2019届二轮复习　立体几何中的向量方法学案（全国通用）

第3讲　立体几何中的向量方法
[考情考向分析]　以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上．

热点一　利用向量证明平行与垂直
设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则有
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(2)线面垂直
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.
(4)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
例1　如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.

(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
证明　(1)以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．

∵点E，F分别是PC，PD的中点，
∴E，F，
＝，＝(1,0,0)．
∵＝－，
∴∥，
即EF∥AB，
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
∴EF∥平面PAB.
(2)由(1)可知，
＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，
∵·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
∴⊥，⊥，
即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面PAD，
∴DC⊥平面PAD.
∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.
思维升华　用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．
跟踪演练1　如图，在直三棱柱ADE—BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．运用向量方法证明：

(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明　方法一　(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O.
＝，＝(－1,0,0)，
∴·＝0，∴⊥.
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，
且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
∵＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，
由得
令x1＝1，则n1＝.同理可得n2＝(0,1,1)．
∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
方法二　(1)＝＋＋
＝－＋＝(＋)－＋
＝－－＋
＝－(＋)－＋
＝－－.
∴向量与向量，共面，BF，BC⊂平面BCF，
又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)由题意及(1)知，BF，BC，BA两两垂直，
∵＝，＝－，
∴·＝·＝0，
·＝·(－)
＝－2＋2＝0，
∴⊥，⊥，
即OM⊥CD，OM⊥FC，
又CD∩FC＝C，CD，FC⊂平面EFCD，
∴OM⊥平面EFCD.
又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.
热点二　利用空间向量求空间角
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线线夹角
设l，m的夹角为θ，
则cos θ＝＝.
(2)线面夹角
设直线l与平面α的夹角为θ，
则sin θ＝＝|cos〈a，μ〉|.
(3)二面角
设α－a－β的平面角为θ(0≤θ≤π)，
则|cos θ|＝＝|cos〈μ，v〉|.
例2　(2018·泉州质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝2，AD＝PD＝4，∠BAD＝60°，∠ADP＝120°，点E为PA的中点．

(1)求证：BE∥平面PCD；
(2)若平面PAD ⊥平面ABCD，求直线BE与平面PAC所成角的正弦值．
(1)证明　取PD中点F，连接CF，EF.
因为点E为PA的中点，
所以EF∥AD且EF＝AD，
又因为BC∥AD且BC＝AD，
所以EF∥BC且EF＝BC，
所以四边形BCFE为平行四边形，
所以BE∥CF，
又BE⊄平面PCD，CF⊂平面PCD，
所以BE∥平面PCD.
(2)解　在平面ABCD中，过点D作DG⊥AD，在平面PAD中，过点D作DH⊥AD.

因为平面PAD ⊥平面ABCD，平面PAD ∩平面ABCD＝AD，DG⊂平面ABCD，所以DG⊥平面PAD，
又DH⊂平面PAD，
所以DG⊥DH，所以DA，DG，DH两两互相垂直．
以D为原点，DA，DG，DH所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D－xyz(如图)，
则A，B(3，，0)，C(1，，0)，P，E，
所以＝(－3，，0)，＝，
＝，
设n＝(x，y，z)是平面ACP的一个法向量，
则即
取x＝1，则y＝，z＝，得n＝(1，，)．
设直线BE与平面PAC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，
所以直线BE与平面PAC所成角的正弦值为.
思维升华　(1)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．
(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|；②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．
跟踪演练2　如图，在四面体ABCD中，BA＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°.

(1)证明：BD⊥AC；
(2)若∠ABD＝60°，BA＝2，四面体ABCD的体积为2，求二面角B－AC－D的余弦值．
方法一　(1)证明　如图，作Rt△ABD斜边BD上的高AE，连接CE.

因为BA＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°，
所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得CE⊥BD.
又AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面AEC，
所以BD⊥平面AEC，
又AC⊂平面AEC，所以BD⊥AC.
(2)解　在Rt△ABD中，因为BA＝2，∠ABD＝60°，
所以BD＝4，AE＝，CE＝，
S△AEC＝sin∠AEC.
因为BD⊥平面AEC，四面体ABCD的体积为2，
所以××sin∠AEC×4＝2，
sin∠AEC＝1，∠AEC＝90°，
所以AE⊥平面BCD.
以E为原点，EB，EC，EA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系E－xyz.
则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－3,0,0)，＝(1,0，－)，＝(0，，－)，＝(－3,0，－)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面BAC的一个法向量，
则即
可取z1＝1，得m＝(，1,1)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面DAC的一个法向量，
则即
可取x2＝－1，得n＝(－1，，)．
因为cos〈m，n〉＝＝，二面角B－AC－D的平面角为钝角，所以二面角B－AC－D的余弦值为－.
方法二　(1)证明　因为BA＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°，
所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.
设AC中点为E，连接BE，DE，则BE⊥AC，DE⊥AC，

又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE，
所以AC⊥平面BDE，
又BD⊂平面BDE，所以BD⊥AC.
(2)解　由(1)知，∠BED为二面角B－AC－D的平面角，
在Rt△BCD中，因为BC＝2，∠ABD＝∠CBD＝60°，
所以△BCD的面积为2.
设点A到平面BCD的距离为h，
因为四面体ABCD的体积为2，所以h＝.
在平面ABD内过A作AF⊥BD，垂足为F，
因为BA＝2，∠ABD＝60°，
所以AF＝.
由点到平面的距离的定义知，AF⊥平面BCD.
所以AF⊥FC，所以AC＝.
因为BA＝2，AD＝2，
所以BE＝，DE＝，
所以cos∠BED＝＝－，
即二面角B－AC－D的余弦值为－.
热点三　利用空间向量求解存在探索性问题
存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．
例3　(2018·滨海新区重点学校联考)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝AD＝1，AB＝2，∠PAD＝45°，E是PA的中点，F在线段AB上，且满足·＝0.

(1)求证：DE∥平面PBC；
(2)求二面角F－PC－B的余弦值；
(3)在线段PA上是否存在点Q，使得FQ与平面PFC所成角的余弦值是，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明　方法一　取PB的中点M，连接EM和CM，

∵CD∥AB且CD＝AB，
且E，M分别为PA，PB的中点．
∴EM∥AB且EM＝AB，
∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，
∴DE∥CM，又CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，
∴DE∥平面BPC.
方法二　由题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，E，

设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
＝(－1，－1,0)，＝(0，－1,1)，
由
得令y＝1，则x＝－1，z＝1，
∴m＝(－1,1,1)．
又＝，∴m·＝0，∴⊥m，
又DE⊄平面PBC，
∴DE∥平面PBC.
(2)解　设点F的坐标为(1，t,0)，
则＝(1，t－1,0)，＝(1,2,0)，
由·＝0，得t＝，
∴F.
设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z)，
＝，
由得即
令x＝1，则y＝2，z＝2，
∴n＝(1,2,2)，
则cos〈n，m〉＝＝＝，
又由图可知，该二面角为锐角，
故二面角F－PC－B的余弦值为.
(3)解　设＝λ＝，λ∈，
∴＝＋＝，
∴cos〈，n〉＝＝ .
∵FQ与平面PFC所成角的余弦值是，
∴其正弦值为，
∴＝，整理得
20λ2＋8λ－1＝0，解得λ＝，λ＝－(舍)，
∴存在满足条件的点Q，＝，
且|AQ|＝.
思维升华　空间向量最适合解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，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，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．
跟踪演练3　(2018·荆州质检)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1＝2，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上一动点．

(1)求证：当点Q为线段A1B的中点时，PQ⊥平面A1BC；
(2)设＝λ，试问：是否存在实数λ，使得平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由．
(1)证明　连接AB1，AC1，

∵点Q为线段A1B的中点，
∴A，Q，B1三点共线，
且Q为AB1的中点，
∵点P为B1C1的中点，
∴PQ∥AC1.
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
AC⊥BC，
∴BC⊥平面ACC1A1，
又AC1⊂平面ACC1A1，
∴BC⊥AC1.
∵AC＝AA1，
∴四边形ACC1A1为正方形，
∴AC1⊥A1C，
又A1C，BC⊂平面A1BC，A1C∩BC＝C，
∴AC1⊥平面A1BC，
而PQ∥AC1，
∴PQ⊥平面A1BC.
(2)解　由题意可知，CA，CB，CC1两两垂直，
以C为原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C－xyz，
连接B1Q，PB，设Q(x，y，z)，

B(0,2,0)，A1(2,0,2)，
P(0,1,2)，B1(0,2,2)，
∵＝λ，
∴(x，y－2，z)＝λ(2，－2,2)，
∴∴Q(2λ，2－2λ，2λ)．
∵点Q在线段A1B上运动，
∴平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量，
设平面A1PB的法向量为n1＝(x，y，z)，
＝(0，－1,2)，＝(2，－1,0)，
由得
令y＝2，得n1＝(1,2,1)，
设平面B1PQ的法向量为n2＝(x，y，z)，
＝(0,1,0)，＝(2λ，－2λ，2λ－2)．
由得
令z＝1得n2＝＝(1－λ，0，λ)，
取n2＝(1－λ，0，λ)，
由题意得|cos〈n1，n2〉|＝
＝＝，
∴9λ2－9λ＋2＝0，
解得λ＝或λ＝，
∴当λ＝或λ＝时，平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为.

真题体验
1．(2017·北京)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4.

(1)求证：M为PB的中点；
(2)求二面角B—PD—A的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
(1)证明　设AC，BD交于点E，连接ME，如图所示．

因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，
所以PD∥ME.
因为四边形ABCD是正方形，
所以E为BD的中点，
所以M为PB的中点．
(2)解　取AD的中点O，连接OP，OE.
因为PA＝PD，所以OP⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且OP⊂平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.
因为四边形ABCD是正方形，
所以OE⊥AD，
如图，建立空间直角坐标系O－xyz，

则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)．
设平面BDP的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则y＝1，z＝.于是n＝(1,1，)．
平面PAD的法向量为p＝(0,1,0)，
所以cos〈n，p〉＝＝.
由题意知，二面角B－PD－A为锐角，
所以它的大小为.
(3)解　由题意知M，C(2,4,0)，
＝.
设直线MC与平面BDP所成的角为α，则
sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.
2．(2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．

(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；
(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．
(1)证明　由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM⊂平面CMD，
故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以DM⊥CM.
又BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面BMC，
所以DM⊥平面BMC.
又DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(2)解　以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.

当三棱锥M－ABC体积最大时，M为的中点．由题设得
D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，
＝(－2,1,1)，＝(0,2,0)，＝(2,0,0)，
设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则
即
可取n＝(1,0,2)，
是平面MCD的法向量，因此
cos〈n，〉＝＝，
sin〈n，〉＝.
所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.
押题预测
如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，DF＝2BE＝2，EF＝3.

(1)证明：平面ACF⊥平面BEFD；
(2)若二面角A－EF－C是直二面角，求AE与平面ABCD所成角的正切值．
押题依据　利用空间向量求二面角全面考查了空间中的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点．
(1)证明　∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.
∵BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BE⊥AC，
又BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BEFD，
∴AC⊥平面BEFD.
∵AC⊂平面ACF，
∴平面ACF⊥平面BEFD.
(2)解　方法一　(向量法)
设AC与BD交于点O，以点O为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz，如图．

取DF的中点H，连接EH.
∵BE∥DF且BE＝DF，DH＝DF，
∴四边形BEHD为平行四边形，
∵在Rt△EHF中，FH＝1，EF＝3，
∴EH＝2，∴BD＝2.
设AB的长为a，则各点坐标为A，
E，F，C，
∴＝，＝，
＝.
设n1＝为平面AEF的法向量，
n2＝为平面CEF的法向量．
由得
即
令y1＝，得n1＝，
同理得n2＝.
∵二面角A－EF－C是直二面角，
∴n1·n2＝0，得a＝2，
由题意可得∠EAB为AE与平面ABCD所成的夹角，
∵AB＝2，BE＝1，
∴tan∠EAB＝＝.
方法二　(几何法)
设AC与BD交于点O.
∵四边形ABCD是菱形，
∴△ADF≌△CDF，△ABE≌△CBE，
∴AF＝CF，AE＝CE，∴△AEF≌△CEF.
过A作AM⊥EF，连接CM，则CM⊥EF，
则∠AMC为二面角A－EF－C的平面角．
设菱形的边长为a，
∵BE＝1，DF＝2，EF＝3，DF⊥BD，∴BD＝2.
在△AOB中，AO＝，∴AC＝2，

∵二面角A－EF－C为直二面角，∴∠AMC为直角，
∴AM＝，
在△AEF中，AM⊥EF，设ME＝x，则MF＝3－x，
AF＝，AE＝，
2－(3－x)2＝2－x2，解得x＝1，将x＝1代入到()2－(3－x)2＝()2中，
解得a＝2.
∵AE与平面ABCD所成的角为∠EAB，
∴tan∠EAB＝.

A组　专题通关
1．已知平面ABC，点M是空间上任意一点，点M满足条件＝＋＋，则直线AM(　　)
A．与平面ABC平行 B．是平面ABC的斜线
C．是平面ABC的垂线 D．在平面ABC内
答案　D
解析　由已知得M，A，B，C四点共面，所以AM在平面ABC内，故选D.
2．(2018·上海松江、闵行区模拟)如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O－xyz的三条坐标轴上，＝(0,0,2)，平面ABC的法向量为n＝(2,1,2)，设二面角C－AB－O的大小为θ，则cos θ等于(　　)

A. B. C. D．－
答案　C
解析　由题意可知，平面ABO的一个法向量为＝(0,0,2)，
由图可知，二面角C－AB－O为锐角，
由空间向量的结论可知，cos θ＝＝＝.
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在A1C上运动(包括端点)，则BP与AD1所成角的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，点P坐标为(x,1－x，x)(0≤x≤1)，
则＝(x－1，－x，x)，＝(－1,0,1)，
因为BC1∥AD1，
设，的夹角为α，
所以cos α＝＝＝，
所以当x＝时，cos α取得最大值，α＝.
当x＝1时，cos α取得最小值，α＝.故选D.
4．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　方法一　将直三棱柱ABC－A1B1C1补形为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如图所示，连接AD1，B1D1，BD，AB1，BC1.

由题意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，
所以AD1＝BC1＝，AB1＝，∠DAB＝60°.
在△ABD中，由余弦定理知，BD2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD＝，所以B1D1＝.
又AB1与AD1所成的角即为AB1与BC1所成的角θ，
所以cos θ＝＝＝.
故选C.
方法二　以B1为坐标原点，B1C1所在的直线为x轴，垂直于B1C1的直线为y轴，BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系B1－xyz，如图所示．

由已知条件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1，，1)，则＝(1,0，－1)，
＝(1，－，－1)．
所以cos〈，〉＝＝＝.
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
故选C.
5．(2017·全国Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；
②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；
③直线AB与a所成角的最小值为45°；
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)
答案　②③
解析　依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.

由题意知，点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．
设直线a的方向向量为a＝(0,1,0)，直线b的方向向量为b＝(1,0,0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈ [0，2π)，则B(cos θ，sin θ，0)，
∴＝(cos θ，sin θ，－1)，||＝.
设直线AB与直线a所成的夹角为α，
则cos α＝＝|sin θ|∈，
∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误；
设直线AB与直线b所成的夹角为β，
则cos β＝＝|cos θ|.
当直线AB与直线a的夹角为60°，即α＝60°时，
则|sin θ|＝cos α＝cos 60°＝，
∴|cos θ|＝，∴cos β＝|cos θ|＝.
∵45°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°.
∴②正确，①错误．
6．(2018·山西省榆社中学模拟)如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为棱A1B1与BB1的中点，M，N为线段C1D上的动点，其中，M更靠近D，且MN＝C1N.

(1)证明：A1E⊥平面AC1D；
(2)若NE与平面BCC1B1所成角的正弦值为，求异面直线BM与NE所成角的余弦值．
(1)证明　由已知得△A1B1C1为正三角形，D为棱A1B1的中点，∴C1D⊥A1B1，
在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，C1D⊂底面A1B1C1，则AA1⊥C1D.
又A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面ABB1A1，
∴C1D⊥平面ABB1A1，又A1E⊂平面ABB1A1，
∴C1D⊥A1E.
易证A1E⊥AD，
又AD∩C1D＝D，AD，C1D⊂平面AC1D，
∴A1E⊥平面AC1D.
(2)解　取BC的中点O，B1C1的中点O1，连接AO，则AO⊥BC，OO1⊥BC，OO1⊥AO，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，

则B(0,1,0)，E(0,1,1)，
C1(0，－1,2)，D，
设＝λ＝，
则＝－＝(0,2，－1)－
＝，
易知n＝(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量，
∴|cos〈，n〉|＝＝，
解得λ＝(负值舍去)．
∴＝，＝2λ＝，＝＋＝，
∴cos〈，〉＝＝－，
∴异面直线NE与BM所成角的余弦值为.
7．(2017·全国Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.

(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；
(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D—AE—C的余弦值．
(1)证明　由题设可得
△ABD≌△CBD.
从而AD＝CD，
又△ACD为直角三角形，
所以∠ADC＝90°，
取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.

又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC，
所以∠DOB为二面角D—AC—B的平面角，
在Rt△AOB中，BO2＋OA2＝AB2，
又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°，
所以平面ACD⊥平面ABC.
(2)解　由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，

为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，
则O(0,0,0)，A(1,0,0)，D，B，C(－1，0,0)，
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E，
故＝，＝，＝(1,0,0)．
设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面AEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则即
令x1＝1，则n1＝.
即
令y2＝－1，则n2＝(0，－1，)，
设二面角D—AE—C的平面角为θ，易知θ为锐角，
则cos θ＝＝.
8．(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．

(1)证明：PO⊥平面ABC；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
(1)证明　因为PA＝PC＝AC＝4，
O为AC的中点，
所以OP⊥AC，且OP＝2.
如图，连接OB.

因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
所以OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
因为OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，OB，AC⊂平面ABC，
所以PO⊥平面ABC.
(2)解　由(1)知OP，OB，OC两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示．

由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，
A(0，－2,0)，C(0,2,0)，
P(0,0,2)，＝(0,2,2)．
由(1)知平面PAC的一个法向量为＝(2,0,0)．
设M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，则＝(a,4－a,0)．
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．
由·n＝0，·n＝0，得
可取y＝a，得平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝ .
由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，
所以＝，
解得a＝－4(舍去)或a＝.
所以n＝.
又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
B组　能力提高
9．(2018·北京海淀区模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面ABB1A1内，若D1P垂直于CM，则△PBC的面积的最小值为________．

答案　
解析　以D为原点，以DC所在直线为y轴，以DA所在直线为x轴，以DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)．
则P(2，y，z)，D1(0,0,2)，
所以＝(2，y，z－2)．
因为C(0,2,0)，M(2,0,1)，
所以＝(2，－2,1)，
因为⊥，
所以4－2y＋z－2＝0，∴z＝2y－2.
因为B(2,2,0)，
所以＝(0，y－2，z)，
所以||＝＝＝.
因为0≤y≤2，
所以当y＝时，||min＝.
因为BC⊥BP，
所以(S△PBC)min＝×2×＝.
10.如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝，点P为线段A1C上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的是________．(填序号)

①当＝3时，D1P∥平面BDC1；
②当＝5时，A1C⊥平面D1AP；
③∠APD1的最大值为90°；
④AP＋PD1的最小值为.
答案　①②
解析　以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(1,0,0)，A1(1,0,1)，C(0，，0)，D1(0,0,1)，C1(0，，1)，B(1，，0)，
则＝(－1，，－1)，
设P(x，y，z)，＝(x－1，y，z－1)．
对于①，当＝3时，
(－1，，－1)＝3(x－1，y，z－1)，
解得P，＝，
设平面BDC1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
＝(1，，0)，＝(0，，1)，
则由
即令x1＝－，
解得n1＝(－，1，－)，
由于·n1＝0，
所以⊥n，
又D1P⊄平面BDC1，
所以D1P∥平面BDC1成立；
对于②，当＝5时，
(－1，，－1)＝5(x－1，y，z－1)，
解得P，＝(－1,0，－1)，＝，
由
可知A1C⊥平面D1AP成立；
对于③，设＝λ，
即(－1，，－1)＝λ(x－1，y，z－1)，
解得P，
由cos〈，〉＝，
其分子化简得，
当λ>时，cos〈，〉<0，
故∠APD1的最大值可以为钝角，③错误．
对于④，根据③计算的数据，
＝，＝，
||＋||＝2
＝2，
当对称轴＝，
即λ＝5时取得最小值2＝，故④错误．
11.如图，已知圆锥OO1和圆柱O1O2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O1的半径为r＝5，OA为圆锥的母线，AB为圆柱O1O2的母线，D，E为下底面圆O2上的两点，且DE＝6，AB＝6.4，AO＝5，AO⊥AD.

(1)求证：平面ABD⊥平面ODE;
(2)求二面角B—AD—O的正弦值．
(1)证明　依题意知，圆锥的高为h＝＝5，又圆柱的高为AB＝6.4，AO⊥AD，

所以OD2＝OA2＋AD2，
因为AB⊥BD，
所以AD2＝AB2＋BD2，
连接OO1，O1O2，DO2，易知O，O1，O2三点共线，
OO2⊥DO2，所以OD2＝OO＋O2D2，
所以BD2＝OO＋O2D2－AO2－AB2＝(6.4＋5)2＋52－(5)2－6.42＝64，
解得BD＝8，又因为DE＝6，圆O2的直径为10，圆心O2在∠BDE内，
所以∠BDE＝90°，所以DE⊥BD.
因为AB⊥平面BDE，DE⊂平面BDE，所以DE⊥AB，
因为AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，
所以DE⊥平面ABD.
又因为DE⊂平面ODE，
所以平面ABD⊥平面ODE.
(2)解　如图，以D为原点，DB，DE所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系．

则D(0,0,0)，A(8,0,6.4)，B(8,0,0)，
O(4,3,11.4)．
所以＝(8,0,6.4)，＝(8,0,0)，＝(4,3,11.4)，
设平面DAO的法向量为u＝(x，y，z)，
所以·u＝8x＋6.4z＝0，
·u＝4x＋3y＋11.4z＝0，
令x＝12，则u＝(12,41，－15)．
可取平面BDA的一个法向量为v＝(0,1,0)，
所以cos〈u，v〉＝＝＝，
所以二面角B—AD—O的正弦值为.
12.如图所示的几何体中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝2AD＝2，∠DAB＝60°，四边形CDEF为正方形，平面CDEF⊥平面ABCD.

(1)若点G是棱AB的中点，求证：EG∥平面BDF；
(2)求直线AE与平面BDF所成角的正弦值；
(3)在线段FC上是否存在点H，使平面BDF⊥平面HAD？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
(1)证明　由已知得EF∥CD，且EF＝CD.
因为四边形ABCD为等腰梯形，所以BG∥CD.
因为AB＝2AD＝2，∠DAB＝60°，
所以CD＝AB－2AD·cos 60°＝1，
所以CD＝AB.
因为G是棱AB的中点，所以BG＝CD.
所以EF∥BG，且EF＝BG，
故四边形EFBG为平行四边形，
所以EG∥FB.
因为FB⊂平面BDF，EG⊄平面BDF，
所以EG∥平面BDF.
(2)解　因为四边形CDEF为正方形，所以ED⊥DC.
因为平面CDEF⊥平面ABCD，
平面CDEF∩平面ABCD＝DC，DE⊂平面CDEF，
所以ED⊥平面ABCD.
在△ABD中，因为∠DAB＝60°，AB＝2AD＝2，
所以由余弦定理，得BD＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD.
在等腰梯形ABCD中，可得DC＝CB＝1.
如图，以D为原点，DA，DB，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，E，B，F，

所以＝，＝，
＝.
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，
因为　所以
取z＝1，则x＝2，y＝0，则n＝.
设直线AE与平面BDF所成的角为θ，
则sin θ＝＝＝，
所以AE与平面BDF所成角的正弦值为.
(3)解　线段FC上不存在点H，
使平面BDF ⊥平面HAD.证明如下：
假设线段FC上存在点H，设H，
则＝.
设平面HAD的法向量为m＝，
因为 　所以
取c＝1，则a＝0，b＝－ ，得m＝.
要使平面BDF⊥平面HAD，只需m·n＝0，
即2×0－ ×0＋1×1＝0，此方程无解．
所以线段FC上不存在点H，使平面BDF⊥平面HAD.