高考一轮复习 立体几何 空间向量_高三一轮复习空间向量
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2017高考一轮复习
空间向量
一．解答题（共12小题）1．（2016•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；
（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．
2．（2016•天津）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2．（1）求证：EG∥平面ADF；
（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；
（3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．
3．（2016•沈阳校级模拟）如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE∥BP．（Ⅰ）设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；
（Ⅱ）线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
第1页（共23页）
4．（2016•天津一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2，E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上．
（Ⅰ）求证：EF⊥平面PAC；
（Ⅱ）若M为PD的中点，求证：ME∥平面PAB；
（Ⅲ）如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求值．的5．（2016•贵阳一模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠PAB=∠PAC=∠ACB=90°．（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；
（2）若PA=1，AB=2，BC=，在直线AC上是否存在一点D，使得直线BD与平面PBC所成角为30°？若存在，求出CD的长；若不存在，说明理由．
6．（2015•浙江）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（Ⅰ）证明：A1D⊥平面A1BC；
（Ⅱ）求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．
7．（2015•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．
（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
第2页（共23页）
8．（2014•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：BE⊥DC；
（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
（Ⅲ）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F﹣AB﹣P的余弦值．
9．（2014•新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC=AB1；
（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
10．（2014•新课标II）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，求A到平面PBC的距离．
第3页（共23页）
11．（2013•北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；
（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；
（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．
12．（2013•新课标Ⅱ）如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB．
（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．
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2017高考一轮复习
空间向量
参考答案与试题解析
一．解答题（共12小题）1．（2016•浙江）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，已知平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；
（Ⅱ）求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．
【分析】（I）先证明BF⊥AC，再证明BF⊥CK，进而得到BF⊥平面ACFD．
（II）方法一：先找二面角B﹣AD﹣F的平面角，再在Rt△BQF中计算，即可得出； 方法二：通过建立空间直角坐标系，分别计算平面ACK与平面ABK的法向量，进而可得二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值． 【解答】（I）证明：延长AD，BE，CF相交于点K，如图所示，∵平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC．
又EF∥BC，BE=EF=FC=1，BC=2，∴△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，∴BF⊥平面ACFD．
（II）方法一：过点F作FQ⊥AK，连接BQ，∵BF⊥平面ACFD．∴BF⊥AK，则AK⊥平面BQF，∴BQ⊥AK．∴∠BQF是二面角B﹣AD﹣F的平面角． 在Rt△ACK中，AC=3，CK=2，可得FQ=在Rt△BQF中，BF=，FQ=
．
．
．可得：cos∠BQF=
． ∴二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值为方法二：如图，延长AD，BE，CF相交于点K，则△BCK为等边三角形，取BC的中点，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴KO⊥平面BAC，以点O为原点，分别以OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz． 可得：B（1，0，0），C（﹣1，0，0），K（0，0，．
=（0，3，0），=，（2，3，0）．），A（﹣1，﹣3，0），第5页（共23页）
设平面ACK的法向量为=（x1，y1，z1），平面ABK的法向量为=（x2，y2，z2），由，可得，取=由，可得．，取=
．
∴==．
∴二面角B﹣AD﹣F的余弦值为．
【点评】本题考查了空间位置关系、法向量的应用、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题． 2．（2016•天津）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB=BE=2．（1）求证：EG∥平面ADF；
（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；
（3）设H为线段AF上的点，且AH=HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．
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【分析】（1）取AD的中点I，连接FI，证明四边形EFIG是平行四边形，可得EG∥FI，利用线面平行的判定定理证明：EG∥平面ADF；
（2）建立如图所示的坐标系O﹣xyz，求出平面OEF的法向量，平面OEF的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）求出=（﹣，），利用向量的夹角公式求出直线BH和平面CEF所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：取AD的中点I，连接FI，∵矩形OBEF，∴EF∥OB，EF=OB，∵G，I是中点，∴GI∥BD，GI=BD． ∵O是正方形ABCD的中心，∴OB=BD．
∴EF∥GI，EF=GI，∴四边形EFIG是平行四边形，∴EG∥FI，∵EG⊄平面ADF，FI⊂平面ADF，∴EG∥平面ADF；
（2）解：建立如图所示的坐标系O﹣xyz，则B（0，﹣﹣，2），F（0，0，2），设平面CEF的法向量为=（x，y，z），则∵OC⊥平面OEF，∴平面OEF的法向量为=（1，0，0），∵|cos＜，＞|=
=；，0），C（，0，0），E（0，取=（，0，1）
∴二面角O﹣EF﹣C的正弦值为
第7页（共23页）
（3）解：AH=HF，∴设H（a，b，c），则∴a=﹣∴=（﹣
==（，0，）．，0，）． =（a+，b，c）=（，b=0，c=，，），∴直线BH和平面CEF所成角的正弦值=|cos＜，＞|==．
【点评】本题考查证明线面平行的判定定理，考查二面角O﹣EF﹣C的正弦值，直线BH和平面CEF所成角的正弦值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
3．（2016•沈阳校级模拟）如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB=BP=2，AD=AE=1，AE⊥AB，且AE∥BP．（Ⅰ）设点M为棱PD中点，求证：EM∥平面ABCD；
（Ⅱ）线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
【分析】（I）证明BP⊥平面ABCD，以B为原点建立坐标系，则量，求出，的坐标，通过计算
=0得出
为平面ABCD的法向，从而有EM∥平面ABCD；
第8页（共23页）
（II）假设存在点N符合条件，设＜，求出和平面PCD的法向量的坐标，令|cos＞|=解出λ，根据λ的值得出结论．
【解答】证明：（Ⅰ）∵平面ABCD⊥平面ABEP，平面ABCD∩平面ABEP=AB，BP⊥AB，∴BP⊥平面ABCD，又AB⊥BC，∴直线BA，BP，BC两两垂直，以B为原点，分别以BA，BP，BC为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则P（0，2，0），B（0，0，0），D（2，0，1），E（2，1，0），C（0，0，1），∴M（1，1，），∴=（﹣1，0，），=（0，2，0）．
为平面ABCD的一个法向量，=0，∵BP⊥平面ABCD，∴∵∴⊥=﹣1×0+0×2+．又EM⊄平面ABCD，∴EM∥平面ABCD．
（Ⅱ）解：当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为． 理由如下： ∵=（2，﹣2，1），=（2，0，0），． 设平面PCD的法向量为=（x，y，z），则∴．令y=1，得=（0，1，2）．
假设线段PD上存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角α的正弦值等于． 设=λ=（2λ，﹣2λ，λ）（0≤λ≤1），∴＞=
=
=
=（2λ，2﹣2λ，λ）． =． ∴cos＜2∴9λ﹣8λ﹣1=0，解得λ=1或（舍去）．
∴当N点与D点重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于．
第9页（共23页）
【点评】本题考查了线面平行的判断，空间向量的应用与线面角的计算，属于中档题． 4．（2016•天津一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=135°，侧面PAB⊥底面ABCD，∠BAP=90°，AB=AC=PA=2，E，F分别为BC，AD的中点，点M在线段PD上．
（Ⅰ）求证：EF⊥平面PAC；
（Ⅱ）若M为PD的中点，求证：ME∥平面PAB；
（Ⅲ）如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，求值．的【分析】（Ⅰ）证明AB⊥AC．EF⊥AC．推出PA⊥底面ABCD，即可说明PA⊥EF，然后证明EF⊥平面PAC．
（Ⅱ）证明MF∥PA，然后证明MF∥平面PAB，EF∥平面PAB．即可阿门平面MEF∥平面PAB，从而证明ME∥平面PAB．
（Ⅲ）以AB，AC，AP分别为x轴、y轴和z轴，如上图建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，平面ABCD的法向量，平面PBC的法向量，利用直线ME与平面PBC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等，列出方程求解即可 【解答】（本小题满分14分）
（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，因为AB=AC，∠BCD=135°，∠ABC=45°． 所以AB⊥AC．
由E，F分别为BC，AD的中点，得EF∥AB，所以EF⊥AC．…（1分）
因为侧面PAB⊥底面ABCD，且∠BAP=90°，所以PA⊥底面ABCD．…（2分）又因为EF⊂底面ABCD，所以PA⊥EF．…（3分）
又因为PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以EF⊥平面PAC．…（4分）
第10页（共23页）
（Ⅱ）证明：因为M为PD的中点，F分别为AD的中点，所以MF∥PA，又因为MF⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以MF∥平面PAB．…（5分）同理，得EF∥平面PAB．
又因为MF∩EF=F，MF⊂平面MEF，EF⊂平面MEF，所以平面MEF∥平面PAB．…（7分）又因为ME⊂平面MEF，所以ME∥平面PAB．…（9分）
（Ⅲ）解：因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AC，所以AP，AB，AC两两垂直，故以AB，AC，AP 分别为x轴、y轴和z轴，如上图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，2），D（﹣2，2，0），E（1，1，0），所以设，则，，…（10分）
所以M（﹣2λ，2λ，2﹣2λ），易得平面ABCD的法向量=（0，0，1）．…（11分）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），由，得
令x=1，得=（1，1，1）．…（12分）
因为直线ME与平面PBC所成的角和此直线与平面ABCD所成的角相等，所以，即，…（13分）
所以解得，或，（舍）．…（14分）
第11页（共23页）
【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，直线与平面平行的判定定理以及性质定理的应用，平面与平面平行的判定定理的应用，考查转化思想以及空间想象能力逻辑推理能力的应用． 5．（2016•贵阳一模）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠PAB=∠PAC=∠ACB=90°．（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；
（2）若PA=1，AB=2，BC=，在直线AC上是否存在一点D，使得直线BD与平面PBC所成角为30°？若存在，求出CD的长；若不存在，说明理由．
【分析】（1）推导出PA⊥平面ABC，从而BC⊥PA，又BC⊥CA，从而BC⊥平面PAC，由此能证明平面PBC⊥平面PAC．
（2）以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系C﹣xyz，利用向量法能求出在直线AC上存在点，使得直线BD与平面PBC所成角为30°． 【解答】证明：（1）∵∠PAB=∠PAC=90°，∴PA⊥AB，PA⊥AC． ∵AB∩AC=A，∴PA⊥平面ABC．…（1分）∵BC⊂平面ABC，∴BC⊥PA．…（3分）
∵∠ACB=90°，∴BC⊥CA．∵PA∩CA=A，∴BC⊥平面PAC．…（5分）∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC．…6分 解：（2）由已知及（1）所证可知，PA⊥平面ABC，BC⊥CA，∵PA=1，AB=2，BC=．
∴以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图的空间直角坐标系C﹣xyz，则C（0，0，0），B（0，0），P（，设=（x，y，z）是平面PBC的法向量，则，则取x=1，得=（1，0，﹣
第12页（共23页）），），…（9分）
设直线AC上的点D满足∴，则，∵直线BD与平面PBC所成角为30°，∴解得，…（11分）∴在直线AC上存在点，使得直线BD与平面PBC所成角为30°．…（12分），【点评】本题考查面面垂直的证明，考查满足条件的点是否存在的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
6．（2015•浙江）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．（Ⅰ）证明：A1D⊥平面A1BC；
（Ⅱ）求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．
【分析】（I）连接AO，A1D，根据几何体的性质得出A1O⊥A1D，A1D⊥BC，利用直线平面的垂直定理判断．
（II）利用空间向量的垂直得出平面BB1C1C的法向量=（，0，1），|根据与
数量积求解余弦值，即可得出直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．
【解答】证明：（I）∵AB=AC=2，D是B1C1的中点． ∴A1D⊥B1C1，∵BC∥B1C1，∴A1D⊥BC，∵A1O⊥面ABC，A1D∥AO，∴A1O⊥AO，A1O⊥BC ∵BC∩AO=O，A1O⊥A1D，A1D⊥BC ∴A1D⊥平面A1BC
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解：（II）
建立坐标系如图
∵在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4 ∴O（0，0，0），B（0，0），B1（﹣，），A1（0，0即=（0，﹣），=（0，0），=（，0，）），设平面BB1C1C的法向量为=（x，y，z），即得出
得出=（∵=，0，1），|，＞=
|=4，||=
∴cos＜，=，可得出直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值为
【点评】本题考查了空间几何体的性质，直线平面的垂直问题，空间向量的运用，空间想象能力，计算能力，属于中档题．
7．（2015•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．
（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
第14页（共23页）
【分析】以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz．（1）所求值即为平面PAB的一个法向量与平面PCD的法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可；
（2）利用换元法可得cos＜
2，＞≤，结合函数y=cosx在（0，）上的单调性，计算即得结论．
【解答】解：以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz如图，由题可知B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．（1）∵AD⊥平面PAB，∴∵=（1，1，﹣2），=（0，2，0），是平面PAB的一个法向量，=（0，2，﹣2），设平面PCD的法向量为=（x，y，z），由，得，取y=1，得=（1，1，1），∴cos＜，＞=
=，∴平面PAB与平面PCD所成两面角的余弦值为（2）∵又又=（﹣1，0，2），设
=
+=λ；
=（﹣λ，0，2λ）（0≤λ≤1），=（﹣λ，﹣1，2λ），＞=
=，=（0，﹣1，0），则=（0，﹣2，2），从而cos＜设1+2λ=t，t∈[1，3]，则cos＜2，＞==≤，第15页（共23页）
当且仅当t=，即λ=时，|cos＜因为y=cosx在（0，又∵BP==，＞|的最大值为，）上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．，∴BQ=BP=
．
【点评】本题考查求二面角的三角函数值，考查用空间向量解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
8．（2014•天津）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：BE⊥DC；
（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
（Ⅲ）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F﹣AB﹣P的余弦值．
【分析】（I）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出BE，DC的方向向量，根据•=0，可得BE⊥DC；
（II）求出平面PBD的一个法向量，代入向量夹角公式，可得直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
（Ⅲ）根据BF⊥AC，求出向量的坐标，进而求出平面FAB和平面ABP的法向量，代入向量夹角公式，可得二面角F﹣AB﹣P的余弦值． 【解答】证明：（I）∵PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，第16页（共23页）
∵AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点． ∴B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（1，1，1）∴∵=（0，1，1），•=0，=（2，0，0）
∴BE⊥DC；（Ⅱ）∵=（﹣1，2，0），=（1，0，﹣2），设平面PBD的法向量=（x，y，z），由，得，令y=1，则=（2，1，1），则直线BE与平面PBD所成角θ满足： sinθ==
=，故直线BE与平面PBD所成角的正弦值为（Ⅲ）∵=（1，2，0），=λ
．
=（2，2，0），=（﹣2，﹣2，2），由F点在棱PC上，设故=+
=（﹣2λ，﹣2λ，2λ）（0≤λ≤1），=（1﹣2λ，2﹣2λ，2λ）（0≤λ≤1），•=2（1﹣2λ）+2（2﹣2λ）=0，由BF⊥AC，得解得λ=，即=（﹣，），设平面FBA的法向量为=（a，b，c），第17页（共23页）
由，得
令c=1，则=（0，﹣3，1），取平面ABP的法向量=（0，1，0），则二面角F﹣AB﹣P的平面角α满足： cosα===，故二面角F﹣AB﹣P的余弦值为：
【点评】本题考查的知识点是空间二面角的平面角，建立空间坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题，是解答的关键．
9．（2014•新课标I）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．（Ⅰ）证明：AC=AB1；
（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
【分析】（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，可证B1C⊥平面ABO，可得B1C⊥AO，B10=CO，进而可得AC=AB1；（2）以O为坐标原点，的正方向，的方向为x轴的正方向，|
|为单位长度，的方向为y轴的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，分别可得两平面的法向量，可得所求余弦值． 【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO，又B10=CO，∴AC=AB1，（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO=CO，又∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，∴OA，OB，OB1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|
|为单位长度，第18页（共23页）的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，∵∠CBB1=60°，∴△CBB1为正三角形，又AB=BC，∴A（0，0，∴=（0，），B（1，0，0，），B1（0，），=，0），C（0，），=，0）=（﹣1，0），=（1，0，设向量=（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，则，可取=（1，），同理可得平面A1B1C1的一个法向量=（1，﹣∴cos＜，＞=
=，），∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为
【点评】本题考查空间向量法解决立体几何问题，建立坐标系是解决问题的关键，属中档题．
10．（2014•新课标II）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；（Ⅱ）设AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，求A到平面PBC的距离．
【分析】（Ⅰ）设BD与AC 的交点为O，连结EO，通过直线与平面平行的判定定理证明PB∥平面AEC；（Ⅱ）通过AP=1，AD=，三棱锥P﹣ABD的体积V=，求出AB，作AH⊥PB角PB于H，说明AH就是A到平面PBC的距离．通过解三角形求解即可． 【解答】解：（Ⅰ）证明：设BD与AC 的交点为O，连结EO，∵ABCD是矩形，∴O为BD的中点
第19页（共23页）
∵E为PD的中点，∴EO∥PB．
EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC ∴PB∥平面AEC；（Ⅱ）∵AP=1，AD=∴V=，三棱锥P﹣ABD的体积V==，∴AB=，PB==．
作AH⊥PB交PB于H，由题意可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AH，故AH⊥平面PBC．
又在三角形PAB中，由射影定理可得：A到平面PBC的距离
．
【点评】本题考查直线与平面垂直，点到平面的距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
11．（2013•北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；
（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；
（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．
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【分析】（I）利用AA1C1C是正方形，可得AA1⊥AC，再利用面面垂直的性质即可证明；（II）利用勾股定理的逆定理可得AB⊥AC．通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角；（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，利用向量垂直于数量积得关系即可得出．
【解答】（I）证明：∵AA1C1C是正方形，∴AA1⊥AC．
又∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，∴AA1⊥平面ABC．
（II）解：由AC=4，BC=5，AB=3．
222∴AC+AB=BC，∴AB⊥AC．
建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，4），B（0，3，0），B1（0，3，4），C1（4，0，4），∴，．
=（x2，y2，z2）． 设平面A1BC1的法向量为，平面B1BC1的法向量为则，令y1=4，解得x1=0，z1=3，∴
．，令x2=3，解得y2=4，z2=0，∴
．
===．
∴二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值为
．
（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，∴∵∴∴． =，∴，，解得t=
．
=（0，3，﹣4），第21页（共23页）
【点评】本题综合考查了线面垂直的判定与性质定理、面面垂直的性质定理、通过建立空间直角坐标系利用法向量求二面角的方法、向量垂直与数量积得关系等基础知识与基本方法，考查了空间想象能力、推理能力和计算能力．
12．（2013•新课标Ⅱ）如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1=AC=CB=AB．
（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．
【分析】（Ⅰ）通过证明BC1平行平面A1CD内的直线DF，利用直线与平面平行的判定定理证明BC1∥平面A1CD（Ⅱ）证明DE⊥平面A1DC，作出二面角D﹣A1C﹣E的平面角，然后求解二面角平面角的正弦值即可． 【解答】解：（Ⅰ）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF，因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD．
（Ⅱ）因为直棱柱ABC﹣A1B1C1，所以AA1⊥CD，由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB，又AA1∩AB=A，于是，CD⊥平面ABB1A1，设AB=2，则AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，第22页（共23页）
CD=，A1D=，DE=，A1E=3 222故A1D+DE=A1E，即DE⊥A1D，所以DE⊥平面A1DC，又A1C=2，过D作DF⊥A1C于F，∠DFE为二面角D﹣A1C﹣E的平面角，在△A1DC中，DF=
=，EF=
=，所以二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．sin∠DFE=
．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力与计算能力．
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