第1章 章末综合提升-【新教材】人教B版（2019）高中数学选择性必修第一册讲义

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[提升层·题型探究]
【例1】 (1)在空间四边形O­ABC中，其对角线为OB，AC，M是OA的中点，G为△ABC的重心，用基向量eq \(OA,\s\up7(→))，eq \(OB,\s\up7(→))，eq \(OC,\s\up7(→))表示向量eq \(MG,\s\up7(→))．
(2)已知三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．
①求以AB，AC为邻边的平行四边形的面积．
②若|a|＝eq \r(3)，且a分别与eq \(AB,\s\up7(→))，eq \(AC,\s\up7(→))垂直，求向量a的坐标．
[解] (1)如图，连接AG并延长交BC于点D．
∴D为BC的中点，
∴eq \(AD,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→)))．
∵G为△ABC的重心，∴eq \(AG,\s\up7(→))＝eq \f(2,3)eq \(AD,\s\up7(→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→)))，
又∵eq \(AB,\s\up7(→))＝eq \(OB,\s\up7(→))－eq \(OA,\s\up7(→))，eq \(AC,\s\up7(→))＝eq \(OC,\s\up7(→))－eq \(OA,\s\up7(→))，
∴eq \(AG,\s\up7(→))＝eq \f(1,3)(eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→)))＝eq \f(1,3)(－2eq \(OA,\s\up7(→))＋eq \(OB,\s\up7(→))＋eq \(OC,\s\up7(→)))．
∵M为OA的中点，∴eq \(AM,\s\up7(→))＝－eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up7(→))．
∴eq \(MG,\s\up7(→))＝eq \(AG,\s\up7(→))－eq \(AM,\s\up7(→))＝eq \f(1,3)(－2eq \(OA,\s\up7(→))＋eq \(OB,\s\up7(→))＋eq \(OC,\s\up7(→)))＋eq \f(1,2)eq \(OA,\s\up7(→))＝－eq \f(1,6)eq \(OA,\s\up7(→))＋eq \f(1,3)eq \(OB,\s\up7(→))＋eq \f(1,3)eq \(OC,\s\up7(→))．
(2)①由题意，可得eq \(AB,\s\up7(→))＝(－2，－1,3)，eq \(AC,\s\up7(→))＝(1，－3,2)，
所以cs〈eq \(AB,\s\up7(→))，eq \(AC,\s\up7(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up7(→))·\(AC,\s\up7(→)),|\(AB,\s\up7(→))||\(AC,\s\up7(→))|)＝eq \f(－2＋3＋6,\r(14)×\r(14))＝eq \f(7,14)＝eq \f(1,2)，所以sin〈eq \(AB,\s\up7(→))，eq \(AC,\s\up7(→))〉＝eq \f(\r(3),2)，所以以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为S＝2×eq \f(1,2)|eq \(AB,\s\up7(→))|·|eq \(AC,\s\up7(→))|·sin〈eq \(AB,\s\up7(→))，eq \(AC,\s\up7(→))〉＝14×eq \f(\r(3),2)＝7eq \r(3)．
②设a＝(x，y，z)，由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋z2＝3，,－2x－y＋3z＝0,x－3y＋2z＝0.))，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝1，,z＝1，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝－1，,z＝－1.))
所以向量a的坐标为(1,1,1)或(－1，－1，－1)．
1．向量的表示与运算的关键是熟练掌握向量加减运算的平行四边形法则、三角形法则及各运算公式，理解向量运算法则、运算律及其几何意义．
2．熟记空间向量的坐标运算公式
设a＝(x1，y1，z1)，b＝(x2，y2，z2)，
(1)加减运算：a±b＝(x1±x2，y1±y2，z1±z2)．
(2)数量积运算：a·b＝x1x2＋y1y2＋z1z2．
(3)向量夹角：cs〈a，b〉＝
eq \f(x1x2＋y1y2＋z1z2,\r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1)＋z\\al(2,1))·\r(x\\al(2,2)＋y\\al(2,2)＋z\\al(2,2)))．
(4)向量长度：设M1(x1，y1，z1)，M2(x2，y2，z2)，
则|eq \(M1M2,\s\up7(→))|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22＋z1－z22)．
提醒：在利用坐标运算公式时注意先对向量式子进行化简再运算．
eq \([跟进训练])
1．已知向量eq \(AB,\s\up7(→))＝(4,3)，eq \(AD,\s\up7(→))＝(－3，－1)，点A(－1，－2)．
(1)求线段BD的中点M的坐标；
(2)若点P(2，y)满足eq \(PB,\s\up7(→))＝λeq \(BD,\s\up7(→))，求y与λ的值．
[解] (1)设B(x，y)，∵A(－1，－2)，∴eq \(AB,\s\up7(→))＝(x＋1，y＋2)＝(4,3)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＝4，,y＋2＝3，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝1，))即B(3,1)，
同理可得D(－4，－3)．
∴线段BD的中点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－1))．
(2)∵eq \(PB,\s\up7(→))＝(1,1－y)，eq \(BD,\s\up7(→))＝(－7，－4)，
由eq \(PB,\s\up7(→))＝λeq \(BD,\s\up7(→))得(1,1－y)＝λ(－7，－4)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－7λ＝1，,1－y＝－4λ，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,7)，,λ＝－\f(1,7).))
【例2】 四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点，求证：
(1)PC∥平面EBD；
(2)平面PBC⊥平面PCD．
[证明] 如图，以D为坐标原点，分别以DC，DA，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
设DC＝a，PD＝b，则D(0,0,0)，C(a,0,0)，B(a，a,0)，P(0,0，b)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(b,2)))．
(1)eq \(DE,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(b,2)))，eq \(DB,\s\up7(→))＝(a，a,0)．
设平面EBD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up7(→))·n＝0，,\(DB,\s\up7(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(a,2)y＋\f(b,2)z＝0，,ax＋ay＝0.))
令x＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(a,b)))，
因为eq \(PC,\s\up7(→))·n＝(a,0，－b)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(a,b)))＝0，
所以eq \(PC,\s\up7(→))⊥n，故PC∥平面EBD．
(2)由题意得平面PDC的一个法向量为eq \(DA,\s\up7(→))＝(0，a,0)，
又eq \(PB,\s\up7(→))＝(a，a，－b)，eq \(PC,\s\up7(→))＝(a,0，－b)，
设平面PBC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PB,\s\up7(→))·m＝0，,\(PC,\s\up7(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax1＋ay1－bz1＝0，,ax1－bz1＝0，))
得y1＝0，令x1＝1，则z1＝eq \f(a,b)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(a,b)))，
因为eq \(DA,\s\up7(→))·m＝(0，a,0)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，\f(a,b)))＝0，
所以eq \(DA,\s\up7(→))⊥m，即平面PBC⊥平面PCD．
1．证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量．
2．证明线面平行的方法
(1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．
(2)能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线．
(3)利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量．
3．证明面面平行的方法
(1)转化为线线平行、线面平行处理．
(2)证明这两个平面的法向量是共线向量．
4．证明两条直线垂直，只需证明这两条直线的方向向量垂直．
5．证明线面垂直的方法
(1)证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量．
(2)证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量互相垂直．
6．证明面面垂直的方法
(1)转化为证明线面垂直．
(2)证明两个平面的法向量互相垂直．
eq \([跟进训练])
2．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面成45°角，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1，问在棱PD上是否存在一点E，使CE∥平面PAB？若存在，求出点E的位置；若不存在，说明理由．
[解] 分别以AB、AD、AP为x、y、z轴建立空间直角坐标系
∴P(0,0,1)，C(1,1,0)，
D(0,2,0)．
设E(0，y，z), 则eq \(PE,\s\up7(→))＝(0，y，z－1)，eq \(PD,\s\up7(→))＝(0,2，－1)．
∵eq \(PE,\s\up7(→))∥eq \(PD,\s\up7(→))，
∴y×(－1)－2(z－1)＝0．①
∵eq \(AD,\s\up7(→))＝(0,2,0)是平面PAB的法向量．
又eq \(CE,\s\up7(→))＝(－1，y－1，z)，由CE∥平面PAB．
∴eq \(CE,\s\up7(→))⊥eq \(AD,\s\up7(→))，∴(－1，y－1，z)·(0,2,0)＝0，∴y＝1，代入①得z＝eq \f(1,2)，∴E是PD的中点，∴存在E点为PD中点时，CE∥平面PAB．
【例3】 正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为eq \r(2)a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角．
[解] 建立以A点为坐标原点，以过A垂直于AB的直线，AB、AA1为x，y，z轴的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0，a,0)，A1(0,0，eq \r(2)a)，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))．
法一：取A1B1的中点M，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，连接AM、MC1，
有eq \(MC1,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，0，0))，eq \(AB,\s\up7(→))＝(0，a,0)，
eq \(AA1,\s\up7(→))＝(0,0，eq \r(2)a)，
∴eq \(MC1,\s\up7(→))·eq \(AB,\s\up7(→))＝0，
eq \(MC1,\s\up7(→))·eq \(AA1,\s\up7(→))＝0，∴eq \(MC1,\s\up7(→))⊥eq \(AB,\s\up7(→))，eq \(MC1,\s\up7(→))⊥eq \(AA1,\s\up7(→))，
则MC1⊥AB，MC1⊥AA1，又AB∩AA1＝A，
∴MC1⊥平面ABB1A1，
∴∠C1AM是AC1与侧面A1ABB1所成的角．
由于eq \(AC1,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，eq \(AM,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\r(2)a))，
∴eq \(AC1,\s\up7(→))·eq \(AM,\s\up7(→))＝0＋eq \f(a2,4)＋2a2＝eq \f(9a2,4)．
∵|eq \(AC1,\s\up7(→))|＝eq \r(\f(3,4)a2＋\f(a2,4)＋2a2)＝eq \r(3)a，
|eq \(AM,\s\up7(→))|＝eq \r(\f(a2,4)＋2a2)＝eq \f(3,2)a，
∴cs〈eq \(AC1,\s\up7(→))，eq \(AM,\s\up7(→))〉＝eq \f(\f(9a2,4),\r(3)a·\f(3,2)a)＝eq \f(\r(3),2)，∴〈eq \(AC1,\s\up7(→))，eq \(AM,\s\up7(→))〉＝30°，
即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°．
法二：eq \(AB,\s\up7(→))＝(0，a,0)，eq \(AA1,\s\up7(→))＝(0,0，eq \r(2)a)，eq \(AC1,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，
设侧面ABB1A1的法向量n＝(λ，x，y)，
∴n·eq \(AB,\s\up7(→))＝0，且n·eq \(AA1,\s\up7(→))＝0，
∴ax＝0且eq \r(2)ay＝0，
∴x＝y＝0，故n＝(λ，0,0)．
∵eq \(AC1,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\r(2)a))，
∴cs〈eq \(AC1,\s\up7(→))，n〉＝eq \f(n·\(AC1,\s\up7(→)),|n|·|\(AC1,\s\up7(→))|)＝－eq \f(λ,2|λ|)，
∴|cs〈eq \(AC1,\s\up7(→))，n〉|＝eq \f(1,2)，∴AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°．
用向量法求空间角的注意点
(1)异面直线所成角：两异面直线所成角范围为0°<θ≤90°，需找到两异面直线的方向向量，借助方向向量所成角求解．
(2)直线与平面所成的角：要求直线a与平面α所成的角θ，先求这个平面α的法向量n与直线a的方向向量a的夹角的余弦cs〈n，a〉，再利用公式sin θ＝|cs〈n，a〉|，求θ．
(3)二面角：如图，有两个平面α与β，分别作这两个平面的法向量n1与n2，则平面α与β所成的角跟法向量n1与n2所成的角相等或互补，所以首先必须判断二面角是锐角还是钝角．
eq \([跟进训练])
3．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B­EC­C1的正弦值．
[解] (1)由长方体ABCD­A1B1C1D1可知B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，
∴B1C1⊥BE，又因为BE⊥EC1，EC1∩C1B1＝C1，EC1⊂平面EB1C1，C1B1⊂平面EB1C1，∴BE⊥平面EB1C1．
(2)以CD，CB，CC1所在的直线为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，
设AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，
∴AB＝1，则E(1,1,1)，A(1,1,0)，
B1(0,1,2)，C1(0,0,2)，
∵BC⊥EB1，
∴EB1⊥平面EBC，故可取平面EBC的法向量为m＝eq \(EB1,\s\up7(→))＝(－1,0,1)．
设平面ECC1的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CC1,\s\up7(→))＝0，,n·\(CE,\s\up7(→))＝0，))
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝0，,x＋y＋z＝0，))
令x＝1，则n＝(1，－1,0)，
∴cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝－eq \f(1,2)，
故二面角B­EC­C1的正弦值为eq \f(\r(3),2)．
【例4】 如图所示，在四棱锥O­ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝eq \f(π,4)，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．
(1)证明：直线MN∥平面OCD；
(2)求异面直线AB与MD所成角的大小．
[解] 作AP⊥CD于点P，分别以AB，AP，AO所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，
O(0,0,2)，M(0,0,1)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，0))．
(1)证明：eq \(MN,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，－1))，
eq \(OP,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)，－2))，eq \(OD,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－2))．
设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，
由n·eq \(OP,\s\up7(→))＝0，n·eq \(OD,\s\up7(→))＝0，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)y－2z＝0，,－\f(\r(2),2)x＋\f(\r(2),2)y－2z＝0.))
令z＝eq \r(2)，得n＝(0,4，eq \r(2))．
∵eq \(MN,\s\up7(→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(2),4)))×0＋eq \f(\r(2),4)×4＋(－1)×eq \r(2)＝0，
∴eq \(MN,\s\up7(→))⊥n．
又MN⊄平面OCD，∴MN∥平面OCD．
(2)设异面直线AB与MD所成的角为θ．
∵eq \(AB,\s\up7(→))＝(1,0,0)，eq \(MD,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－1))，
∴cs〈eq \(AB,\s\up7(→))，eq \(MD,\s\up7(→))〉＝eq \f(\(AB,\s\up7(→))·\(MD,\s\up7(→)),|\(AB,\s\up7(→))||\(MD,\s\up7(→))|)＝eq \f(－\f(\r(2),2),\r(2))＝－eq \f(1,2)．
∴eq \(AB,\s\up7(→))与eq \(MD,\s\up7(→))所成的角为eq \f(2π,3)．
故异面直线AB与MD所成的角θ＝π－eq \f(2π,3)＝eq \f(π,3)．
空间向量的具体应用主要体现为两种方法——向量法和坐标法.这两种方法的思想都是利用空间向量表示立体图形中的点、线、面等元素，建立立体图形和空间向量之间的联系，然后进行空间向量的运算，最后把运算结果回归到几何结论.这样就把立体几何问题转化为空间向量来研究，体现了化归与转化思想.
eq \([跟进训练])
4．在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2eq \r(2)，AB⊥BC，如图所示，把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD．
(1)求证：CD⊥AB；
(2)若点M为线段BC的中点，求点M到平面ACD的距离；
(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为60°？若存在，求出eq \f(BN,BC)的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2eq \r(2)，AB⊥BC，所以AD＝AB＝eq \r(2)，BD＝eq \r(AB2＋AD2)＝2，∠DBC＝∠ADB＝45°，
CD＝eq \r(22＋2\r(2)2－2×2×2\r(2)cs 45°)＝2，
所以BD2＋CD2＝BC2，所以CD⊥BD．
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB．
(2)由(1)知CD⊥BD．以点D为原点，DB所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，过点D作垂直于平面BCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示，由已知得A(1，0,1)，B(2,0,0)，
C(0,2,0)，D(0,0，0)，M(1,1,0)，所以eq \(CD,\s\up7(→))＝(0，－2,0)，eq \(AD,\s\up7(→))＝(－1,0，－1)，eq \(MC,\s\up7(→))＝(－1,1,0)．
设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \(CD,\s\up7(→))·n＝0，eq \(AD,\s\up7(→))·n＝0，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2y＝0，,－x－z＝0.))
令x＝1，得z＝－1，y＝0，则平面ACD的一个法向量为n＝(1,0，－1)，所以点M到平面ACD的距离为d＝eq \f(|n·\(MC,\s\up7(→))|,|n|)＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)．
(3)假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为60°．设eq \(BN,\s\up7(→))＝λeq \(BC,\s\up7(→))(0<λ<1)，N(a，b,0)，则(a－2，b,0)＝λ(－2,2,0)，
所以N(2－2λ，2λ，0)，eq \(AN,\s\up7(→))＝(1－2λ，2λ，－1)．
又平面ACD的一个法向量为n＝(1,0，－1)，且直线AN与平面ACD所成的角为60°，所以sin 60°＝eq \f(|\(AN,\s\up7(→))·n|,|\(AN,\s\up7(→))|·|n|)，
即eq \f(|1－2λ＋1|,\r(1－2λ2＋2λ2＋－12)×\r(2))＝eq \f(\r(3),2)，可得8λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝eq \f(1,4)或λ＝－eq \f(1,2)(舍去)．
综上所述，在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成的角为60°，此时eq \f(BN,BC)＝eq \f(1,4)．
[培优层·素养升华]
(教师用书独具)
【例】 如图，在多面体ABCDEF中，CB⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，△ABF是一个正三角形，FE＝BE，且∠FEB＝120°．
(1)求证：AE⊥CF；
(2)若三棱锥F­CBE的体积为2，求点A到平面CDF的距离．
[解] (1)证明：∵CB⊥平面ABEF，AE⊂平面ABEF，
∴CB⊥AE，
∵△ABF是一个正三角形，FE＝BE，
∴AE⊥BF，
∵BF∩BC＝B，∴AE⊥平面BCF，
∵CF⊂平面BCF，∴AE⊥CF．
(2)∵CB⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，△ABE是一个正三角形，
FE＝BE，且∠FEB＝120°．三棱锥F­CBE的体积为2，
设AB＝a，则BC＝BF＝a，BE＝EF＝eq \f(\r(3)a,3)，
∴VF­CBE＝VC­BEF＝eq \f(1,3)×BC×eq \f(1,2)×EF×BE×sin 120°＝eq \f(1,3)a×eq \f(1,2)×eq \f(1,3)a2×eq \f(\r(3),2)＝2，解得a＝2eq \r(3)，
∵∠ABE＝∠ABF＋∠EBF＝60°＋30°＝90°，
∴AB⊥BE，
以B为原点，BA为x轴，BE为y轴，BC为z轴，建立空间直角坐标系，
A(2eq \r(3)，0,0)，C(0,0,2eq \r(3))，D(2eq \r(3)，0,2eq \r(3))，F(eq \r(3)，3,0)，eq \(CA,\s\up7(→))＝(2eq \r(3)，0，－2eq \r(3))，eq \(CD,\s\up7(→))＝(2eq \r(3)，0,0)，eq \(CF,\s\up7(→))＝(eq \r(3)，3，－2eq \r(3))，
设平面CDF的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CD,\s\up7(→))＝2\r(3)x＝0，,n·\(CF,\s\up7(→))＝\r(3)x＋3y－2\r(3)z＝0，))取y＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(\r(3),2)))．
∴点A到平面CDF的距离d＝eq \f(|n·\(CA,\s\up7(→))|,|n|)＝eq \f(3,\r(\f(7,4)))＝eq \f(6\r(7),7)．
该类题目主要以立体几何为载体，重点考查线线关系或线面关系及面面关系和空间角问题，通过该类题目的训练提高学生的运算求解素养及直观想象的数学素养，解决该类问题常结合空间向量来求解，解决的关键是建好空间直角坐标系.
eq \([跟进训练])
如图所示，四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，侧面ABCD是梯形，AD∥BC，底面ABB1A1为菱形，∠DAB＝∠DAA1．
(1)求证：A1B⊥AD；
(2)若AD＝AB＝2BC，∠A1AB＝60°，点D在平面ABB1A1上的射影恰为线段A1B的中点，求平面DCC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值．
[解] (1)证明：如图，连接AB1，A1D，BD，设AB1交A1B于点O，连接OD．
由AA1＝AB，∠DAB＝∠DAA1，AD＝AD，
可得△AA1D≌△ABD，所以A1D＝BD．
由于O是线段A1B的中点，所以DO⊥A1B．
又根据菱形的性质得AO⊥A1B，所以A1B⊥平面ADO，
从而A1B⊥AD．
(2)由题意知DO⊥平面ABB1A1．
因为底面ABB1A1为菱形，所以AB1⊥A1B，
分别以射线OB，射线OB1，射线OD为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz．如图．设AD＝AB＝2BC＝2a，
由∠A1AB＝60°可知OB＝a，OA＝OB1＝eq \r(3)a，
所以OD＝eq \r(AD2－OA2)＝a，
从而A(0，－eq \r(3)a,0)，B(a,0,0)，B1(0，eq \r(3)a,0)，D(0,0，a)，
所以eq \(CC1,\s\up7(→))＝eq \(BB1,\s\up7(→))＝(－a，eq \r(3)a,0)，eq \(AD,\s\up7(→))＝(0，eq \r(3)a，a)．
由eq \(BC,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up7(→))可得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(\r(3),2)a，\f(1,2)a))，
所以eq \(DC,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(\r(3),2)a，－\f(1,2)a))．
设平面DCC1D1的法向量为m＝(x0，y0，z0)，
由m·eq \(CC1,\s\up7(→))＝0，m·eq \(DC,\s\up7(→))＝0，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－ax0＋\r(3)ay0＝0，,ax0＋\f(\r(3),2)ay0－\f(1,2)az0＝0.))
取y0＝1，则x0＝eq \r(3)，z0＝3eq \r(3)，所以m＝(eq \r(3)，1,3eq \r(3))．
又平面ABB1A1的一个法向量为eq \(OD,\s\up7(→))＝(0,0，a)，
所以cs〈eq \(OD,\s\up7(→))，m〉＝eq \f(\(OD,\s\up7(→))·m,|\(OD,\s\up7(→))||m|)＝eq \f(3\r(3)a,\r(31)a)＝eq \f(3,31)eq \r(93)．
故平面DCC1D1与平面ABB1A1所成锐二面角的余弦值为eq \f(3,31)eq \r(93)．
空间向量及其运算
利用空间向量证明平行、垂直问题
利用空间向量求角
数学思想在向量中的应用