浙江省2013届高三数学一轮复习单元训练：空间向量与立体几何_百度文库
两大类热门资源免费畅读
续费一年阅读会员，立省24元！
评价文档：
喜欢此文档的还喜欢
浙江省2013届高三数学一轮复习单元训练：空间向量与立体几何
阅读已结束，如果下载本文需要使用
想免费下载本文？
把文档贴到Blog、BBS或个人站等：
普通尺寸(450*500pix)
较大尺寸(630*500pix)
你可能喜欢空间角的求法_百度文库
两大类热门资源免费畅读
续费一年阅读会员，立省24元！
文档贡献者
评价文档：
暂无相关推荐文档
空间角的求法
把文档贴到Blog、BBS或个人站等：
普通尺寸(450*500pix)
较大尺寸(630*500pix)
大小：8.05MB
登录百度文库，专享文档复制特权，财富值每天免费拿！
你可能喜欢您的位置：&&
&&2014届高考数学（理）一轮复习巩固提升课件：《立体几何中的向量方法》2（苏教版）
2014届高考数学（理）一轮复习巩固提升课件：《立体几何中的向量方法》2（苏教版）
地区：全国
上传人：fDNx****@
版本：通用
下载扣点：2点
上传时间：
已有5060人下载该资源
2014届高考数学（理）一轮复习巩固提升课件：《立体几何中的向量方法》2（苏教版）
x y z x y z x y z 一、选择题 单击题号出题干 单击问号出详解 1 2 3 4
基础演练 二、填空题 单击题号出题干 单击问号出详解 5 6
基础演练 三、解答题 单击题号出题干 单击问号出详解 7 8
基础演练 一、选择题 单击题号出题干 单击问号出详解 1 2
能力突破 二、填空题 单击题号出题干 单击问号出详解 3 4
能力突破 三、解答题 单击题号出题干 单击问号出详解
能力突破 5 6 返回
自测 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 【2014年高考会这样考】 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究几何问题中的应用.
第8讲　 立体几何中的向量方法(二)
抓住2个考点 突破3个考向 揭秘3年高考 限时规范训练 空间的角
空间向量与空间角的关系
考向一 考向二 考向三 利用空间向量解决立体几何中的存在性问题
单击标题可完成对应小部分的学习，每小部分独立成块，可全讲，也可选讲 助学微博 考点自测 A级 【例1】 【训练1】
【例2】 【训练2】
【例3】 【训练3】
利用向量求二面角
利用空间向量求直线与平面所成的角
求异面直线所成的角
选择题 填空题 解答题
B级 选择题 填空题 解答题
考点梳理 1．空间的角 (1)异面直线所成的角 如图，已知两条异面直线a、b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b.则把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角). (2)平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角． ①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角； ②直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0°的角． (3)二面角的平面角 如图在二面角? -l -?的棱上任取一点O，以点O为垂足，在半平面?和?内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则∠AOB叫做二面角的平面角． 考点梳理 助学微博 (1)异面直线所成角与向量夹角的关系 当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角． (2)二面角与向量夹角的关系 设二面角的两个面的法向量分别为n1，n2，则〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉是所求的二面角．这时要借助图形来判断所求角是锐角还是钝角，确定〈n1，n2〉是所求角，还是π－〈n1，n2〉是所求角． 两个关系 助学微博 三个范围 单击题号显示结果 答案显示 单击图标显示详解 考点自测 C D C A
90° 1 2 3 4 5 [审题视点]
(1)先判断三角形的形状再求面积;(2)异面直线的夹角,可以应用向量法,也可以应用异面直线的定义求解. 考向一求异面直线所成的角
[审题视点]
(1)先判断三角形的形状再求面积;(2)异面直线的夹角,可以应用向量法,也可以应用异面直线的定义求解. 考向一求异面直线所成的角
[方法锦囊] 图(2)
考向一求异面直线所成的角
[方法锦囊] [审题视点]
(1)建立空间直角坐标系,将线线角转化为两向量的夹角来求解. (2)求直线与平面所成的角θ,主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得,即sin θ＝|cos α|. 考向二
利用空间向量求直线与平
面所成的角
[审题视点]
(1)建立空间直角坐标系,将线线角转化为两向量的夹角来求解. (2)求直线与平面所成的角θ,主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得,即sin θ＝|cos α|. [方法锦囊] (1)异面直线的夹角与向量的夹角有所不同,应注意思考它们的区别与联系． (2)直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角,由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联系. 考向二
利用空间向量求直线与平
面所成的角
[审题视点]
(1)建立空间直角坐标系,将线线角转化为两向量的夹角来求解. (2)求直线与平面所成的角θ,主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得,即sin θ＝|cos α|. [方法锦囊] (1)异面直线的夹角与向量的夹角有所不同,应注意思考它们的区别与联系． (2)直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角,由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联系. 考向二利用空间向量求直线与平面所成的角
[审题视点]
(1)建立空间直角坐标系,将线线角转化为两向量的夹角来求解. (2)求直线与平面所成的角θ,主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得,即sin θ＝|cos α|. [方法锦囊] (1)异面直线的夹角与向量的夹角有所不同,应注意思考它们的区别与联系． (2)直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角,由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联系. 考向二
利用空间向量求直线与平
面所成的角
分别取AB、A1B1的中点D、D1，连接CD、D1D，可证得AB、CD、D1D两两垂直，因而可考虑建立空间直角坐标系求解． [审题视点]
利用向量求二面角
D1 x y z 分别取AB、A1B1的中点D、D1，连接CD、D1D，可证得AB、CD、D1D两两垂直，因而可考虑建立空间直角坐标系求解． [审题视点]
利用向量求二面角
D1 x y z 求二面角的方法：(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角；(2)分别在二面角的两个平面内找到与棱垂直且以垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小． 【方法锦囊】 考向三
利用向量求二面角
求二面角的方法：(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角；(2)分别在二面角的两个平面内找到与棱垂直且以垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小． 【方法锦囊】 考向三
利用向量求二面角
求二面角的方法：(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角；(2)分别在二面角的两个平面内找到与棱垂直且以垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小． 【方法锦囊】 热点突破19
利用空间向量解决立体几何中的存在性问题
【命题研究】 以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个显著特点，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐．此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于：涉及的点具有运动性和不确定性．所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便． 揭秘3年高考
x y z 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 结束放映 返回目录 2．空间向量与空间角的关系
(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2的夹角θ满足cos θ＝|cos〈m1，m2〉|.
(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|.
(3)求二面角的大小
()如图，AB、CD是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．
()如图，n1，n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．
(1)异面直线所成的角的范围是；
(2)直线与平面所成角的范围是；
(3)二面角的范围是[0，π]．
1．(人教A版教材习题改编)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(　　)．
C．45°或135°
2．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是a＝(1,0,1)，b＝(0,1,1)，那么，这条斜线与平面所成的角是(　　)．
3．如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1上的动点，则直线NO、AM的位置关系是(　　)．
C．异面垂直
D．异面不垂直
4．(2013·长沙模拟)已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　)．
5．(2012·四川)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是________．
【例1】(2012·上海)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA底面ABCD，E是PC的中点．已知AB＝2，AD＝2，PA＝2.求：
(1)三角形PCD的面积．
(2)异面直线BC与AE所成的角的大小．
解　(1)因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD.又AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.
因为PD＝＝2，CD＝2，所以三角形PCD的面积为×2×2＝2.
(2)法一　如图(1)，取PB中点F，连接EF、AF，则EF∥BC，从而AEF(或其补角)是异面直线BC与AE所成的角．在AEF中，由EF＝，AF＝，AE＝2知AEF是等腰直角三角形，所以AEF＝.因此，异面直线BC与AE所成的角的大小是.
法二　如图(2)，建立空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,2，0)，E(1，，1)，
＝(1, ，1)，＝(0,2，0)．
设与的夹角为θ，则
cos θ＝＝＝，所以θ＝.
由此可知，异面直线BC与AE所成的角的大小是.
本题可从两个不同角度求异面直线所成的角，一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC，BD的夹角β的余弦值为cos β＝.
【训练1】 如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝BF＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．
解　以A为原点，、、的方向向量分别为x轴、y轴、z轴的正向建立空间直角坐标系，则有D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，于是＝(1,3,2)，1＝(－4,2，2)，
设EC1与FD1所成的角为β，则
直线EC1与FD1所成的角的余弦值为.
本题可从两个不同角度求异面直线所成的角，一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC，BD的夹角β的余弦值为cos β＝.
【例2】如图所示，在四棱锥PABCD中，PA面ABCD，AB⊥BC，ABAD，且PA＝AB＝BC＝AD＝1.
(1)求PB与CD所成的角；
(2)求直线PD与面PAC所成的角的余弦值．
解　(1)以A为原点，AB，AD，AP分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为PA＝AB＝BC＝AD＝1，
所以A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，所以＝(1,0，－1)，＝(－1,1,0)，
所以cos〈，〉＝＝－，所以〈，〉＝120°，所以PB与CD所成的角为60°.
(2)由(1)知＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(1,1,0)，
设m＝(x，y，z)是平面PAC的一个法向量，
则即取x＝1，则m＝(1，－1,0)，
设直线PD与面PAC所成的角为θ，
所以sin θ＝＝＝.
因为θ，所以cos θ＝.
即直线PD与面PAC所成角的余弦值为.
【训练2】如图所示，已知点P在正方体ABCD-A′B′C′D′的对角线BD′上，PDA＝60°.
(1)求DP与CC′所成角的大小；
(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小．
解如图所示，以D为原点，DA为单位长度建立空间直角坐标系D-xyz.
则＝(1,0,0)，＝(0,0,1)．
连接BD，B′D′.
在平面BB′D′D中，延长DP交B′D′于H.
设＝(m，m,1)(m>0)，由已知〈，〉＝60°，
即·＝||||cos〈，〉，
解得m＝，所以＝.
(1)因为cos〈，〉＝＝，
所以〈，〉＝45°，即DP与CC′所成的角为45°.
(2)平面AA′D′D的一个法向量是＝(0,1,0)．
因为cos〈，〉＝＝，
所以〈，〉＝60°，
可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.
【例3】 (2012·重庆)如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．
(1)求点C到平面A1ABB1的距离；
(2)若AB1A1C，求二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值．
解　(1)由AC＝BC，D为AB的中点，得CDAB.
又CDAA1，故CD平面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为CD＝＝.
(2)如图所示，过D作DD1AA1
交A1B1于D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直．以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.
设直三棱柱的高为h，则A(－2,0,0)，A1(－2,0，h)，B1(2,0，h)，C(0，，0)，C1(0，，h)．
从而＝(4,0，h)，＝(2，，－h)．
由，有8－h2＝0，解得h＝2.
故＝(－2,0,2)，＝(0,0,2)，＝(0，，0)．
设平面A1CD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m，
取z1＝1，得m＝(，0,1)．
设平面C1CD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
即取x2＝1，得n＝(1,0,0)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
所以二面角A1-CD-C1的平面角的余弦值为.
【训练3】 (2012·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，ABCD，DAB＝60°，FC平面ABCD，AEBD，CB＝CD＝CF.
(1)求证：BD平面AED；
(2)求二面角F-BD-C的余弦值．
(1)证明　因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，DAB＝60°，
所以ADC＝BCD＝120°.
又CB＝CD，所以CDB＝30°，
因此ADB＝90°，即ADBD.
又AEBD，且AE∩AD＝A，AE，AD平面AED，
所以BD平面AED.
(2)解　由(1)知ADBD，所以ACBC，又FC平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直．
以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设CB＝1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，D，F(0,0,1)．
因此＝，＝(0，－1,1)．
设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则m·＝0，m·＝0，所以x＝y＝z，
取z＝1，则m＝(，1,1)．
由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，
则cos〈m，〉＝＝＝，
所以二面角F-BD-C的余弦值为.
[教你审题] (1)首先建立空间直角坐标系，再求出向量、，题中要证明B1EAD，只需证明·＝0即可；(2)假设存在点P(0,0，z0)满定题设条件，由于要满足线面平行，只需先求出已知平面的法向量，然后利用已知直线的方向向量与此平面的法向量垂直即可得到一个关于z0的方程，若能求出z0的值，则说明点P存在，否则，就说明点P不存在；(3)先求出两平面的法向量，利用二面角的平面角的度数即可得到关于a的方程，从而可求出a的值．
[规范解答] (1)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)．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.
【真题探究】(2012·福建)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
(1)求证：B1EAD1；
(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；
(3)若二面角AB1E-A1的大小为30°，求AB的长．
(2)解 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，则y＝－，z＝－a，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＝.
【真题探究】(2012·福建)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
(1)求证：B1EAD1；
(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；
(3)若二面角AB1E-A1的大小为30°，求AB的长．
连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1A1D.
∵B1C∥A1D，AD1⊥B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1C∩B1E＝B1，AD1⊥平面DCB1A1，是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．设与n所成的角为θ，
则cos θ＝＝.
二面角AB1E-A1的大小为30°，
|cos θ|＝cos 30°，即＝，
解得a＝2，即AB的长为2.
【真题探究】(2012·福建)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
(1)求证：B1EAD1；
(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；
(3)若二面角AB1E-A1的大小为30°，求AB的长．
[备考] 解决与平行、垂直有关的存在性问题的基本策略是：通常假定题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若导出与条件或实际情况相矛盾的结果，则说明假设不成立，即不存在．如本题把线面平行转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直，利用两向量数量积为零，得参数z的方程．即把线面平行有关的存在性问题转化为方程有无解的问题．
【真题探究】(2012·福建)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
(1)求证：B1EAD1；
(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；
(3)若二面角AB1E-A1的大小为30°，求AB的长．
(1)证明　连接BD，设AC交BD于O，则ACBD.
由题意知SO平面ABCD.
以O为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系如图．
设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，D，
B，C，＝，
＝，则·＝0.
故OCSD.从而ACSD.
【试一试】如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：ACSD.
(2)若SD平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由．
(2)解　棱SC上存在一点E使BE平面PAC.
理由如下：
由已知条件知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝，＝.
设＝t，则＝＋＝＋t
而·＝0t＝.
即当SEEC＝21时，.
而BE不在平面PAC内，
故BE平面PAC.
【试一试】如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：ACSD.
(2)若SD平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由．
1．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为()．
解析　设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，θ＝30°.
2．正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱BB1中点，G是DD1中点，F是BC上一点且FB＝BC，则GB与EF所成的角为()．
解析　如图建立直角坐标系Dxyz，设DA＝1，由已知条件，得G，B，E，F，＝，＝cos〈，〉＝＝0，则. 答案　D
3．长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()．
解析　建立坐标系如图，
则A(1,0,0)，E(0,2,1)，B(1,2,0)，C1(0，2,2)．
＝(－1,0,2)，＝(－1,2,1)，
cos〈，〉＝＝.
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为.
4．(2013·杭州月考)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为()．
解析　设正方体的棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，可知＝(2，－2,1)，＝(2,2，－1)，cos〈，〉＝－，sin〈，〉＝，
5．(2013·连云港模拟)若平面α的一个法向量为n＝(4,1,1)，直线l的一个方向向量为a＝(－2，－3,3)，则l与α所成角的正弦值为
解析　cos〈n，a〉＝＝＝－.
又l与α所成角记为θ，即sin θ＝|cos〈n，a〉|＝.
6．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60°
解析　建立如图所示的空间直角坐标系．
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〈，〉＝＝，EF和BC1所成角为60°.
答案　60°
7．(12分)如图，四面体ABCD中，AB、BC、BD两两垂直，
AB＝BC＝BD＝4，E、F分别为棱BC、AD的中点．
(1)求异面直线AB与EF所成角的余弦值；
(2)求E到平面ACD的距离；
(3)求EF与平面ACD所成角的正弦值．
解　如图，分别以直线BC、BD、BA为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则各相关点的坐标为A(0,0,4)、C(4,0，0)、D(0,4，0)，E(2,0,0)、F(0，2,2)．
(1)∵＝(0,0，－4)，＝(－2,2,2)，
|＝，异面直线AB与EF所成角的余弦值为.
(2)设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y,1)，
则＝(4,0，－4)，＝(－4,4,0)，
∴∴x＝y＝1，n＝(1,1,1)．
F∈平面ACD，＝(－2,2,2)，
E到平面ACD的距离为d＝＝＝.
(3)EF与平面ACD所成角的正弦值为|cos〈n，〉|＝＝
8．(13分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中，AD∥BC，ABC＝90°，PA平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝2，BC＝6.
(1)求证：BD平面PAC；
(2)求二面角PBDA的大小．
(1)证明　如图，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(2，0,0)，
C(2，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，
＝(0,0,3)，＝(2，6,0)，
＝(－2，2,0)．
∴·＝0，·＝0.BD⊥AP，BDAC.
又PA∩AC＝A，BD⊥面PAC.
(2)解　设平面ABD的法向量为m＝(0,0,1)，设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.＝(－2，0,3)，
令x＝，则n＝(，3,2)，cos〈m，n〉＝＝.
二面角PBD-A的大小为60°.
1．如图，在四面体ABCD中，AB＝1，AD＝2，BC＝3，CD＝2.∠ABC＝DCB＝，则二面角ABC-D的大小为()．
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析　二面角ABC-D的大小等于AB与CD所成角的大小.＝＋＋.而2＝2＋2＋2－2||·||·cos 〈，〉，即12＝1＋4＋9－2×2cos〈，〉，cos〈，〉＝，AB与CD所成角为，即二面角ABC-D的大小为.故选B.
2．如图，设动点P在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上，记＝λ.当∠APC为钝角时，则λ的取值范围是()．
解析　由题设可知，以、、为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)．由＝(1,1，－1)，得＝λ＝(λ，λ，－λ)，
所以＝＋＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，＝＋＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)．显然APC不是平角，所以APC为钝角等价于cos APC＝cos〈，〉＝＜0，这等价于·＜0，
即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)＜0，得＜λ＜ 1.因此，λ的取值范围为.答案　D
3．(2011·全国)已知点E、F分别在正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值为
解析　如图，建立直角坐标系Dxyz，设DA＝1由已知条件A(1,0,0)，E，F，＝，＝，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，面AEF与面ABC所成的二面角为θ，
由得令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1,1，－3)
平面ABC的法向量为m＝(0,0，－1)cos θ＝cos〈n，m〉＝，tan θ＝.
4．在三棱锥OABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA＝OB＝OC，M是AB边的中点，则OM与平面ABC所成角的正切值是 ．
解析　如图所示建立空间直角坐标系，设OA＝OB＝OC＝1，则A(1,0,0)，B(0，1,0)，C(0,0,1)，M，故＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，＝.
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，
则由得令x＝1，得n＝(1,1,1)．故cos〈n，〉＝＝，
所以OM与平面ABC所成角的正弦值为，其正切值为.
5．(12分)(2012·新课标全国)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.
(1)证明：DC1BC.
(2)求二面角A1BD-C1的大小．
(1)证明　由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D为AA1的中点，故DC＝DC1. 又AC＝AA1，可得DC＋DC2＝CC，所以DC1DC.而DC1BD，DC∩BD＝D，所以DC1平面BCD.因为BC平面BCD，所以DC1BC.
(2)解　由(1)知BC⊥DC1，且BCCC1，则BC平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直．以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)．则＝(0,0，－1)，＝(1，－1,1)，＝(－1,0,1)．
设n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则
即可取n＝(1,1,0)．
同理，设m＝(x，y，z)是平面C1BD的法向量，则
即可取m＝(1,2,1)．
从而cos〈n，m〉＝＝.
故二面角A1BD-C1的大小为30°.
6.(13分)(2012·全国)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.
(1)证明：PC平面BED；
(2)设二面角A-PB-C为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．
(1) 以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 设C(2，0,0)，D(，b,0)，其中b>0，则P(0,0,2)，E，
于是＝(2，0，－2)，＝，
＝，从而·＝0，·＝0，
故PC⊥BE，PC⊥DE.又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE.
(2)解　＝(0,0,2)，＝(，－b,0)．
设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则m·＝0，且
m·＝0，即2z＝0且x－by＝0，令x＝b，则m＝(b，，0)．
设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，
则n·＝0，且n·＝0，即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，
令p＝1，则r＝，q＝－，n＝.
因为面PAB面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)，
cos〈n，〉＝＝，〈n，〉＝60°.
因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，
故PD与平面PBC所成的角为30°.
1解析　cos〈m，n〉＝＝＝，
即〈m，n〉＝45°，其补角为135°，
两平面所成的二面角为45°或135°.
解析　cos〈a，b〉＝＝，又〈a，b〉[0，π]，〈a，b〉＝60°.
3.解析　建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2，t,2)，＝(－1,1－t，－2)，＝(－2,0,1)，·＝0，则直线NO、AM的位置关系是异面垂直．
解析　设l与α所成的角为θ，cos〈m，n〉＝－，sin θ＝|cos〈m，n〉|＝.
又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，
解析　以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则
D(0,0,0)，N，M，A1(1,0,1)，
·1＝1×0＋1×＋×1＝0，
⊥1，A1M与DN所成的角的大小是90°.
答案　90°