开卷速查(四十七)立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离A级基础巩固练1．[2015·课标Ⅰ]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。解析：(1)证明：连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF。在菱形ABCD中，不妨设GB＝1。由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝。由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC。又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC。在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝。在Rt△FDG中，可得FG＝。在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝。从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG。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)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，建立空间直角坐标系G－xyz。由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)，所以AE＝(1，，)，CF＝。故cos〈AE，CF〉＝＝－。所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为。2．[2015·课标Ⅱ]如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4。过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值。解析：(1)交线围成的正方形EHGF如图：(2)作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8。因为EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10。于是MH＝＝6，所以AH＝10。以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，FE＝(10,0,0)，HE＝(0，－6,8)。设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则即所以可取n＝(0,4,3)。又AF＝(－10,4,8)，故|cos〈n，AF〉|＝＝。所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为。B级能力提升练3．[2015·广东]如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3。点E是CD边的中点，点F，G分别在线段AB，BC上，且AF＝2FB，CG＝2GB。(1)证明：PE⊥FG；(2)求二面角P－AD－C的正切值；(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值。解析：方法一：(1)证明：由PD＝PC＝4知，△PDC是等腰三角形，而E是底边CD的中点，故PE⊥CD。又平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，故PE⊥平面ABCD，又FG⊂平面ABCD，故PE⊥FG。(2)∵平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，∴AD⊥平面PDC，而PD⊂平面PDC，故AD⊥PD，故∠PDC为二面角P－AD－C的平面角。在Rt△PDE中，PE＝＝，∴tan∠PDC＝＝，故二面角P－AD－C的正切值是。(3)连接AC。由AF＝2FB，CG＝2GB知，F，G分别是AB,BC且靠近点B的三等分点，从而FG∥AC，∴∠PAC为直线PA与直线FG所成的角。在Rt△ADP中，AP＝＝＝5。在Rt△ADC中，AC＝＝＝3。在△PAC中，由余弦定理知，cos∠PAC＝＝＝，故直线PA与直线FG所成角的余弦值是。方法二：以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,0)，P(0,0，)，F(3,1,0)，G(2,3,0)，A(3，－3，0)，D(0，－3,0)。(1)证明：EP＝(0,0，)，FG＝(－1,2,0)，EP·FG＝0，∴EP⊥FG。(2)平面ADC的一个法向量为n1＝(0,0,1)，设平面PAD的法向量为n2＝(x，y，z)，则取y＝1，则x＝0，z＝－，∴n2＝为平面PAD的一个法向量，∴cos〈n1，n2〉＝＝＝－。记所求二面角的大小为θ，显然θ为锐角，∴cosθ＝，tanθ＝。(3)∵AP＝(－3,3，)，FG＝(－1,2,0)，∴cos〈AP，FG〉＝＝＝，∴直线PA与直线FG所成角的余弦值为。4．[2015·陕西]如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点。将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2。图1图2(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值。解析：(1)证明：在题图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC。即在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，从而BE⊥平面A1OC，又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC。(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝。如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B，E，A1，C，得BC＝，A1C＝，CD＝BE＝(－，0,0)。设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为θ，则得取n1＝(1,1,1)；得取n2＝(0,1,1)，从而cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为。
