第7讲 立体几何中的向量方法
1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如︵2π︵π
图，AC长为，A1B1长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面
33直线B1C与AA1所成的角的大小为( ) ππππ
A. B. C. D. 6432
解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，
B1?
1??31??3
，，1?，C?，－，0?.
2??22??2
→→
所以AA1＝(0，0，1)，B1C＝(0，－1，－1)， 所以cos〈AA1，B1C〉＝
→
→
|AA1||B1C|→
→
AA1·B1C→→
0×0＋0×（－1）＋1×（－1）2＝＝－， 222
21×0＋（－1）＋（－1）3π→→
所以〈AA1，B1C〉＝，
4
π
所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B.
4
2．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，则点G到平面D1EF的距离为( ) A.3 B.
22λ5 C. D. 235
解析：选D.如图所示，以射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
1?1?→??则G(1，λ，1)，E?1，0，?，D1(0，0，1)，F?1，1，?，GE＝(0，－
2?2???
λ，－)，EF＝(0，1，0)，ED1＝?－1，0，?.过点G向平面D1EF作垂
2
12
→→
??
1?
?
→→→→
线，垂足为H，由于点H在平面D1EF内，故存在实数x，y，使GH＝GE＋xEF＋yED1＝
?－y，－λ＋x，－1＋1y?， ?22???
由于GH⊥EF，GH⊥ED1，
1
?－y，－λ＋x，－1＋1y?·（0，1，0）＝0，????22??所以?
111?－y，－λ＋x，－＋y?·?－1，0，?＝0，
????22?2?????
x＝λ，??2?→?1
解得?1故GH＝?－，0，－?，
5??5y＝，??5
55→
所以|GH|＝，即点G到平面D1EF的距离是.
55
3．(2019·湖南五市十校联考)有公共边的等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，则异面直线AB和CD所成角的余弦值为________．
解析：设等边三角形ABC的边长为2.取BC的中点O，连接OA、
OD，因为等边三角形ABC和BCD所在平面互相垂直，所以OA，OC，OD两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标
系．则A(0，0，3)，B(0，－1，0)，C(0，1，0)，D(3，0，→→
0)．所以AB＝(0，－1，－3)，CD＝(3，－1，0)， →→AB·CD11→→
所以cos〈AB，CD〉＝＝＝，
→→2×24|AB||CD|1
所以异面直线AB和CD所成角的余弦值为.
41答案：
4
4．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1，0，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，1)，D1(0，0，1)． →→→
所以A1C1＝(－1，2，0)，BC1＝(－1，0，1)，D1C1＝(0，2，0)，设平→??A1C1·n＝0，??－x＋2y＝0，
面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有?即?
?→－x＋z＝0，??BC1·n＝0，?令x＝2，则y＝1，z＝2，则n＝(2，1，2)． 又设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ，
→
|D1C1·n|21
则sin θ＝|cos〈D1C1，n〉|＝＝＝.
→2×33|D1C1||n|
→
2
1答案：
3
5．已知单位正方体ABCD-A1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点．试求： (1)AD1与EF所成角的大小； (2)AF与平面BEB1所成角的余弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A(1，0，1)，B(0，0，1)，
??D1(1，1，0)，E?0，，0?，F(，1，0)．
?
?
→→?11?
(1)因为AD1＝(0，1，－1)，EF＝?，，0?，
?22?
1212
?11?（0，1，－1）·?，，0??22?1→→
所以cos〈AD1，EF〉＝＝，
22
2×
2
即AD1与EF所成的角为60°.
→?1→?(2)FA＝?，－1，1?，由图可得，BA＝(1，0，0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面
?2?
→
→
BEB1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈BA，FA〉|＝
?（1，0，0）·?1，－1，1??
??2??????1
1×
2
?1?＋（－1）2＋12?2???
＝，所3
22
以cos θ＝.
3
22
即AF与平面BEB1所成角的余弦值为.
3
6.(2017·高考全国卷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．
解：(1)证明：由题设可得，△ABD≌△CBD，从而AD＝DC. 又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°. 取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO. 又由于△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，BO＋AO＝AB.
又AB＝BD，所以BO＋DO＝BO＋AO＝AB＝BD，故∠DOB＝90°.
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
所以平面ACD⊥平面ABC.
→
(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直．以O为坐标原点，OA的方向为x →
轴正方向，|OA|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A(1，0，0)，B(0，3，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)． 1
由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E2
131??→
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?0，，?.故AD＝(－
222??31?→→?
1，0，1)，AC＝(－2，0，0)，AE＝?－1，，?.
22??→??n·AD＝0，
设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，则?
→??n·AE＝0，－x＋z＝0，??3??
即?可取n＝?1，，1?. 313??－x＋y＋z＝0.?22?
→??m·AC＝0，n·m设m是平面AEC的法向量，则?同理可取m＝(0，－1，3)，则cos〈n，m〉＝
|n||m|→??m·AE＝0.＝7
， 7
7. 7
所以二面角D-AE-C的余弦值为
7.(2017·高考山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形︵
ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是DF的中点．
︵
(1)设P是CE上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小； (2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E-AG-C的大小． 解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，
AB，AP?平面ABP，AB∩AP＝A，
所以BE⊥平面ABP，又BP?平面ABP，
所以BE⊥BP，又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°. ︵
(2)法一：取EC的中点H，连接EH，GH，CH. 因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，
4
所以AE＝GE＝AC＝GC＝3＋2＝13. 取AG中点M，连接EM，CM，EC， 则EM⊥AG，CM⊥AG，
所以∠EMC为所求二面角的平面角． 又AM＝1，所以EM＝CM＝13－1＝23. 在△BEC中，由于∠EBC＝120°，
由余弦定理得EC＝2＋2－2×2×2×cos 120°＝12， 所以EC＝23，因此△EMC为等边三角形， 故所求的角为60°.
法二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得A(0，0，3)，E(2，0，0)，G(1，3，3)，C(－1，3，0)，→→→
故AE＝(2，0，－3)，AG＝(1，3，0)，CG＝(2，0，3)，设m＝(x1，
2
2
2
22
y1，z1)是平面AEG的一个法向量．
→??m·AE＝0，
由?
→??m·AG＝0，
?2x1－3z1＝0，
可得?
?x1＋3y1＝0.
取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－3，2)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量． →??n·AG＝0，?x2＋3y2＝0，
由?可得?
→?2x2＋3z2＝0.??n·CG＝0，
m·n取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－3，－2)．所以cos〈m，n〉＝
|m|·|n|
1＝. 2
因此所求的角为60°.
8．(2019·河南名校联考)如图(1)，在△MBC中，MA是BC边上的高，MA＝3，AC＝4.如图(2)，将△MBC沿MA进行翻折，使得二面角B-MA-C为90°，再过点B作BD∥AC，连接AD，CD，
MD，且AD＝23，∠CAD＝30°.
(1)求证：CD⊥平面MAD；
→1→
(2)在线段MD上取一点E使ME＝MD，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值．
3
5
2020版高考数学大一轮复习-第7讲立体几何中的向量方法分层演练(理)(含解析)新人教A版
