《高考數(shù)學大二輪總復習與增分策略 專題五 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法練習 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學大二輪總復習與增分策略 專題五 立體幾何與空間向量 第3講 立體幾何中的向量方法練習 理（23頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

第3講　立體幾何中的向量方法 1．(2014課標全國Ⅱ)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BC＝CA＝CC1，則BM與AN所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　方法一　由于∠BCA＝90，三棱柱為直三棱柱，且BC＝CA＝CC1. 建立如圖(1)所示空間直角坐標系．設正方體棱長為2，則可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)， ∴＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，＝(0,1,2)． ∴cos〈，〉＝ ＝＝＝. 方法二　如圖(2)，取BC的中點D，連接MN，ND，AD， 由于MN綊B1C1綊BD，因此有ND綊BM，則ND與NA所成的角即為異面直線BM與AN所成的角． 設BC＝2，則BM＝ND＝，AN＝，AD＝， 因此cos∠AND＝＝. 2．(2016課標全國乙)如圖，在以A，B，C，D，E，F(xiàn)為頂點的五面體中，平面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90，且二面角D－AF－E與二面角C－BE－F都是60. (1)證明：平面ABEF⊥EFDC； (2)求二面角E－BC－A的余弦值． (1)證明　由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE， 所以AF⊥平面EFDC，又AF?平面ABEF， 故平面ABEF⊥平面EFDC. (2)解　過點D作DG⊥EF，垂足為G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以點G為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Gxyz. 由(1)知∠DFE為二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60，則DF＝2，DG＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)． 由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF， 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF為二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60，從而可得C(－2,0，)． 所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)． 設n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，則 即所以可取n＝(3,0，－)． 設m是平面ABCD的法向量，則 同理可取m＝(0，，4)， 則cos〈n，m〉＝＝－. 故二面角E－BC－A的余弦值為－. 以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點為二面角的求解，均以解答題的形式進行考查，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標系和準確計算上. 熱點一　利用向量證明平行與垂直 設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分別為μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)則有： (1)線面平行 l∥α?a⊥μ?aμ＝0?a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)線面垂直 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?μv＝0?a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. 例1　如圖，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，點M為AB的中點，點O為DF的中點．運用向量方法證明： (1)OM∥平面BCF； (2)平面MDF⊥平面EFCD. 證明　方法一　由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以點A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系． 設正方形邊長為1，則A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，M，O. (1)＝，＝(－1,0,0)， ∴＝0, ∴⊥. ∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱， ∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一個法向量， 且OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF. (2)設平面MDF與平面EFCD的一個法向量分別為 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)． ∵＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)， 由　得 令x1＝1，則n1＝. 同理可得n2＝(0,1,1)． ∵n1n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD. 方法二　(1)＝＋＋＝－＋ ＝(＋)－＋＝－－＋ ＝－(＋)－＋ ＝－－. ∴向量與向量，共面， 又OM?平面BCF，∴OM∥平面BCF. (2)由題意知，BF，BC，BA兩兩垂直， ∵＝，＝－， ∴＝＝0， ＝(－) ＝－2＋2＝0. ∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C， ∴OM⊥平面EFCD. 又OM?平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD. 思維升華　用向量知識證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理．如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方法證明直線a∥b，只需證明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來證明線面平行，仍需強調(diào)直線在平面外． 跟蹤演練1　如圖，在底面是矩形的四棱錐P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB； (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 證明　(1)以點A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， ∵點E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點， ∴E，F(xiàn)， ＝，＝(1,0,0)． ∵＝－，∴∥， 即EF∥AB， 又AB?平面PAB，EF?平面PAB， ∴EF∥平面PAB. (2)由(1)可知＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(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， ∴DC⊥平面PAD. ∵DC?平面PDC， ∴平面PAD⊥平面PDC. 熱點二　利用空間向量求空間角 設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)． (1)線線夾角 設l，m的夾角為θ(0≤θ≤)， 則cos θ＝＝. (2)線面夾角 設直線l與平面α的夾角為θ(0≤θ≤)， 則sin θ＝＝|cos〈a，μ〉|. (3)面面夾角 設平面α、β的夾角為θ(0≤θ<π)， 則|cos θ|＝＝|cos〈μ，v〉|. 例2　(2015江蘇)如圖，在四棱錐P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1. (1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值； (2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長． 解　以{，，}為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz， 則各點的坐標為B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)． (1)因為AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一個法向量，＝(0,2,0)． 因為＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)． 設平面PCD的法向量為m＝(x，y，z)， 則m＝0，m＝0， 即令y＝1，解得z＝1，x＝1. 所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一個法向量． 從而cos〈，m〉＝＝， 所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為. (2)因為＝(－1,0,2)， 設＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 又＝(0，－1,0)，則＝＋＝(－λ，－1,2λ)， 又＝(0，－2,2)， 從而cos〈，〉＝＝. 設1＋2λ＝t，t∈[1,3]， 則cos2〈，〉＝＝≤. 當且僅當t＝，即λ＝時，|cos〈，〉|的最大值為. 因為y＝cos x在上是減函數(shù)，此時直線CQ與DP所成角取得最小值． 又因為BP＝＝，所以BQ＝BP＝. 思維升華　(1)運用空間向量坐標運算求空間角的一般步驟：①建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；②求出相關(guān)點的坐標；③寫出向量坐標；④結(jié)合公式進行論證、計算；⑤轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論．(2)求空間角注意：①兩條異面直線所成的角α不一定是直線的方向向量的夾角β，即cos α＝|cos β|.②兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補角．③直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，即注意函數(shù)名稱的變化． 跟蹤演練2　如圖，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，AA1＝2，點P是棱BB1上一點，滿足＝λ (0≤λ≤1)． (1)若λ＝，求直線PC與平面A1BC所成角的正弦值； (2)若二面角P—A1C—B的正弦值為，求λ的值． 解　以點A為坐標原點O，分別以AB，AC，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz.因為AB＝AC＝1，AA1＝2，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1,0,2λ)． (1)由λ＝得，＝，＝(1,0，－2)，＝(0,1，－2)， 設平面A1BC的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 由　得 不妨取z1＝1，則x1＝y(tǒng)1＝2， 從而平面A1BC的一個法向量為n1＝(2,2,1)． 設直線PC與平面A1BC所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n1〉|＝＝， 所以直線PC與平面A1BC所成的角的正弦值為. (2)設平面PA1C的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，＝(1,0,2λ－2)， 由　得 不妨取z2＝1，則x2＝2－2λ，y2＝2， 所以平面PA1C的法向量為n2＝(2－2λ，2,1)． 則cos〈n1，n2〉＝， 又因為二面角P—A1C—B的正弦值為， 所以＝， 化簡得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)， 故λ的值為1. 熱點三　利用空間向量求解探索性問題 存在探索性問題的基本特征是要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學對象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)是否存在或某一結(jié)論是否成立．解決這類問題的基本策略是先假設題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立)或暫且認可其中的一部分結(jié)論，然后在這個前提下進行邏輯推理，若由此導出矛盾，則否定假設；否則，給出肯定結(jié)論． 例3　如圖所示，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點． (1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值； (2)在線段AN上是否存在點S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求線段AS的長；若不存在，請說明理由． 解　(1)由題意，易得DM⊥DA，DM⊥DC，DA⊥DC. 如圖所示，以點D為坐標原點，DA，DC，DM所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系． 則D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(，1,0)， 所以＝(－，0，－1)，＝(－1,0,1)． 設異面直線NE與AM所成角為θ， 則cos θ＝|cos〈，〉| ＝＝＝. 所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為. (2)假設在線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN，連接AE. 因為＝(0,1,1)， 可設＝λ＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]， 又＝(，－1,0)， 所以＝＋＝(，λ－1，λ)． 由ES⊥平面AMN， 得即 解得λ＝，此時＝(0，，)，||＝. 經(jīng)檢驗，當AS＝時，ES⊥平面AMN. 故線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN，此時AS＝. 思維升華　空間向量最適合于解決這類立體幾何中的探索性問題，它無需進行復雜的作圖、論證、推理，只需通過坐標運算進行判斷．解題時，把要成立的結(jié)論當作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問題轉(zhuǎn)化為“點的坐標是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問題的解決更簡單、有效，應善于運用這一方法． 跟蹤演練3　如圖，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直線AB，且AB＝BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥AB，且AE∥BP. (1)設點M為棱PD的中點，求證：EM∥平面ABCD； (2)線段PD上是否存在一點N，使得直線BN與平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，試確定點N的位置；若不存在，請說明理由． (1)證明　由已知，平面ABCD⊥平面ABPE，且BC⊥AB，則BC⊥平面ABPE，所以BA，BP，BC兩兩垂直，故以點B為原點，，，分別為x軸，y軸，z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系． 則P(0,2,0)，D(2,0,1)，M，E(2,1,0)，C(0,0,1)，所以＝. 易知平面ABCD的一個法向量n＝(0,1,0)， 所以n＝(－1,0，)(0,1,0)＝0， 所以⊥n，又EM?平面ABCD， 所以EM∥平面ABCD. (2)當點N與點D重合時，直線BN與平面PCD所成角的正弦值為. 理由如下： ＝(2，－2,1)，＝(2,0,0)， 設平面PCD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)， 由得 取y1＝1，得平面PCD的一個法向量等于n1＝(0,1,2)， 假設線段PD上存在一點N，使得直線BN與平面PCD所成的角α的正弦值等于. 設＝λ (0≤λ≤1)， 則＝λ(2，－2,1)＝(2λ，－2λ，λ)， ＝＋＝(2λ，2－2λ，λ)． 所以sin α＝|cos〈，n1〉|＝ ＝ ＝＝. 所以9λ2－8λ－1＝0， 解得λ＝1或λ＝－(舍去)． 因此，線段PD上存在一點N，當N點與D點重合時，直線BN與平面PCD所成角的正弦值等于. 如圖，在五面體中，四邊形ABCD是矩形，AB∥EF，AD⊥平面ABEF，且AD＝1，AB＝EF＝2，AF＝BE＝2，點P、Q分別為AE、BD的中點． (1)求證：PQ∥平面BCE； (2)求二面角A－DF－E的余弦值． 押題依據(jù)　利用空間向量求二面角全面考查了空間向量的建系、求法向量、求角等知識，是高考的重點和熱點． (1)證明　連接AC，∵四邊形ABCD是矩形，且Q為BD的中點，∴點Q為AC的中點， 又在△AEC中，點P為AE的中點，∴PQ∥EC， ∵EC?面BCE，PQ?面BCE，∴PQ∥平面BCE. (2)解　如圖，取EF的中點M，連接AM， 因為由題意知AM2＋AF2＝MF2，則AF⊥AM，以點A為坐標原點，以AM，AF，AD所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系． 則A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(xiàn)(0,2,0)． 可得＝(2,0,0)，＝(－2,2,0)，＝(0,2，－1)． 設平面DEF的法向量為n＝(x，y，z)， 則故即 令x＝1，則y＝1，z＝2， 故n＝(1,1,2)是平面DEF的一個法向量． ∵AM⊥面ADF，∴為平面ADF的一個法向量． ∴cos〈n，〉＝＝＝. 由圖可知所求二面角為銳角， ∴二面角A－DF－E的余弦值為. A組　專題通關(guān) 1．已知平面ABC，點M是空間任意一點，點M滿足條件＝＋＋，則直線AM(　　) A．與平面ABC平行 B．是平面ABC的斜線 C．是平面ABC的垂線 D．在平面ABC內(nèi) 答案　D 解析　由已知得M、A、B、C四點共面．所以AM在平面ABC內(nèi)，選D. 2.如圖，點P是單位正方體ABCD—A1B1C1D1中異于A的一個頂點，則的值為(　　) A．0 B．1 C．0或1 D．任意實數(shù) 答案　C 解析　可為下列7個向量：，，，，，，，其中一個與重合，＝||2＝1；，，與垂直，這時＝0；，與的夾角為45，這時＝1cos ＝1， 最后＝1cos∠BAC1＝＝1， 故選C. 3．在空間直角坐標系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)．若S1，S2，S3分別是三棱錐D－ABC在xOy，yOz，zOx坐標平面上的正投影圖形的面積，則(　　) A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3 C．S3＝S1且S3≠S2 D．S3＝S2且S3≠S1 答案　D 解析　如圖所示， △ABC為三棱錐在坐標平面xOy上的正投影，所以S1＝22＝2. 三棱錐在坐標平面yOz上的正投影與△DEF(E，F(xiàn)分別為OA，BC的中點)全等， 所以S2＝2＝. 三棱錐在坐標平面xOz上的正投影與△DGH(G，H分別為AB，OC的中點)全等，所以S3＝2＝. 所以S2＝S3且S1≠S3.故選D. 4．如圖，三棱錐A－BCD的棱長全相等，點E為AD的中點，則直線CE與BD所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　設AB＝1，則＝(－)(－) ＝2－－＋ ＝－cos 60－cos 60＋cos 60＝. ∴cos〈，〉＝＝＝.選A. 5．已知正三棱柱ABC—A1B1C1的側(cè)棱長與底面邊長相等，則AB1與側(cè)面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　如圖所示建立空間直角坐標系， 設正三棱柱的棱長為2，則O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，－1,0)，B1(，0,2)， 則＝(，1,2)，則＝(－，0,0)為側(cè)面ACC1A1的法向量，故sin θ＝＝. 6．正方體ABCD—A1B1C1D1的棱長為1，若動點P在線段BD1上運動，則的取值范圍是________． 答案　[0,1] 解析　以DA所在的直線為x軸，DC所在的直線為y軸，DD1所在的直線為z軸，建立空間直角坐標系Dxyz. 則D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)． ∴＝(0,1,0)，＝(－1，－1,1)． ∵點P在線段BD1上運動， ∴設＝λ＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1. ∴＝＋＝＋＝(－λ，1－λ，λ)， ∴＝1－λ∈[0,1]． 7．在一直角坐標系中，已知點A(－1,6)，B(3，－8)，現(xiàn)沿x軸將坐標平面折成60的二面角，則折疊后A、B兩點間的距離為________． 答案　2 解析　如圖為折疊后的圖形，其中作AC⊥CD，BD⊥CD， 則AC＝6，BD＝8，CD＝4， 兩異面直線AC，BD所成的角為60， 故由＝＋＋， 得||2＝|＋＋|2＝68， ∴||＝2. 8．已知ABCD－A1B1C1D1為正方體，①(＋＋)2＝32；②(－)＝0；③向量與向量的夾角是60；④正方體ABCD－A1B1C1D1的體積為||.其中正確命題的序號是________． 答案?、佗? 解析　設正方體的棱長為1，①中(＋＋)2＝2＝32＝3，故①正確；②中－＝，由于AB1⊥A1C，故②正確；③中A1B與AD1兩異面直線所成的角為60，但與的夾角為120，故③不正確；④中||＝0.故④也不正確． 9.如圖所示，正方形ABCD所在平面與平面四邊形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，F(xiàn)A＝FE，∠AEF＝45. (1)求證：EF⊥平面BCE； (2)設線段CD，AE的中點分別為點P，M，求證：PM∥平面BCE. 證明　因為△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE， 所以AE⊥AB，因為平面ABEF⊥平面ABCD， 且平面ABEF∩平面ABCD＝AB. 所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥AD， 即AD，AB，AE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標系． 設AB＝1，則AD＝AE＝1. (1)A(0,0,0)，B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0,0,1)，C(1,1,0)，因為FA＝FE，∠AEF＝45，所以∠AFE＝90， 從而F(0，－，)，＝(0，－，－)， ＝(0，－1,1)，＝(1,0,0)． 于是＝0＋－＝0，＝0， 所以EF⊥BE，EF⊥BC， 因為BE?平面BCE，BC?平面BCE，BC∩BE＝B， 所以EF⊥平面BCE. (2)M，P(1，，0)， 從而＝(－1，－，)， 于是＝ ＝0＋－＝0. 所以PM⊥EF，又EF⊥平面BCE， 直線PM不在平面BCE內(nèi)， 故PM∥平面BCE. 10.如圖所示的多面體中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC＝BD＝2AE＝2，點M是AB的中點． (1)求證：CM⊥EM； (2)求平面EMC與平面BCD所成的銳二面角的余弦值． (1)證明　∵AC＝BC，點M是AB的中點， ∴CM⊥AB. ∵EA⊥平面ABC，CM?平面ABC，∴CM⊥EA， 又∵EA∩AB＝A，∴CM⊥平面AEM， 又EM?平面AEM，∴CM⊥EM. (2)解　以點M為原點，分別以MB，MC所在直線為x，y軸建立坐標系Mxyz，如圖， 則M(0,0,0)，C(0，，0)，B(，0,0)，D(，0,2)，E(－，0,1)， ∴＝(－，0,1)，＝(0，，0)， ＝(0,0,2)，＝(－，，0)， 設平面EMC的一個法向量m＝(x1，y1，z1)， 則　即 ∴取x1＝1，則m＝(1,0，)， 設平面BCD的一個法向量n＝(x2，y2，z2)， 則　即 ∴　取x2＝1，則n＝(1,1,0)， ∴cos〈m，n〉＝＝＝， ∴平面EMC與平面BCD所成的銳二面角的余弦值為. B組　能力提高 11.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點O為線段BD的中點．設點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sin α的取值范圍是(　　) A．[，1] B．[，1] C．[，] D．[，1] 答案　B 解析　根據(jù)題意可知平面A1BD⊥平面A1ACC1且兩平面的交線是A1O， 所以過點P作交線A1O的垂線PE， 則PE⊥平面A1BD， 所以∠A1OP或其補角就是直線OP與平面A1BD所成的角α. 設正方體的邊長為2， 則根據(jù)圖形可知直線OP與平面A1BD可以垂直． 當點P與點C1重合時可得A1O＝OP＝， A1C1＝2，所以sin α＝22， 所以sin α＝； 當點P與點C重合時，可得sin α＝＝. 根據(jù)選項可知B正確． 12．如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點P在直線BC1上運動時，有下列三個命題：①三棱錐A－D1PC的體積不變；②直線AP與平面ACD1所成角的大小不變；③二面角P－AD1－C的大小不變．其中真命題的序號是________． 答案　①③ 解析?、僦校連C1∥平面AD1C，∴BC1上任意一點到平面AD1C的距離相等，所以體積不變，正確；②中，點P在直線BC1上運動時，直線AB與平面ACD1所成角和直線AC1與平面ACD1所成角不相等，所以不正確；③中，點P在直線BC1上運動時，點P在平面AD1C1B中，既二面角P—AD1－C的大小不受影響，所以正確． 13．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為1，點E、F分別為BB1、CD的中點，則點F到平面A1D1E的距離為______________． 答案　 解析　以點A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示， 則A1(0,0,1)，E(1,0，)，F(xiàn)(，1,0)，D1(0,1,1)． ∴＝(1,0，－)，＝(0,1,0)． 設平面A1D1E的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝2，則x＝1.∴n＝(1,0,2)．又＝(，1，－1)， ∴點F到平面A1D1E的距離為 d＝＝＝. 14.如圖，直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，點E，F(xiàn)分別是CC1，BC的中點，AE⊥A1B1，點D為棱A1B1上的點． (1)證明：DF⊥AE； (2)是否存在一點D，使得平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為？若存在，說明點D的位置，若不存在，說明理由． (1)證明　∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB， 又∵AA1⊥AB，AA1?面A1ACC1，AE?面A1ACC1，AA1∩AE＝A， ∴AB⊥面A1ACC1. 又∵AC?面A1ACC1，∴AB⊥AC， 以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz， 則有A(0,0,0)，E，F(xiàn)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)， 設D(x,0，z)，＝λ，且λ∈(0,1)， 即(x,0，z－1)＝λ(1,0,0)，∴D(λ，0,1)， ∴＝(－λ，，－1)， ∵＝，∴＝－＝0， ∴DF⊥AE. (2)存在點D，使得平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為.理由如下： 由(1)可知平面ABC的法向量n＝(0,0,1)． 設平面DEF的法向量為m＝(x，y，z)， 則 ∵＝(－，，)，＝， ∴　即 令z＝2(1－λ)，則n＝(3,1＋2λ，2(1－λ))． ∵平面DEF與平面ABC所成銳二面角的余弦值為， ∴|cos〈m，n〉|＝＝， 即＝， 解得λ＝或λ＝(舍)， ∴當點D為A1B1中點時滿足要求．