFE落在坐标平面yOz内．
从而可写出相关点的坐标：A(3,0,0)、B(0,2,0)、
F、E.
则＝，＝(3,0,0)，
＝.所以，·＝0，·＝0 ，
即BF⊥CA，BF⊥CF，故BF⊥平面ACFD.
(2)可得＝(3,0,0)，＝，设平面ACFD的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，由，得，取m＝(0，，－1)．又＝(3，－2，0)，＝，设平面ABED的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，由，得，取n＝(2,3，)．
则cos〈m，n〉 ＝＝.
所以，二面角B－AD－C的平面角的余弦值为.
能力提升
1．直线l?平面α，经过α外一点A与l、α都成30°角的直线有且只有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：可在直线l上找点B，过B作满足条件的直线，再把直线平移过A即可．又过B的直线与平面α、直线l所成的角相等，故直线只能在过l且与α垂直的垂面上，在此垂面上作与l成30°角的直线只有两条．
答案：B
2．在三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：取BC中点O，连结OA，OD，由题设知DO⊥平面ABC，故∠ADO就是AD与平面BB1C1C所成角，再设棱长为2，可得OA＝，OD＝1，则tan∠ADO＝，即∠ADO＝60°，选C.
答案：C
3．已知正四棱锥S—ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE、SD所成的角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
图4
解析：如图4所示，设底面对角线AC与BD交于O，连结OE，则OE∥SD，∴∠AEO是AE与SD所成的角，设正四棱锥的棱长为a，则OE＝＝，AE＝a，AO＝a，∴AE2＝AO2＋OE2，∠AOE＝90°，∴cos∠AEO＝＝＝.
即AE、SD所成角的余弦值为.
答案：C
4．已知三棱锥D—ABC的三个侧面与底面全等，且AB＝AC＝，BC＝2，则以BC为棱，以面BCD与面BCA为面的二面角的大小是( )
A. B.
C. D.
图5
解析：如图5，取BC中点E，连结AE，DE，则 ∠AED是所求二面角的平面角．
在△AED中，AD＝2，
AE＝DE＝，
∴DE2＋AE2＝AD2，
∴∠AED＝.
也可建立空间直角坐标系求解．
答案：C
5．如图6，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，E是CD的中点，沿AE将△ADE折起，使二面角D—AE—B为60°，则四棱锥D—ABCE的体积是( )
图6
A. B.
C. D.
解析：
图7
如图7，在折后图形中，过D作DF⊥AE，垂足为F.
过D作DO⊥面ABCE于O，
连结FO，则∠DFO是二面角D—AE—B的平面角，∠DFO＝60°
又∵DF＝，
∴DO＝
∴VD—ABCE＝S·DO
＝·(3×4－×2×3)·＝.
答案：A
6．已知AB是两条异面直线AC、BD的公垂线段，AB＝1，AC＝BD＝10，CD＝，则AC与BD所成的角为________．
解析：如图8，∵＝＋＋
图8
∴2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2·
即301＝201＋2×10×10 cos??
∴cos?，?＝，∴?，?＝.
∴AC与BD的夹角为.
答案：
7．已知点O在二面角α—AB—β的棱上，点P在α内，且∠POB＝45°.若对于β内异于O的任意一点Q，都有∠POQ≥45°，则二面角α—AB—β的大小是________．
解析：不妨取二面角α—AB—β为直二面角，此时，∠POB就是直线OP与平面β所成的角，由最小角定理知，必有∠POQ≥∠POB＝45°从而可推断，当二面角α—AB—β大于或等于90°时，命题成立，即所求二面角的范围是[，π)．
答案：[，π)
8．已知正四棱柱的对角线的长为，且对角线与底面所成角的余弦值为，则该正四棱柱的体积等于________．
解析：由题意，，?，
?V＝a2h＝2
答案：2
9. 如图9, 四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是正方形， O为底面中心， A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.
图9
(1) 证明：A1C⊥平面BB1D1D;
(2) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．
解：(1)由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立直角坐标系，如图10.
图10
∵AB＝AA1＝，
∴OA＝OB＝OA1＝1，
∴A(1,0,0)，B(0,1,0)，
C(－1,0,0)，D(0，－1,0)，
A1(0,0,1)．
由＝，
易得B1(－1,1,1)．
∵＝(－1,0，－1)，＝(0，－2,0)，
＝(－1,0,1)，
∴·＝0，·＝0，
∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，
∴A1C⊥平面BB1D1D.
(2)设平面OCB1的法向量n＝(x，y，z)．
∵＝(－1,0,0)，＝(－1,1,1)，
∴∴
取n＝(0,1，－1)，
由(1)知，＝(－1,0，－1)是平面BB1D1D的法向量，
∴cosθ＝|cos〈n，〉|＝＝.
又0≤θ≤，∴θ＝.
10．(2017年高考·江苏卷)如图11，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝，∠BAD＝120°.
图11
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．
解：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12，以{，，}为正交基底，
图12
建立空间直角坐标系A－xyz.
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)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，
从而cos?，m?＝
＝＝.
设二面角B－A1D－A的大小为θ，则|cosθ|＝.
因为θ∈[0，π]，所以sinθ＝＝.
因此二面角B－A1D－A的正弦值为.
创新拓展
1．如图13，二面角α-l-β的大小是60°，线段AB?α，B∈l，AB与l所成的角为30°，则AB与平面β所成的角的正弦值是________．
图13
解析：
图14
如图14所示，过点A作平面β的垂线，垂足为C，在β内过C作l的垂线．垂足为D
连结AD，由三垂线定理可知
AD⊥l，
故∠ADC为二面角α-l-β的平面角，为60°，又由已知，∠ABD＝30°
连结CB，则∠ABC为AB与平面β所成的角
设AD＝2，则AC＝，CD＝1，AB＝＝4，∴sin∠ABC＝＝.
答案：
2．如图15，在直三棱柱A1B1C1—ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．
图15
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；
(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
解：(1)以A为坐标原点，建立如图16所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0,4)，D(1,1,0)，C1(0,2,4)，
图16
∴＝(2,0，－4)，
＝(1，－1，－4)，
∴cos?，
?＝
＝＝
∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)＝(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量，
设平面ADC1的法向量为m＝(x，y，z)，
∵＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，
由m⊥，m⊥，
∴，取z＝1，
得y＝－2，x＝2，
∴平面ADC1的法向量
为m＝(2，－2,1)．
设平面ADC1与ABA1所成二面角为θ，
∴|cosθ|＝|cos?，m?|＝
＝＝，得sinθ＝，
∴平面ADC1与ABA1所成二面角的正弦值为.
课时作业27 利用空间向量求空间距离
基础巩固
1．若正四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面边长为1，AB1与底面ABCD成60°角，则A1C1到底面ABCD的距离为( )
A. B．1
C. D.
解析：如图1，因为正四棱柱AC1中， BB1⊥平面ABCD，所以AB1与平面ABCD所成的角是∠B1AB.由AB＝1可得BB1＝. 因为AA1⊥平面ABCD，所以A1C1到平面ABCD的距离为.正确答案选择D.
图1
答案：D
2．如图2，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离是( )
图2
A. B.
C. D.
解析：连结A1D，则A1D⊥平面ABC1D1，A1到平面ABC1D1的距离为d＝A1D＝.
∴O到平面ABC1D1的距离是它的一半，即＝.
答案：B
3．在三棱锥P—ABC中，侧棱PA、PB、PC两两垂直，且PA＝1，PB＝2，PC＝3，由点P到平面ABC的距离是( )
图3
A. B．1
C. D．2
解析：如图3所示建立空间直角坐标系，则P(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)．所以＝(1,0,0)，＝(－1,2,0)，＝(－1,0,3)．
设平面ABC的一个法向量为
n＝(x，y,1)，
则解得
∴n＝(3，，1)．
∴P到平面ABC的距离为d＝＝.
答案：A
4．若O为坐标原点，＝(1,1，－2)，＝(3,2,8)，＝(0,1,0)，则线段AB的中点P到点C的距离为__________．
解析：∵＝(＋)＝(2，，3)
∴||＝|－|＝|(－2，－，－3)|
＝＝.
答案：
5．已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E、F分别是AB、AD的中点，GC⊥平面ABCD，且GC＝2，则点B到平面EFG的距离为__________．
解析：
图4
如图4建立空间直角坐标系，则B(0,4,0)，G(0,0,2)，E(4,2,0)，F(2,4,0)可求平面EFG的一个法向量n＝(，，1)又＝(2,0,0)，
∴所求距离为
d＝＝.
答案：
能力提升
1．已知夹在两平行平面α，β内的两条斜线段AB＝8 cm，CD＝12 cm，AB和CD在α内的射影长的比为3∶5，则α与β的距离为( )
A. cm B. cm
C. cm D. cm
解析：设α与β的距离为d，则AB、CD在α内的射影长分别为，，所以＝.解得d＝ cm.
答案：C
2．已知△ABC的项点A(1，－1,2)、B(5，－6,2)、C(1,3，
－1)，则AC边上的高BD的长等于( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：依题意有＝(0,4，－3)，设＝λ＝(0,4λ，－3λ)(λ∈R)，则＝＋＝(－4,5,0)＋(0,4λ，－3λ)＝(－4,5＋4λ，－3λ)．
∵⊥，∴·＝4(5＋4λ)＋(－3)×(－3λ)＝0，解得λ＝－.
∴＝(－4，，)∴||＝5.
答案：C
3．已知平面α∥平面β，直线m?α，直线n?β，点A∈m，点B∈n，记点A、B之间的距离为a，点A到直线n的距离为b，直线m和n的距离为c，则( )
A．b≤c≤a B．a≤c≤b
C．c≤a≤b D．c≤b≤a
解析：借助正方体模型判断．
答案：D
4．已知二面角α－l－β为60°，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为2，则P、Q两点之间距离的最小值为( )
A. B．2
C．2 D．4
解析：
图5
如图5分别作QA⊥α于A，AC⊥l于C，PB⊥β于B，PD⊥l于D，连CQ，BD，则∠ACQ＝∠PDB＝60°，AQ＝2 ，BP＝，∴AC＝PD＝2，
又∵PQ＝
＝≥2，
当且仅当AP＝0，即点A与点P重合时取最小值．故答案选C.
答案：C
5．已知菱形ABCD中，AB＝2, ∠A＝120°，沿对角线BD将△ABD折起，使二面角A—BD—C为120°，则点A到△BCD所在平面的距离等于__________．
解析：
图6
设菱形的对角线AC与BD交于O，由于AC⊥BD，所以折起来后保持AO⊥BD, CO⊥BD，故∠AOC为二面角A－BD－C的平面角，如图6，∠AOC＝120°，延长CO并使AK⊥CO，由BD⊥AO，BD⊥CO知BD⊥AK，所以AK⊥平面BCD，由菱形ABCD中∠A＝120°知∠B＝60°，所以AC＝AB＝2，AO＝1，又∠AOC＝120°，∴∠AOK＝60°，∴AK＝AOsin60°＝，故填.
答案：
6．连结球面上两点的线段称为球的一条弦．半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于2、4，每条弦的两端都在球面上运动，则两弦中点之间距离的最大值为________．
解析：(1)先算出两个弦心距分别为3与2.
(2)利用三角形的三边的大小关系可知|OM|－|ON|<|MN|<|OM|＋|ON|.当且仅当AB与CD在同一个大圆面内且相互平行时取等号．
∴两弦中点之间距离的最大值为|OM|＋|ON|＝5.
答案：5
7．如图7，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，点N是BC的中点，点M在CC1上．设二面角A1－DN－M的大小为θ.
图7
(1)当θ＝90°时，求AM的长；
(2)当cosθ＝时，求CM的长．
解：
图8
建立如图8所示的空间直角坐标系D－xyz，设CM＝t(0≤t≤2)，则各点的坐标为A(1,0,0)，A1(1,0,2)，N(，1,0)，M(0,1，t)，所以＝(，1,0)，＝(0,1，t)，＝(1,0,2)．
设平面DMN的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·＝0，n1·＝0.即x1＋2y1＝0，y1＋tz1＝0.
令z1＝1，则y1＝－t，x1＝2t.所以n1＝(2t，－t,1)是平面DMN的一个法向量．
设平面A1DN的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·＝0，n2·＝0.即x2＋2z2＝0，x2＋2y2＝0.令z2＝1，则x2＝－2，y2＝1.所以n2＝(－2,1,1)是平面A1DN的一个法向量，
从而n1·n2＝－5t＋1.
(1)因为θ＝90°，所以n1·n2＝－5t＋1＝0，
解得t＝.从而M(0,1，)．
所以AM＝＝.
(2)因为|n1|＝，|n2|＝，
所以cos〈n1，n2〉＝＝.
因为〈n1，n2〉＝θ或π－θ，所以||＝，解得t＝0或t＝.
根据图形和(1)的结论可知t＝，
从而CM的长为.
8．(2016年高考·上海卷)将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕O O1旋转一周形成圆柱，如图9，长为π，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．
图9
(1)求三棱锥C—O1A1B1的体积；
(2)求异面直线B1C与AA1所成的角的大小．
解：
图10
(1)由题意可知，圆柱的高h＝1，底面半径r＝1.
由的长为，
可知∠A1O1B1＝.
所以S△O1A1B1＝O1A1·O1B1·sin∠A1O1B1＝，
所以VC－O1A1B1＝S△O1A1B1·h＝.
(2)设过点B1的母线与下底面交于点B，
则BB1∥AA1，
所以∠CB1B或其补角为直线B1C与AA1所成的角．
由长为，可知
∠AOC＝，
又∠AOB＝∠A1O1B1＝，所以∠COB＝，
从而△COB为等边三角形，得CB＝1.
因为B1B⊥平面AOC，所以B1B⊥CB.
在△CB1B中，因为∠B1BC＝，CB＝1，B1B＝1，
所以∠CB1B＝，
从而直线B1C与AA1所成的角的大小为.
9．(2014年高考·重庆卷) 如图11，四棱锥P－ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M是BC上一点，且BM＝，MP⊥AP.
图11
(1)求PO的长；
(2)求二面角A－PM－C的正弦值．
解：(1)建立空间直角坐标系，利用·＝0求出点P的坐标，再求PO；(2)利用平面的法向量求二面角A－PM－C的余弦值，再求其正弦值．
图12
(1)主体如图12，连结AC，BD，因ABCD为菱形，则AC∩BD＝O，且AC⊥BD，
以O为坐标原点，，，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.因∠BAD＝，则OA＝ABcos＝，OB＝ABsin＝1，所以O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，C(－，0,0)，＝(0,1,0)，
＝(－，－1,0)，由BM＝，BC＝2知，
＝＝(－，－，0)，从而
＝＋＝(－，，0)，
即M(－，，0)．
设P(0,0，a)(a>0)，＝(－，0，a)，
＝(，－，a)，
因MP⊥AP，故·＝0.
即－＋a2＝0，所以a＝，a＝－(舍去)，
即PO＝.
(2)由(1)知，＝(－，0，)，
＝(，－，)，＝(，0，)
设平面APM的法向量n1＝(x1，y1，z1)，
平面PMC的法向量n2＝(x2，y2，z2)
由得，
故可取n1＝(1，，2)．
由得，
故可取n2＝(1，－，－2)．
从而法向量n1，n2的夹角余弦值
cos〈n1，n2〉＝＝－.
故所求二面角A－PM－C的正弦值为.
创新拓展
1．在正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，顶点B1到对角线BD1和到平面A1BCD1的距离分别为h和d，则下列命题中正确的是( )
A．若侧棱的长小于底面的边长，则的取值范围为(0,1)
B．若侧棱的长小于底面的边长，则的取值范围为(，)
C．若侧棱的长大于底面的边长，则的取值范围为(，)
D．若侧棱的长大于底面的边长，则的取值范围为(，＋∞)
解析：令侧棱长为b，底面边长为a，
过B1作B1E⊥BD1于E，则h＝B1E
∵BD1＝，B1D1＝a，BB1＝b，
图13
∴S△BB1D1＝BD1·h
＝B1D1·BB1
∴h＝
∵VA1BB1—D1CC1
＝VB1—A1BCD1＋VC1—B1D1C
∴ab·a＝·a·d＋·ab·a
∴d＝
∴＝<＝，
∵d
1
1°若b∴1<<；
2°若b>a，则>＝，
∴<<.
答案：C
2．棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E、F分别是棱AA1、DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为( )
A. B．1
C．1＋ D.
解析：可求球半径r＝，球心O到EF的距离为d＝∴所求线段长为2＝.
答案：D
课时作业28 立体几何中向量方法的综合运用
基础巩固
1．如图1，在三棱锥S－ABC中，SC＝SB＝BC＝3，SA＝4，AC＝AB＝5，则二面角B－AS－C的大小是( )
图1
A．30° B．45°
C．60° D．90°
解析：∵AS2＋SC2＝AC2，AS2＋SB2＝AB2.
∴AS⊥SC，AS⊥SB.
∴∠BSC是所求二面角的平面角，
在△SBC中，SC＝SB＝BC，∴∠BSC＝60°，选C.
答案：C
2.在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，). 若S1，S2，S3分别表示三棱锥D－ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( )
A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3
C．S3＝S1且S3≠S2 D．S3＝S2且S3≠S1
解析：如图2，在空间直角坐标系中画出三棱锥的直观图，易知四边形ABCO是正方形，点D在平面xOy上的投影是正方形ABCO的中心，所以三棱锥D－ABC在平面xOy上的投影是△ABC，易知S1＝S△ABC＝AB×BC＝2.三棱锥D－ABC在平面yOz和平面zOx上的投影分别是△POC和△QOA，可知P(0,1，)，Q(1,0，)，所以点P与Q到平面xOy的距离均为，所以S2＝S△POC＝××OC＝，S3＝S△QOA＝××OA＝.
图2
所以S2＝S3且S1≠S3 .
答案：D
3．过半径为2的球O表面上一点A作球O的截面，若OA与该截面所成的角是60°，则该截面的面积是( )
A．π B．2π
C．3π D．4π
解析：设截面圆心为O1，则OO1⊥截面O1，
∴∠OAO1＝60°.
在Rt△AO1O中，AO＝2，∴AO1＝AO·cos∠O1AO＝1，∴S截面＝π·AO＝π，选A.
图3
答案：A
4．如图4，已知矩形ABCD中，|AD|＝3，|AB|＝4.将矩形ABCD沿对角线BD折起，使得面BCD⊥面ABD.现以D为原点，DB作为y轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，此时点A恰好在xDy坐标平面内．则A，C两点的坐标分别是________．A，C两点的距离是________．
图4
解析：可求CF＝EA＝，
DF＝，DE＝，
∴A、C两点坐标分别为(，，0)，(0，，)．
|AC|＝＝.
答案：(，，0)，(0，，)；
5．平面直角坐标系中，由点A(a,0)，B(0，b)(ab≠0)确定的直线的方程为＋＝1.类比上述性质，在空间直角坐标系中，则由点A(a,0,0)，B(0，b,0)，C(0,0，c)(abc≠0)确定的平面的方程为________．
解析：平面的方程为＋＋＝1，将A、B、C的坐标代入检验满足方程．
答案：＋＋＝1.
6．如图5所示，在多面体A1B1D1DCBA中，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.
图5
(1)证明：EF∥B1C;
(2)求二面角E－A1D－B1的余弦值．
解：(1)因为AA1B1B，ABCD均为正方形，所以A1B1綊CD，因此四边形A1B1CD是平行四边形，所以A1D∥B1C；而B1C?面A1DE，A1D?面A1DE，所以B1C∥面A1DE，又因为过B1，C，D1平面交A1DE于EF，所以EF∥B1C.
图6
(2)四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.
以A为原点，分别以，，为x轴，y轴，z轴单位正向量建立如图6所示的空间直角坐标系．可得点的坐标为A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，E
设面A1DE的法向量为n＝(x，y，z)，＝，＝(0,1，－1)．由n⊥，n⊥得，，
可取n＝(－1,1,1)．
同理可以求出面A1B1CD的法向量m＝(0,1,1)．
所以cos?n，m?＝＝＝.
结合图形知，二面角E－A1D－B1的余弦值为.
能力提升
1．到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直线的平面内的轨迹是( )
A．直线 B．椭圆
C．抛物线 D．双曲线
解析：不妨设异面直线A′A与DC在正方体ABCD—A′B′C′D′的棱A′A、DC上，
图7
其中正方体的棱长为a，点的轨迹在平面DCC′D′上，
在平面D′C中以DC所在直线为x轴，
D′D所在直线为y轴建立直角坐标系，
所求点设为Ρ(x，y)，过Ρ作PE⊥DC于E，PF⊥A′A于F，则|PE|＝|PF|?|y|＝
?y2－x2＝a2，故选D.
答案：D
2．已知二面角α－l－β为60°，动点P、Q分别在面α、β内，P到β的距离为，Q到α的距离为4，则P、Q两点之间距离的最小值为( )
A．4 B．4
C．2 D．8
解析：
图8
如图8，过P作PP′⊥β于P′，过Q作QQ′⊥α于Q′，当PP′与QQ′共面时，PQ的距离最小．此时设面QQ′PP′交二面角的棱于点O(如图8)．
在Rt△OP′P中，OP＝2，在Rt△OQ′Q中，OQ′＝4，∴PQ′＝2.
在Rt△PQ′Q中，PQ＝
＝2，选C.
答案：C
3．在直角坐标中，A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的长度为( )
A. B．4
C．2 D．2
解析：
图9
如图9，分别过A、B作AA1⊥x轴于A1，BB1⊥x轴于B1，
则|AA1|＝3，|BB1|＝2，
|A1B1|＝5，
〈AA1，B1B〉＝60°.
所以|AB|＝||
＝
＝
＝2，选D.
答案：D
4．一个正方体的展开图如图10所示，B、C、D为原正方体的顶点，A为原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD与AB所成角的余弦值为________．
图10
解析：将展开图恢复为正方体并建立空间直角坐标系(如图11)，设正方体棱长为2，则＝(2,0,2)，＝(0，－2，1)．
图11
设CD与AB所成角为θ，则
cosθ＝＝＝.
答案：
5．设O是平面ABC外一点，点P满足＝＋＋，则直线AP与平面ABC的位置关系是
________.
解析：由题设有＝－＝－＋＋＝＋，∴，，共面．
∴AP∥平面ABC.
答案：AP∥平面ABC
6．(2018年高考·北京卷)如图13，在三棱柱ABC—A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.
图13
(1)求证：AC⊥平面BEF；
(2)求二面角B—CD—C1的余弦值；
(3)证明：直线FG与平面BCD相交．
解：(1)在三棱柱ABC—A1B1C1中，
因为CC1⊥平面ABC，
所以四边形A1ACC1为矩形．
又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.
因为AB＝BC，所以AC⊥BE.所以AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.
又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.
因为BE?平面ABC，所以EF⊥BE.
图14
如图14，建立空间直角坐标系E－xyz.
由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，
F(0，0，2)，G(0，2，1)．
所以＝(－1，－2，0)，＝(1，－2，1)．
设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则
∴即
令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.
于是n＝(2，－1，－4)．
又因为平面CC1D的法向量为＝(0，2，0)，
所以cos?n，?＝＝－.
由题知二面角B—CD—C1为钝角，
所以其余弦值为－.
(3)由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，
＝(0，2，－1)．
因为n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，
所以直线FG与平面BCD相交．
7．平面图形ABB1A1C1C如图14甲所示，其中BB1C1C是矩形．BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图14乙所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题．
图14
(1)证明：AA1⊥BC；
(2)求AA1的长；
(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．
解：
图15
(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D，D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD1 ⊥B1C1，因为平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，所以DD1⊥平面A1B1C1，又由A1B1＝A1C1知，A1D1⊥B1C1，故以D1为坐标原点，可建立如图15所示的空间直角坐标系D1－xyz.由题设，可得A1D1＝2，AD＝1.由以上可知AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C，于是AD //A1D1，所以A(0，－1,4)，B(1,0,4)，A1(0,2,0)，C(－1,0,4)，D(0,0,4)，故 ＝(0,3，－4)，＝(－2,0,0)，·＝0，因此⊥，即AA1⊥BC.
(2)因为＝(0,3，－4)，所以||＝ 5，
即AA1＝5，
(3)连接A1D，由BC⊥AD，BC⊥AA1，可知BC⊥平面A1AD，BC⊥A1D，
所以∠ADA1为二面角A—BC—A1的平面角．
因为＝(0，－1,0)，＝(0,2，－4)，
所以cos<，>＝－＝－.
即二面角A－BC－A1的余弦值为－. (或用法向量求解)
