(1)证明：EF∥B
1
C.
(2)求二面角E­A
1
D­B
1
的余弦值．
(1)证明 由正方形的性质可知A
1
B
1
∥AB∥DC，且A
1
B1
＝AB＝DC，所以四边形A
1
B
1
CD为平行四边形，从< br>而B
1
C∥A
1
D，又A
1
D⊂面A
1DE，B
1
C⊄面A
1
DE，于是B
1
C∥面A
1
DE.又B
1
C⊂面B
1
CD
1
.面A
1
DE∩面B
1
CD
1
＝EF，所以EF∥B
1
C.
(2)解 因为四边形AA
1
B
1
B，ADD
1A
1
，ABCD均为正方形，所以AA
1
⊥AB，AA
1
⊥AD，AB⊥AD且AA
1
＝AB
→→→
＝AD.以A为原点，分别以A B，AD，AA
1
为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，

可得点的坐标A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A
1
(0, 0,1)，B
1
(1,0,1)，D
1
(0,1,1)，而E点为B
1
D
1
的中点，
11

所以E点的坐标为

2
，
2
，1

.
11

→→→→
，，0
，设面A
1
DE的法向量n
1
＝(r
1
，s
1
，t
1
)，而该面上向量A
1
E
＝

A－1)，由nn
1
D
＝(0,1，
1
⊥A
1
E
，
1
⊥A
1
D

22

28 61

11


2
r
1
＋
2
s
1
＝0，
得r
1
， s
1
，t
1
应满足方程组




s
1
－t
1
＝0，
(－1,1,1)为其一组解，所以可取n1
＝(－1,1,1)．
→→
设面A
1
B
1
CD的法向量n
2
＝(r
2
，s
2
，t
2
)，而该面上向量A
1
B
1
＝(1,0,0)，A
1
D＝(0,1，－1)，由此同理可得n
2
＝
(0,1,1)．
所以结合图形知二面角E­A
1
D­B
1
的余弦值为
|n
1
·n
2
|26
＝＝
.
|n
1
|·|n
2
|
3×2
3

【过关练习】
1.如图，


π
三棱锥PABC中，P C⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝
.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝2，< br>2
CE＝2EB＝2.
(1)证明：DE⊥平面PCD；
(2)求二面角APDC的余弦值．
(1)证明 由
29 61

PC⊥平面ABC，
DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.
由CE＝2，CD＝DE＝2得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.
由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.
π
(2)解 由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝
，如图，过D作D F垂直CE于F，易知DF＝FC＝
4
FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.
πDFFB2
由∠ACB＝得DF∥AC，＝＝，
2ACBC3
33
故AC＝
DF＝.
22
→→→
以C为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
3
→→→

1
，0，0

，
，－1，0

. 则C(0,0,0)，P(0,0,3)，A

E(0,2,0)，D(1,1 ,0)，ED＝(1，－1,0)，DP＝(－1，－1,3)，DA＝

2
2

设平面PAD的法向量为n
1
＝(x
1
，y
1
，z
1
)，
－x
1
－y
1
＋3z< br>1
＝0，


→→
由n
1
·DP
＝ 0，n
1
·DA
＝0，得

1

x－y＝0，

2
11
故可取n
1
＝(2,1,1)．
→
由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n
2
可取为ED
， 即n
2
＝(1，－1,0)．
从而法向量n
1
，n
2
的夹角的余弦值为
n
1
·n
2
3
cos 〈n
1
，n
2
〉＝
＝，
|n
1
|·|n
2
|6

30 61

故所求二面角APDC的余弦值为

3
.
6
题型九 求空间距离
【例1】 如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角 形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB
＝23，求点A到平面MBC的距离．

解 如图，取CD的中点O，连接OB，OM，

因为△BCD与△MC D均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD，所以MO⊥平
面BCD.
以O为坐标原点，直线OC，BO，OM分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz. < br>因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，所以OB＝OM＝3，则O(0,0,0)，C(1, 0,0)，M(0,0，3)，
B(0，－3，0)，A(0，－3，23)，
31 61

→→
所以BC＝(1，3，0)，BM＝(0，3，3)．
设平面MBC的法向量为n＝(x，y，z)，
→→


n⊥B C
，

n·BC
＝0，

x＋3y＝0，
由

得

即


→→

3y＋3z＝0，


n⊥BM
，

n·BM
＝0，


取x＝3，可得平面MBC的一个法向量为n＝(3，－1,1)．
→
又BA＝(0,0,23)，
→
|BA·n|215
所以所求距离为d＝＝
.
|n|5

【过关练习】
1.如图所示，在直三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA
1
＝1，D是棱CC
1
上的一点，P是
AD的延长线与A
1
C
1
的延长线的交 点，且PB
1
∥平面BDA
1
.

(1)求证：CD＝C
1
D；
(2)求二面角A－A
1
D－B的平面角的余弦值；
(3)求点C到平面B
1
DP的距离．
(1)证明 连接AB
1
，交BA
1
于点O，连接OD.
32 61

∵B
1
P∥平面BDA
1
，B
1
P⊂平面AB
1
P，平面AB
1
P∩平面BA
1
D＝OD，∴B
1
P∥OD.
又∵O为B
1
A的中点，∴D为AP的中点．
∵C
1
D∥ AA
1
，∴C
1
为A
1
P的中点．
11
∴DC
1
＝AA
1
＝CC
1
，∴C
1
D＝ CD.
22
(2)解 建立如图所示的空间直角坐标系A
1
xyz，

1
则B
1
(1,0,0)，B(1,0,1)，D(0,1，)，
2
1
→→→
∴A
1
B
1
＝(1,0,0) ，A
1
B
＝(1,0,1)，A
1
D
＝(0,1，
)．
2
设平面BA
1
D的一个法向量为n＝(x
1
，y< br>1
，z
1
)．
33 61

x＋z＝0，
→


A
1
B·n＝0，

11
由

得


1
→
y＋z＝0.11

2

A
1
D·n＝0，

令 z
1
＝2，则x
1
＝－2，y
1
＝－1，∴n＝(－2，－ 1,2)．
→
又A
1
B
1
＝(1,0,0)为平面AA< br>1
D的一个法向量，
→
n·A
1
B
1
－2
2
→
∴cos〈n，A
1
B
1
〉＝＝＝－
.
3
→
3×1
|n||A
1
B
1
|由图形可知二面角A－A
1
D－B为锐角，
2
∴二面角A－A
1
D－B的平面角的余弦值为.
3
1
(3)解 ∵C(0,1,1)，D(0,1，)，B
1
(1,0,0)，P(0,2,0)，
2
11
→
1
→→
∴CD＝(0,0，－
)，DB
1
＝(1，－1，－
)，DP
＝(0,1，－
)．
222
设 平面B
1
DP的一个法向量为m＝(x
2
，y
2
，z
2
)．
→


x
2
－y
2
－
2
z
2
＝0，

DB
1
·m＝0，
由

得

1
→


DP·m＝0，y－
2

2
z
2
＝0.


1


令z
2
＝2，则x
2
＝2，y2
＝1，∴m＝(2,1,2)．
→
|CD·m|1
∴点C到平面B< br>1
DP的距离d＝
＝
.
|m|3

题型十 利用空间向量解决探索性问题
【例1】 如图，棱柱ABCD－A
1
B
1< br>C
1
D
1
的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A
1
A C均为60°，平面AA
1
C
1
C⊥
平面ABCD.
34 61

(1)求证：BD⊥AA
1
；
(2)求二面角D－A
1
A－C的余弦值；
(3)在直线CC
1< br>上是否存在点P，使BP∥平面DA
1
C
1
，若存在，求出点P的位置 ，若不存在，请说明理由．
(1)证明 设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A
1
O，在△AA
1
O中，AA
1
＝2，AO＝1，∠A
1AO＝60°，

2
∴A
1
O
2
＝AA2
1
＋AO
－2AA
1
·AOcos 60°＝3，
∴AO
2
＋A
1
O
2
＝AA
2
1
，
∴A
1
O⊥AO.
由于平面AA
1
C
1C⊥平面ABCD，∴A
1
O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA
1
所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1,0)，B(3，
0,0)，C(0,1,0)，D(－3，0,0)，A
1
(0,0，3)，C
1
(0,2，3)．
→→
由于BD＝(－23，0,0)，AA
1
＝(0,1，3)，
35 61

→→
AA
1
·BD
＝0× (－23)＋1×0＋3×0＝0，
→→
∴BD⊥AA
1
，即BD⊥AA
1
.
(2)解 由于OB⊥平面AA
1
C
1
C，
∴平面AA< br>1
C
1
C的一个法向量为n
1
＝(1,0,0)．
设n
2
＝(x，y，z)为平面DAA
1
D
1
的一个法向量 ，
→


n
2
·AA
1
＝0，

y＋3z＝0，
则

即


→
－3x ＋y＝0，



n
2
·AD
＝0，


n
1
·n
2
5
取n
2
＝(1， 3，－1)，则〈n
1
，n
2
〉即为二面角D－A
1
A－C 的平面角，∴cos〈n
1
，n
2
〉＝
＝，
|n
1
||n
2
|5
所以，二面角D－A
1
A－C的余弦值为< br>5
.
5
(3)解 假设在直线CC
1
上存在点P，使BP∥平面DA
1
C
1
，
→
设CP＝λCC
1
，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0, 1，3)．
→
从而有P(0,1＋λ，3λ)，BP＝(－3，1＋λ，3λ)．
→


n
3
⊥A
1
C
1
，
设n
3
＝(x
3
，y
3
，z
3
)⊥平面 DA
1
C
1
，则


→

n
3
⊥DA
1
，
→→
又A
1
C
1
＝(0,2,0)，DA
1
＝(3，0，3)，


2y
3
＝0，
则



3x< br>3
＋3z
3
＝0，
取n
3
＝(1,0，－1)，因为 BP∥平面DA
1
C
1
，
→→
则n
3
⊥BP
， 即n
3
·BP
＝－3－3λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C
1
C的延长线上，且C
1
C＝CP.

【过关练习】
1.在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形， PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中
点．

36 61

(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．
(1)证明 如图，分别以DA、DC、DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

设AD＝a，则D(0,0,0)，
A(a,0,0)，B(a，a,0)，
a
a，
，0

，
C(0，a,0)，E


2

aaa

P(0,0，a)，F

2
，
2
，
2

.
aa
→→
－，0，

，DC＝(0，a,0)．
EF＝

2

2
→→→→
∵EF
·DC
＝0，∴EF⊥DC，即EF⊥CD.
37 61

aaa
→
x－
，－，z－

，
(2)解 设G(x,0，z)，则FG
＝

22

2< br>若使GF⊥平面PCB，则
aaa
→→
x－
，－，z－

·(a,0,0)
由FG
·CB
＝

22

2
a
a
x－

＝0，得x＝； ＝a


2

2
aaa
→→
x－
，－，z－

·(0，－a，a)
由F G
·CP
＝

22

2
a
2

a

＝＋a

z－
2

＝0，得z＝0.
2
a

∴G点坐标为


2
，0，0
，即G点为AD的中点．


课后练习
【补救练习】
1．在下列命题中：
①若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；
②若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面；
③若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；
④已知空间的三个向量a，b， c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z使得p＝xa＋yb＋zc.
其中正确命题的个数是( )．
A．0
C．2
答案 A
解析 a与b共线，a，b所在直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任两向量a ，b
都共面，故②错误；三个向量a，b，c中任两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确 ；只有
当a，b，c不共面时，空间任意一向量p才能表示为p＝xa＋yb＋zc，故④不正确，综上 可知四个命题中正
确的个数为0，故选A.
2．已知a＝(－2,1,3)，b＝(－1,2,1)，若a⊥(a－λb)，则实数λ的值为( )
A．－2
14
C.
5
14
B．－
3
D．2
B．1
D．3
38 61

答案 D
解析 由题意知a·(a－λb)＝0，即a
2
－λa·b＝0，
所以14－7λ＝0，解得λ＝2.
3．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则( )
A．l∥α
C．l⊂α
答案 B
解析 ∵n＝－2a，∴a与α的法向量平行，∴l⊥α.
4．已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平 面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，则下列点P中，在平面α内
的是( )
A．P(2,3,3)
C．P(－4,4,0)
答案 A
→
解析 逐一验证法，对于选项A，MP＝(1,4,1)，
→→
∴MP< br>·n＝6－12＋6＝0，∴MP
⊥n，∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内 ．
5．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于( )
A．120°
C．30°
答案 C
解析 设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.
1
则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝
.
2
又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.
6．在正方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，点E为BB
1
的中点，则平面A
1
ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦
值为( )
1
A.
2
C.
3

3
2
B.
3
D.
2

2
B．60°
D．60°或30°
B．P(－2,0,1)
D．P(3，－3,4)
B．l⊥α
D．l与α相交
答案 B
解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1.
39 61

1
则A
1
(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)，
2
1
→→
∴A
1
D
＝(0,1，－1)，A
1E
＝(1,0，－
)．
2
→


A
1
D·n＝0，
设平面A
1
ED的一个法向量为n
1
＝(1 ，y，z)，所以有


→


A
1
E· n
1
＝0，
y－z＝0，




y＝2 ，
即

1
∴

∴n
1
＝(1,2,2)．

z＝2.
1－z＝0，



2



∵平面ABCD的一个法向量为n
2
＝(0,0,1)，
22
∴cos〈n
1
，n
2
〉＝
＝，
3×1
3
2
即所成的锐二面角的余弦值为
.
3
7 .如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是 线段
PA，PD，AB的中点．
40 61

求证：(1)PB∥平面EFH；
(2)PD⊥平面AHF.
证明 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.

∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,2)，E(0,0,1)，
F(0,1,1)，H(1,0,0)．
→→
(1)∵PB
＝(2,0，－2)，EH＝(1,0，－1)，
→→
∴PB＝2EH，
∴PB∥EH.∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，
∴PB∥平面EFH.
41 61

→→→
(2)PD
＝(0,2，－2)，AH＝(1,0,0)，AF＝(0,1,1)，
→→
∴PD
·AF
＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，
→→
PD·AH
＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，
∴PD⊥AF，PD⊥AH，
又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF.
8．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面 ABCD，DF⊥
平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.

(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
(1)证明 如图所示，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.
42 61

在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝3.
由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.
又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC.
在Rt △EBG中，可得BE＝2，故DF＝
在Rt △FDG中，可得FG＝
6
.
2
232
，可得EF＝，从而EG
2
＋FG
2
＝EF2
，所以EG⊥FG.
22
2
.
2
在直角梯形BD FE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝
又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.
因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.
→→→
(2)解 如图，以 G为坐标原点，分别以GB
，GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB
|为单位长度，建立空间 直
角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，－3，0)，E(1,0，2)，
F

－1，0，

2

，C(0，3，0)， < br>2

2
→→
所以AE＝(1，3，2)，CF＝

－ 1，－3，

.
2

→→
AE·CF3
→→< br>故cos〈AE，CF〉＝＝－
.
3
→→
|AE||CF|
所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为

【巩固练习】
1．直三棱柱ABC－A
1
B
1
C
1
中，∠BCA＝90°，M，N分别是A
1
B
1
，A
1< br>C
1
的中点，BC＝CA＝CC
1
，则BM与
3
.
3
43 61

AN所成角的余弦值为( )
1
A.
10
C.
30

10
2
B.
5
D.
2

2
答案 C
解析 补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．
由 于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝CC
1
，可将三棱柱补成正方体．
建立如图所示空间直角坐标系．

设正方体棱长为2，则可得A(0,0,0)，B (2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，
→→
∴BM＝(－1，－1,2)，AN＝(0,1,2)．
→→
BM·AN
→→
∴cos〈BM，AN〉＝
→→
|BM||AN|
＝
＝

2．已知{a，b，c}是空 间的一个基底，{a＋b，a－b，c}是空间的另一个基底，一向量p在基底{a，b，c}
下的坐标 为(4,2,3)，则向量p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标是( )
A．(4,0,3)
C．(1,2,3)
答案 B
44 61

3
＝
6×5
－1
2
＋－1
2
＋ 2
2
×0
2
＋1
2
＋2
2
30
.
10
－1＋4
B．(3,1,3)
D．(2,1,3)

解析 设p在基底{a＋b，a－b，c}下的坐标为x，y，z.
则p＝x(a＋b)＋y(a－b)＋zc
＝(x＋y)a＋(x－y)b＋zc，①
因为p在{a，b，c}下的坐标为(4,2,3)
∴p＝4a＋2b＋3c，②
x＋y＝4，


由①②得

x－y＝2，

< br>z＝3，

x＝3，


∴

y＝1，< br>

z＝3，

即p在{a＋b，a－b，c}下的坐标为(3,1,3)．
3．已知ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
为正方体，
→→→→< br>①(A
1
A
＋A
1
D
1
＋A
1B
1
)
2
＝3A
1
B
1
2
；
→→→
②A
1
C·(A
1
B
1
－A
1
A)＝0；
→→
③向量AD
1
与向量A
1
B
的夹角是60°；
→→→
④正方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
的体积为|AB·AA
1
·AD|.
其中正确命题的序号是 ．
答案 ①②
→→→→→→→
解析 ①中(A
1
A
＋A
1
D
1
＋A
1
B
1
)
2
＝A
1
A
2
＋A
1
D
1
2
＋A< br>1
B
1
2
＝3(A
1
B
1
)
2
，故①正确；
→→→
②中A
1
B
1
－A1
A
＝AB
1
，∵AB
1
⊥A
1
C， 故②正确；
→→
③中A
1
B与AD
1
两异面直线所成角为 60°，但AD
1
与A
1
B
的夹角为120°，故③不正确； →→→
④中|AB
·AA
1
·AD
1
|＝0，故④也不 正确．
4．如图，正方体ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD
1
上的点，如果B
1< br>E⊥平面ABF，则
CE与DF的和的值为________．
45 61

答案 1
解析 以D
1
A
1
，D
1
C
1
，D
1
D分别为x，y，z轴建立空间 直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x,1,1)，
B
1
(1,1,0) ，F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，
→→→→
∴B
1
E
＝(x－1,0,1)，∴FB＝(1,1，y)，由于B
1
E⊥平面ABF，所以FB·B< br>1
E
＝(1,1，y)·(x－1，0,1)＝0⇒x＋y＝
1.
5 ．在正四棱锥SABCD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< br>面PAC所成的角是( )
A．30°
C．60°
答案 A
解析 如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.
B．45°
D．90°
46 61

aa
0，－
，

.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a .则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P

22
→
则CA＝(2a,0,0)，
aa
→→
－a，－，

，CB＝(a，a,0)，
AP< br>＝

22

设平面PAC的一个法向量为n＝(x，y，z)， < br>→



n·CA
＝0，

x＝0，
则

解得

可取n＝(0,1,1)，

→
y ＝z，



n·AP
＝0，


→
CB·na1
→
则cos〈CB，n〉＝＝＝，
2
·2
2
→
2a
|CB|·|n|
→→
又∵〈CB，n〉∈(0° ，180°)，∴〈CB，n〉＝60°，
∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.

6．如图，三棱柱 ABC－A
1
B
1
C
1
中，侧面BB
1
C
1
C为菱形，AB⊥B
1
C.
47 61

(1)证明：AC＝AB
1
；
(2)若AC⊥A B
1
，∠CBB
1
＝60°，AB＝BC，求二面角A－A
1
B
1
－C
1
的余弦值．
(1)证明 如图所示，连接BC
1
，交B
1
C于点O，连接AO.
因为侧面BB
1
C
1
C为菱形，
所以B
1
C⊥BC
1
，且O为B
1
C及BC
1
的中点．
又AB⊥B
1
C，AB∩BO＝B，
所以B
1
C⊥平面ABO.
由于AO⊂平面ABO，故B
1
C⊥AO.
又B
1
O＝CO，故AC＝AB
1
.
(2)解 因为AC⊥AB
1
，
且O为B
1
C的中点，
所以AO＝CO.又因为AB＝BC，
所以△BOA≌△BOC，
故OA⊥OB，从而OA，OB，OB
1
两两互相垂直．
→→→→
以O为坐标原点，OB、OB
1
、OA的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，|OB
| 为单位长，建立如图所示的空间
直角坐标系Oxyz.
48 61

因为∠CBB
1
＝60°，所以△CBB
1
为等边三角形．
又AB＝BC，OC＝OA，则A(0,0，
33333
→→
)，B(1,0,0) ，B
1
(0，
，0)，C(0，－，0)，AB
1
＝(0，，－)，A
1
B
1
33333
33
→→→
＝AB＝ (1,0，－
)，B
1
C
1
＝BC＝(－1，－，0)．
33
设n＝(x，y，z)是平面AA
1
B
1
的法向量，
→


n·AB
1
＝0，
则

→


n·A
1
B
1
＝0，

< br>3
3
y－
3
3
z＝0，
即

3x－

3
z＝0.


所以可取n＝(1，3，3)．
→


m·A
1
B
1
＝0，
设m 是平面A
1
B
1
C
1
的法向量，则

< br>→


m·B
1
C
1
＝0.
同理可 取m＝(1，－3，3)．
n·m1
则cos〈n，m〉＝＝
.
|n|| m|7
1
所以二面角A－A
1
B
1
－C
1
的余弦值为.
7
7.如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E ，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，
BC＝2.

49 61

(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
证明 以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，建立如图空间所示的
空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，
111
→
1
→→→→
∴E(，1，
)，F(0,1，)，E F
＝(－，0,0)，PB＝(1,0，－1)，PD＝(0,2，－1)，AP＝(0,0,1)，A D＝(0,2,0)，
2222
→→
DC
＝(1,0,0)，AB＝(1,0 ,0)．
1
→→→→
(1)∵EF
＝－
AB
，∴EF∥A B，即EF∥AB，
2
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.
→→
(2)∵AP·DC
＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，
50 61

→→
AD·DC
＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，
→→→→
∴AP⊥DC，AD⊥DC，即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.
∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.

【拔高练习】
1．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)
C．(0，－1,1)
答案 B
2.在 正方体ABCD—A
1
B
1
C
1
D
1
中， P为正方形A
1
B
1
C
1
D
1
四边上的动 点，O为底面正方形ABCD的中心，M，
→→
N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABC D内一点，线段D
1
Q与OP互相平分，则满足MQ
＝λMN的实数
λ有__ ______个．
B．(1，－1,0)
D．(－1,0,1)

答案 2
解析 建立如图的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则
51 61

P(x，y,2)，O(1，1,0)，∴OP的中点坐标为
x＋1y＋1


2
，
2
，1

，
又知D
1
(0,0,2)，∴Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，
∴x
Q
＋y
Q
＝3，∴x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.
∴有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.
3．如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平 面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且
SFCE
AB＝4 ，SA＝3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足
＝＝λ，
BFBE
当实数λ的值为________时，∠AFE为直角．
答案
9

16
解析 因为SA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，
故可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
52 61

∵AB＝4，SA＝3，
∴B(0,4,0)，S(0,0,3)．
设BC＝m，则C(m,4,0)，
∵
SFCE
＝＝λ，
BFBE
→→
∴SF＝λFB
.
→→→→
∴AF－AS＝λ(AB－AF
)．
1
→
1→→
∴AF＝
(AS
＋λAB
)＝(0,4λ，3)，
1＋λ1＋λ
4λ3
∴F(0，，
)．
1＋λ1＋λ
m
同理可得E(，4,0)，
1＋λ
－3
m4
→
∴FE＝(，，
)．
1＋λ1 ＋λ1＋λ
－4λ－3
→
∵FA＝(0，，
)，要使∠AFE为直角，
1＋λ1＋λ
→→
即FA
·FE
＝0，
－4λ
4
－3－3
m
则0·＋
·
＋
·
＝0，
1＋λ1＋λ1＋λ1＋λ1＋λ
9
∴16λ＝9，解得λ＝
.
16

4．如图，在长方体ABCD－A
1
B
1
C
1
D
1
中，AA
1
＝AD＝1，E为CD的中点．
53 61

(1)求证：B
1
E⊥AD
1
；
(2)在棱AA
1
上是否存在一点P，使得DP∥平面B
1
AE？若存在，求AP的长；若不存在，说 明理由．
→→→
(1)证明 以A为原点，AB
，AD，AA
1
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)，D
1
(0,1,1)，
a
，1，0

，B
1
(a,0,1)， E

2

a
→→
－，1，－1

， 故AD1
＝(0,1,1)，B
1
E
＝


2

a
→→

AB
1
＝(a,0,1)，AE＝


2
，1，0

.
a
→→
∵B
1
E·AD
1
＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
2
∴B
1
E⊥AD
1
.
54 61

(2)解 假设在棱AA
1
上存在一点P(0,0，z
0
)．
→
使得 DP∥平面B
1
AE，此时DP
＝(0，－1，z
0
)．
又设平面B
1
AE的法向量n＝(x，y，z)．
ax＋z＝0，


→→
∵n⊥平面B
1
AE，∴n⊥AB
1
，n ⊥AE，得

ax

＋y＝0.


2
取 x＝1，得平面B
1
AE的一个法向量
a
1，－
，－a

.
n＝

2

a
→
要使DP∥平面B
1
AE，只要n⊥DP
，有－a z
0
＝0，
2
1
解得z
0
＝.又DP⊄平面B
1
AE，
2
1
∴存在点P，满足DP∥平面B
1
AE，此时AP＝.
2
5.如图所示，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱 SD上的点．


(1)求证：AC⊥SD.
(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SE∶EC的值；若不存
在，试说 明理由．
(1)证明 连接BD，
设AC∩BD＝O，则AC⊥BD.
由题意知SO⊥平面ABCD.
→→→
以O为坐标原点，OB，OC，OS分别为x 轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．
55 61

设底面边长为a，则高SO＝
于是S

0，0，
6
a， < br>2

6

2

a
，D
－
a，0，0
，
2

2

B

222< br>
→

a，0，0
，C
0，a，0
，OC＝
0，a，0
，
22

2

26< br>→→→
SD
＝

－
a，0，－a

，则OC ·SD
＝0.
2

2
故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(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DS是平面PAC的一个法向量，
2626
→→
且 DS＝

a，0，a

，CS
＝

0，－a，a< br>
，
2

22

2

22→
BC
＝

－
a，a，0

.
2< br>
2

→→→→→→→
设CE＝tCS，则BE＝BC＋CE＝BC＋ tCS
＝

－

1
226

→→
a，a1－t，at
，而BE·DS
＝0⇔t＝
3
.
222

→→
即当SE∶EC＝2∶1时，BE⊥DS
.
而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.
∴存在一点E，使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2.
π
6．如图，在四棱 锥PABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝
，< br>2
PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.
56 61

(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．
解

→→→
分别以AB，AD，AP为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角 坐标系Axyz，则各点的坐标为
B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
→→
(1)因为AD⊥平面PAB，所以AD
是平面PAB的一个法向量，AD＝(0,2,0)．
→→
因为PC＝(1,1，－2)，PD＝(0,2，－2)．
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
→→
则m·PC＝0，m·PD＝0，
57 61



x＋y－2z＝0，
即

令y＝1，解得z＝1，x＝ 1.

2y－2z＝0.


所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．
→
AD·m3
→
从而cos〈AD，m〉＝＝，
3
→|AD||m|
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为
→
(2)因为 BP
＝(－1,0,2)，
→→
设BQ＝λBP＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，
→→→→
又CB＝(0，－1,0)，则CQ＝CB＋BQ＝(－λ，－1,2λ)，
→
又DP＝(0，－2,2)，
→→
1＋2λ
CQ·DP
→→
从而cos〈CQ，DP〉＝＝
.
2
＋2
→→
10λ
|CQ||DP|
设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，
则
→→
co s
2
〈CQ，DP〉＝
2t
2
29
＝≤
.
15

2
20
10
5t
2
－10t＋9

9

t
－
9

＋
9
3
.
3
92310
→→
当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈CQ，DP〉| 的最大值为
.
5510
π
0，

上是减函数，所以此时直 线CQ与DP所成角取得最小值． 因为y＝cos x在


2

225
又因为BP＝1
2
＋2
2
＝5，所以BQ＝
BP＝.
55
7．如图，在四棱锥AEFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB， EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，
∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点．
58 61

(1) 求证：AO⊥BE；
(2) 求二面角FAEB的余弦值；
(3)若BE⊥平面AOC，求a的值．
(1)证明 因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，
所以AO⊥EF.
又因为平面AEF⊥平面EFCB，AO⊂平面AEF，
所以AO⊥平面EFCB.
所以AO⊥BE.
(2)解 取BC中点G，连接OG.
由题设知四边形EFCB是等腰梯形，
所以OG⊥EF.
由(1)知AO⊥平面EFCB.
又OG⊂平面EFCB，
所以OA⊥OG.
如图建立空间直角坐标系Oxyz，
59 61

则E(a,0,0)，A(0,0，3a)，
→
B(2，3(2－a)，0)，EA
＝(－a,0，3a)，
→
BE
＝(a－2，3(a－2)，0)．
设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，
→


n·EA
＝0，
则


→


n·BE
＝0，


－ax＋3az＝0，
即



a－2x＋ 3a－2y＝0.
令z＝1，则x＝3，y＝－1，于是n＝(3，－1,1)．
平面AEF的法向量为p＝(0,1,0)．
5
n·p
所以cos〈n，p〉＝＝－
.
|n||p|5
由题知二面角FAEB为钝角，
所以它的余弦值为－
5
.
5

(3)解 因为BE⊥平面AOC，
→→
所以BE⊥OC，即BE
·OC
＝0，
→→
因为BE＝(a－2，3(a－2)，0)，OC＝(－2，3(2－a)，0)，
→→
所以BE
·OC
＝－2(a－2)－3(a－2)
2
.
60 61

4
→→
由BE
·OC< br>＝0且0.
3





61 61