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第7讲 立体几何中的向量方法（Ⅱ）
——求空间角与距离
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2022·广东卷)已知向量a＝(1,0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是
( )
A．(－1,1,0) B．(1，－1,0)
C．(0，－1,1) D．(－1,0,1)
解析 经检验，选项B中向量(1，－1,0)与向量a＝(1,0，－1)
的夹角的余弦值为，即它们的夹角为60°，故选B.
答案 B
2．(2022·新课标全国Ⅱ卷)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所成角的余弦值为
( )
A. B. C. D.
解析
建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，设BC＝2，则B(0,2,0)，
A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以＝(1，－1,2)，＝(－1,0,2)，故BM与AN所成角θ的余弦值cos θ＝＝＝.
答案 C
3．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝ 1，N为B1B的中点，则||为
( )
A.a B.a C.a D.a
解析 以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A( a,0,0)，C1(0，a，a)，N.
设M(x，y，z)，
∵点M在AC1上且A＝M1，
(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)
∴x＝a，y＝，z＝.
得M，
∴||＝＝ a.
答案 A
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
( )
A. B. C. D.
解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，
E，D(0,1,0)，
∴＝(0,1，－1)，
＝，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则∴.
∴n1＝(1,2,2)．
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
∴ cos〈n1，n2〉＝＝.
即所成的锐二面角的余弦值为.
答案 B
5．在四周体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
( )
A. B.a C. D.a
解析 依据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P－xyz，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，
可得H点的坐标为.
∴PH＝＝a.
∴点P到平面ABC的距离为a.
答案 B
二、填空题
6．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角的大小为_________．
解析 cos〈m，n〉＝＝，∴〈m，n〉＝.
∴两平面所成二面角的大小为或.
答案 或
7．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于_________．
解析
以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．
设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，所以有
令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝ (2，－2,1)．
设CD与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n， 〉|＝＝.
答案
8.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_________．
解析 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系．
设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，
则＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，
∴·＝2，
∴cos〈E，〉＝＝，
∴EF和BC1所成的角为60°.
答案 60°
三、解答题
9．(2022·新课标全国Ⅰ卷)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.
(1)证明：AC＝AB1；
(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值．
(1)证明 连接BC1，交B1C于点O，连接AO.
由于侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥BC1，且O为B1C及BC1的中点．
又AB⊥B1C，AB∩BO＝B，所以B1C⊥平面ABO，由于AO⊂平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1.
(2)解 由于AC⊥AB1，且O为B1C的中点，
所以AO＝CO.又由于AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.
故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两相互垂直．
以O为坐标原点，
的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
由于∠CBB1＝60°，
所以△CBB1为等边三角形．又AB＝BC，OC＝OA，
则A，B(1,0,0)，B1，C，＝，＝A＝，＝B＝(－1，－，0)．
设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则
即
所以可取n＝(1，，)．
设m是平面A1B1C1的法向量，则
同理可取m＝(1，－，)，
则 cos 〈n，m〉＝＝.
所以二面角A－A1B1－C1的余弦值为.
10．(2021·湖南卷)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.
(1)证明：AC⊥B1D；
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．
(1)证明 易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．
从而＝(－t,3，－3)，＝(t,1,0)，＝(－t,3,0)．
由于AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0，
解得t＝或t＝－(舍去)．
于是＝(－，3，－3)，＝(，1,0)．
由于A·＝－3＋3＋0＝0，所以⊥，
即AC⊥B1D.
(2)解 由(1)知，＝(0,3,3)，＝(，1,0)，＝(0,1,0)．
设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，
则即令x＝1，
则n＝(1，－，)．
设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，
则 sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
力量提升题组
(建议用时：35分钟)
11．正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A－BD－C的正弦值为
( )
A. B. C. D.
解析
取BC中点O，连接AO，DO.建立如图所示坐标系，设BC＝1，
则A，B，
D.∴＝，＝，＝.由于＝为平面BCD的一个法向量，可进一步求出平面ABD的一个法向量n＝(1，－，1),
∴ cos〈n，〉＝，∴ sin〈n，〉＝.
答案 C
12．在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且 SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成的角是
( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
解析
如图，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a.则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P.
则＝(2a,0,0)，＝，
＝(a，a,0)，设平面PAC的一个法向量为n，
设n＝(x，y，z)，则解得可取n＝(0,1,1)，
则 cos〈，n〉＝＝＝，
∴〈，n〉＝60°，
∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.
答案 A
13．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________．
解析
以A为原点建系，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，
D(0,1,0)，∴＝(0,1，－1)，
＝.
设平面A1ED的法向量为n1＝(1，y，z)，
则∴
∴n1＝(1,2,2)，
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
∴cos〈n1，n2〉＝＝，故锐二面角的余弦值为.
答案
14．(2022·天津卷)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．
(1)证明：BE⊥DC；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．
(1)证明
依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．
向量＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0.
所以BE⊥DC.
(2)解 向量＝(－1,2,0)，＝(1,0，－2)，设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，
则即不妨令y＝1，
可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量，于是有
cos〈n，B〉＝＝＝.
所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.
(3)解 向量＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)．由点F在棱PC上，设 ＝λ，0≤λ≤1.
故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．
由 BF⊥AC，得·＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝.即＝.设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，
则即
不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)，则
cos〈n1，n2〉＝＝＝－.
易知，二面角F－AB－P是锐角，所以其余弦值为.
15．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 由于AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.
所以DE⊥A1C.又由于A1C⊥CD，
所以A1C⊥平面BCDE.
(2)解 如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．
设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·B＝0.
又＝(3,0，－2)，
B＝(－1,2,0)，
所以
令y＝1，则x＝2，z＝.所以n＝(2,1，)．
设CM与平面A1BE所成的角为θ，由于C＝(0,1，)，
所以 sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
所以CM与平面A1BE所成角的大小为.
(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·＝0，
m·＝0.
又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)，
所以
令x＝2，则y＝p，z＝.所以m＝(2，p，)．
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]冲突．
所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
16．(2021·浙江卷)如图，在四周体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.
(1)证明：PQ∥平面BCD.
(2)若平面角C－BM－D的大小为60°，求∠BDC的大小．
法一 (1)证明
如图，取BD的中点O，以O为原点，OD、OP所在射线为y、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz.由题意知，A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)．
设点C的坐标为(x0，y0,0)．
由于＝3，
所以Q.
由于M为AD的中点，故M(0，，1)．
又P为BM的中点，故P，
所以＝.
又平面BCD的一个法向量为u＝(0,0,1)，故·u＝0.
又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
(2)解 设m＝(x，y，z)为平面BMC的一个法向量．由
＝(－x0，－y0,1)，＝(0,2，1)．
知
取y＝－1，得m＝.
又平面BDM的一个法向量为n＝(1,0,0)，于是
|cos〈m，n〉|＝＝＝，
即2＝3.①
又BC⊥CD，所以·＝0，
故(－x0，－－y0,0)·(－x0，－y0,0)＝0，
即x＋y＝2.②
联立①②，解得(舍去)或
所以tan∠BDC＝＝.
又∠BDC是锐角，所以∠BDC＝60°.
法二 (1)证明
取BD的中点O，
在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，
连结OP、OF、FQ.
由于AQ＝3QC，所以QF∥AD，
且QF＝AD.
由于O，P分别为BD，BM的中点，
所以OP是△BDM的中位线，
所以OP∥DM，且OP＝DM.
又点M为AD的中点，所以OP∥AD，且OP＝AD.
从而OP∥FQ，且OP＝FQ，
所以四边形OPQF为平行四边形，故PQ∥OF.
又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，
所以PQ∥平面BCD.
(2)解 作CG⊥BD于点G，
作GH⊥BM于点H，连结CH，
由于AD⊥平面BCD，CG⊂平面BCD，所以AD⊥CG，
又CG⊥BD，AD∩BD＝D，故CG⊥平面ABD，
又BM⊂平面ABD，所以CG⊥BM.
又GH⊥BM，CG∩GH＝G，故BM⊥平面CGH，
所以∠CHG为二面角C－BM－D的平面角，
即∠CHG＝60°.
设∠BDC＝θ.
在Rt△BCD中，CD＝BDcos θ＝2cos θ，
CG＝CDsin θ＝2cos θsin θ，
BG＝BCsin θ＝2sin2θ.
在Rt△BDM中，HG＝＝.
在Rt△CHG中，tan ∠CHG＝＝＝.
所以tan θ＝.
从而θ＝60°.
即∠BDC＝60°.
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