【考綱要求】
1.掌握空間向量的應(yīng)用.
2.會(huì)用空間向量求空間角和距離.
【考點(diǎn)預(yù)測】
1．異面直線所成的角
若異面直線l1，l2所成的角為θ，其方向向量分別是u，v，則cs θ＝|cs〈u，v〉|＝eq \f(|u·v|,|u||v|).
2．直線與平面所成的角
如圖，直線AB與平面α相交于點(diǎn)B，設(shè)直線AB與平面α所成的角為θ，直線AB的方向向量為u，平面α的法向量為n，則sin θ＝|cs〈u，n〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(u·n,|u||n|)))＝eq \f(|u·n|,|u||n|).
3．平面與平面的夾角
如圖，平面α與平面β相交，形成四個(gè)二面角，我們把這四個(gè)二面角中不大于90°的二面角稱為平面α與平面β的夾角．
若平面α，β的法向量分別是n1和n2，則平面α與平面β的夾角即為向量n1和n2的夾角或其補(bǔ)角．設(shè)平面α與平面β的夾角為θ，則cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|).
【常用結(jié)論】
1.線面角θ的正弦值等于直線的方向向量a與平面的法向量n所成角的余弦值的絕對(duì)值，即sin θ＝|cs〈a，n〉|，不要誤記為cs θ＝|cs〈a，n〉|.
2.二面角的范圍是[0，π]，兩個(gè)平面夾角的范圍是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
【方法技巧】
1.求異面直線所成的角的兩個(gè)關(guān)注點(diǎn)
(1)用向量方法求兩條異面直線所成的角，是通過兩條直線的方向向量的夾角來求解的．
(2)由于兩異面直線所成角的范圍是θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，兩方向向量的夾角α的范圍是[0，π]，所以要注意二者的區(qū)別與聯(lián)系，應(yīng)有cs θ＝|cs α|.
2.求直線與平面所成角的方法
(1)定義法：
①作，在斜線上選取恰當(dāng)?shù)狞c(diǎn)向平面引垂線，在這一步上確定垂足的位置是關(guān)鍵；
②證，證明所作的角為直線與平面所成的角，其證明的主要依據(jù)是直線與平面所成角的概念；
③求，構(gòu)造角所在的三角形，利用解三角形的知識(shí)求角．
(2)公式法：sin θ＝eq \f(h,l)(其中h為斜線上除斜足外的任一點(diǎn)到所給平面的距離，l為該點(diǎn)到斜足的距離，θ為斜線與平面所成的角)．
(3)向量法：sin θ＝|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|AB·n|,|\(AB,\s\up6(→))||n|)(其中AB為平面α的斜線，n為平面α的法向量，θ為斜線AB與平面α所成的角)．
3.利用向量法計(jì)算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分別求出二面角的兩個(gè)半平面所在平面的法向量，然后通過兩個(gè)平面的法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實(shí)際圖形判斷所求角的大小．
(2)找與棱垂直的方向向量法：分別在二面角的兩個(gè)半平面內(nèi)找到與棱垂直且以垂足為起點(diǎn)的兩個(gè)向量，則這兩個(gè)向量的夾角的大小就是二面角的大小．
二、【題型歸類】
【題型一】異面直線所成的角
【典例1】如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°.
(1)求證：BD⊥平面PAC；
(2)若PA＝AB，求PB與AC所成角的余弦值；
(3)當(dāng)平面PBC與平面PDC垂直時(shí)，求PA的長.
【解析】(1)證明 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AC⊥BD.
又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，
所以BD⊥平面PAC.
(2)解 設(shè)AC∩BD＝O，
因?yàn)椤螧AD＝60°，PA＝AB＝2，
所以BO＝1，AO＝CO＝eq \r(3).
如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，
則P(0，－eq \r(3)，2)，A(0，－eq \r(3)，0)，B(1，0，0)，C(0，eq \r(3)，0)，D(－1，0，0)，
所以eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(3)，0).
設(shè)PB與AC所成角為θ，
則cs θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(PB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)))＝eq \f(6,2\r(2)×2\r(3))＝eq \f(\r(6),4).
(3)解 由(2)知eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq \r(3)，0).
設(shè)P(0，－eq \r(3)，t)(t＞0)，
則eq \(BP,\s\up6(→))＝(－1，－eq \r(3)，t).
設(shè)平面PBC的法向量m＝(x，y，z)，
則eq \(BC,\s\up6(→))·m＝0，eq \(BP,\s\up6(→))·m＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋\r(3)y＝0，,－x－\r(3)y＋tz＝0，))
令y＝eq \r(3)，則x＝3，z＝eq \f(6,t)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，\r(3)，\f(6,t))).
同理，平面PDC的法向量n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，\r(3)，\f(6,t))).
因?yàn)槠矫鍼BC⊥平面PDC，
所以m·n＝0，即－6＋eq \f(36,t2)＝0，
解得t＝eq \r(6)，所以PA＝eq \r(6).
【典例2】如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱AB，BB1的中點(diǎn)，試求直線EF和BC1所成的角.
【解析】以B為原點(diǎn)，分別以直線BC，BA，BB1為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系(如圖).
設(shè)AB＝1，
則B(0，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，C1(1，0，1)，
所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(1，0，1).
于是cs〈eq \(BC1,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BC1,\s\up6(→))·\(EF,\s\up6(→)),|\(BC1,\s\up6(→))||\(EF,\s\up6(→))|)
＝eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2) ×\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以直線EF和BC1所成角的大小為60°.
【典例3】如圖，已知圓錐CO的截面△ABC是正三角形，AB是底面圓O的直徑，點(diǎn)D在eq \(AB,\s\up8(︵))上，且∠AOD＝2∠BOD，則異面直線AD與BC所成角的余弦值為( )
A.eq \f(\r(3),4) B.eq \f(1,2) C.eq \f(1,4) D.eq \f(3,4)
【解析】因?yàn)椤螦OD＝2∠BOD，
且∠AOD＋∠BOD＝π，
所以∠BOD＝eq \f(π,3)，
連接CO，則CO⊥平面ABD，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC所在直線分別為y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)圓O的半徑為2，則A(0，－2,0)，B(0,2,0)，C(0,0，2eq \r(3))，D(eq \r(3)，1,0)，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－2,2eq \r(3))，
設(shè)異面直線AD與BC所成的角為θ，
則cs θ＝|cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))||\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－6|,2\r(3)×4)＝eq \f(\r(3),4)，因此，異面直線AD與BC所成角的余弦值為eq \f(\r(3),4).
【題型二】直線與平面所成的角
【典例1】在邊長為2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，點(diǎn)E是邊AB的中點(diǎn)(如圖1)，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，連接A1B，A1C，得到四棱錐A1－BCDE(如圖2)．
(1)證明：平面A1BE⊥平面BCDE；
(2)若A1E⊥BE，連接CE，求直線CE與平面A1CD所成角的正弦值．
【解析】(1)證明 連接圖1中的BD，如圖所示．
因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，且∠BAD＝60°，
所以△ABD為等邊三角形，所以DE⊥AB，
所以在圖2中有DE⊥BE，DE⊥A1E，
因?yàn)锽E∩A1E＝E，BE，A1E?平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE，
因?yàn)镈E?平面BCDE，
所以平面A1BE⊥平面BCDE.
(2)解 因?yàn)槠矫鍭1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1E⊥BE，A1E?平面A1BE，所以A1E⊥平面BCDE，
以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
所以A1(0,0,1)，C(2，eq \r(3)，0)，D(0，eq \r(3)，0)，
E(0,0,0)，
所以eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(0，eq \r(3)，－1)，eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(2，eq \r(3)，－1)，eq \(EC,\s\up6(→))＝(2，eq \r(3)，0)，
設(shè)平面A1CD的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A1D,\s\up6(—→))＝\r(3)y－z＝0，,n·\(A1C,\s\up6(—→))＝2x＋\r(3)y－z＝0，))
令y＝1，則n＝(0,1，eq \r(3))，
所以cs〈n，eq \(EC,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(EC,\s\up6(→)),|n||\(EC,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(3),2\r(7))＝eq \f(\r(21),14)，
所以直線CE與平面A1CD所成角的正弦值為eq \f(\r(21),14).
【典例2】如圖，四棱錐P－ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.
(1)證明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【解析】(1)證明 在正方形ABCD中，AD∥BC，
因?yàn)锳D?平面PBC，BC?平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因?yàn)锳D?平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以AD∥l，
因?yàn)樵谒睦忮FP－ABCD中，底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，
所以l⊥PD，
因?yàn)镈C∩PD＝D，PD，DC?平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
(2)解 以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq \(DA,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
因?yàn)镻D＝AD＝1，則有D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，B(1，1,0)，
因?yàn)槠矫鍼AD∩平面PBC＝l，
所以l過點(diǎn)P，設(shè)Q(m，0,1)，
則有eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(DQ,\s\up6(→))＝(m，0,1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，
設(shè)平面QCD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up6(→))·n＝0，,\(DQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,mx＋z＝0，))
令x＝1，則z＝－m，
所以平面QCD的一個(gè)法向量為n＝(1,0，－m)，
則cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(PB,\s\up6(→)),|n||\(PB,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋m,\r(3)·\r(m2＋1)).
記PB與平面QCD所成的角為θ，根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值即為直線與平面所成角的正弦值，
則sin θ＝|cs〈n，eq \(PB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))，
當(dāng)m＝0時(shí)，sin θ＝eq \f(\r(3),3)，
當(dāng)m≠0時(shí)，sin θ＝eq \f(|1＋m|,\r(3)·\r(m2＋1))
＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(\f(1＋2m＋m2,m2＋1))＝eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2m,m2＋1))
≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋\f(2|m|,m2＋1))≤eq \f(\r(3),3)·eq \r(1＋1)＝eq \f(\r(6),3)，
當(dāng)且僅當(dāng)m＝1時(shí)取等號(hào)，
所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為eq \f(\r(6),3).
【典例3】如圖所示，在三棱錐S－BCD中，平面SBD⊥平面BCD，A是線段SD上的點(diǎn)，△SBD為等邊三角形，∠BCD＝30°，CD＝2DB＝4.
(1)若SA＝AD，求證：SD⊥CA；
(2)若直線BA與平面SCD所成角的正弦值為eq \f(4\r(195),65)，求AD的長．
【解析】(1)證明 依題意，BD＝2，
在△BCD中，CD＝4，∠BCD＝30°，
由余弦定理求得BC＝2eq \r(3)，
∴CD2＝BD2＋BC2，即BC⊥BD.
又平面SBD⊥平面BCD，平面SBD∩平面BCD＝BD，BC?平面BCD，
∴BC⊥平面SBD.從而BC⊥SD，
在等邊△SBD中，SA＝AD，則BA⊥SD.
又BC∩BA＝B，BC，BA?平面BCA，
∴SD⊥平面BCA，又CA?平面BCA，
∴SD⊥CA.
(2)解 以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BC，BD所在直線分別為x軸、y軸，過點(diǎn)B作平面BCD的垂線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0)，C(2eq \r(3)，0,0)，D(0,2,0)，S(0,1，eq \r(3))，
故eq \(CD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)，eq \(SD,\s\up6(→))＝(0,1，－eq \r(3))，
設(shè)平面SCD的法向量為m＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CD,\s\up6(→))＝0，,m·\(SD,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x＋2y＝0，,y－\r(3)z＝0，))
取x＝1，則y＝eq \r(3)，z＝1，
∴m＝(1，eq \r(3)，1)，
設(shè)eq \(DA,\s\up6(→))＝λeq \(DS,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
則eq \(DA,\s\up6(→))＝(0，－λ，eq \r(3)λ)，
故A(0,2－λ，eq \r(3)λ)，則eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,2－λ，eq \r(3)λ)，
設(shè)直線BA與平面SCD所成角為θ，
故sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(cs〈m，\(BA,\s\up6(→))〉))＝eq \f(|m·\(BA,\s\up6(→))|,|m||\(BA,\s\up6(→))|)
＝eq \f(|2\r(3)－\r(3)λ＋\r(3)λ|,\r(5)·\r(?2－λ?2＋3λ2))＝eq \f(4\r(195),65)，
解得λ＝eq \f(1,4)或λ＝eq \f(3,4)，則AD＝eq \f(1,2)或AD＝eq \f(3,2).
【題型三】平面與平面的夾角
【典例1】在如圖所示的多面體中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中點(diǎn)．
(1)求證：AB∥平面DEG；
(2)求二面角C-DF-E的余弦值．
【解析】(1)證明：因?yàn)锳D∥EF，EF∥BC，
所以AD∥BC，又BC＝2AD，G是BC的中點(diǎn)，
所以AD平行且等于BG，所以四邊形ADGB是平行四邊形，所以AB∥DG.
因?yàn)锳B?平面DEG，DG?平面DEG，
所以AB∥平面DEG.
(2)因?yàn)镋F⊥平面AEB，AE?平面AEB，BE?平面AEB，
所以EF⊥AE，EF⊥BE，又AE⊥EB，
所以EB，EF，EA兩兩垂直．
以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB，EF，EA所在的直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
則E(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，F(xiàn)(0，3，0)，D(0，2，2)．
由已知得eq \(EB,\s\up6(→))＝(2，0，0)是平面EFDA的一個(gè)法向量．
設(shè)平面DCF的法向量為n＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(FD,\s\up6(→))·n＝0，,\(FC,\s\up6(→))·n＝0，))因?yàn)閑q \(FD,\s\up6(→))＝(0，－1，2)，eq \(FC,\s\up6(→))＝(2，1，0)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y＋2z＝0，,2x＋y＝0，))令z＝1，得y＝2，x＝－1，所以可取n＝(－1，2，1)．
設(shè)二面角C-DF-E的大小為θ，則cs θ＝cs〈n，eq \(EB,\s\up6(→))〉＝eq \f(－2,2\r(6))＝－eq \f(\r(6),6).
易知二面角C-DF-E為鈍二面角，
所以二面角C-DF-E的余弦值為－eq \f(\r(6),6).
【典例2】如圖是一個(gè)半圓柱與多面體ABB1A1C構(gòu)成的幾何體，平面ABC與半圓柱的下底面共面，且AC⊥BC，P為弧A1B1上(不與A1，B1重合)的動(dòng)點(diǎn)．
(1)證明：PA1⊥平面PBB1；
(2)若四邊形ABB1A1為正方形，且AC＝BC，∠PB1A1＝eq \f(π,4)，求二面角P-A1B1-C的余弦值．
【解析】(1)證明：在半圓柱中，BB1⊥平面PA1B1，所以BB1⊥PA1.
因?yàn)锳1B1是直徑，所以PA1⊥PB1.
因?yàn)镻B1∩BB1＝B1，PB1?平面PBB1，BB1?平面PBB1，
所以PA1⊥平面PBB1.
(2)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CB，CA所在直線為x軸，y軸，過C與平面ABC垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz，如圖所示．
設(shè)CB＝1，則C(0，0，0)，B(1，0，0)，A(0，1，0)，A1(0，1，eq \r(2))，B1(1，0，eq \r(2))，P(1，1，eq \r(2))．
所以eq \(CA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(2))，eq \(CB1,\s\up6(→))＝(1，0，eq \r(2))．
平面PA1B1的一個(gè)法向量為n1＝(0，0，1)．
設(shè)平面CA1B1的法向量為n2＝(x，y，z)，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋\r(2)z＝0，,x＋\r(2)z＝0，))
令z＝1，則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\r(2)，,x＝－\r(2)，,z＝1，))
所以可取n2＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，1)，
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(1,1×\r(5))＝eq \f(\r(5),5).
由圖可知二面角P-A1B1-C為鈍角，
所以所求二面角的余弦值為－eq \f(\r(5),5).
【典例3】如圖，在三棱錐A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O為BD的中點(diǎn).
(1)證明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是邊長為1的等邊三角形，點(diǎn)E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小為45°，求三棱錐A－BCD的體積.
【解析】(1)證明 因?yàn)锳B＝AD，O為BD的中點(diǎn)，所以O(shè)A⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO?平面ABD，
所以AO⊥平面BCD.
又CD?平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)解 法一 如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OA所在直線分別為x，z軸，在平面BCD內(nèi)，以過點(diǎn)O且與BD垂直的直線為y軸建立空間直角坐標(biāo)系.
因?yàn)椤鱋CD是邊長為1的正三角形，且O為BD的中點(diǎn)，
所以O(shè)C＝OB＝OD＝1，
所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).
設(shè)A(0，0，a)，a>0，因?yàn)镈E＝2EA，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0，\f(2a,3))).
由題意可知平面BCD的一個(gè)法向量為n＝(0，0，1).
設(shè)平面BCE的法向量為m＝(x，y，z)，
因?yàn)閑q \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0，\f(2a,3)))，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，,－\f(4,3)x＋\f(2a,3)z＝0，))
令x＝1，則y＝eq \r(3)，z＝eq \f(2,a)，
所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，\f(2,a))).
因?yàn)槎娼荅－BC－D的大小為45°，
所以cs 45°＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \f(\f(2,a),\r(4＋\f(4,a2)))＝eq \f(\r(2),2)，
得a＝1，即OA＝1.
因?yàn)镾△BCD＝eq \f(1,2)BD·CDsin 60°＝eq \f(1,2)×2×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，
所以VA－BCD＝eq \f(1,3)S△BCD·OA＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×1＝eq \f(\r(3),6).
法二 因?yàn)椤鱋CD是邊長為1的正三角形，且O為BD的中點(diǎn)，所以O(shè)C＝OB＝OD＝1，
所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝eq \r(3)，所以S△BCD＝eq \f(\r(3),2).
如圖，過點(diǎn)E作EF∥AO，交BD于F，過點(diǎn)F作FG⊥BC，垂足為G，連接EG.
因?yàn)锳O⊥平面BCD，
所以EF⊥平面BCD.
又BC?平面BCD，所以EF⊥BC.
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，F(xiàn)G?平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG?平面EFG，所以BC⊥EG，
則∠EGF為二面角E－BC－D的平面角，
所以∠EGF＝45°，則GF＝EF.
因?yàn)镈E＝2EA，
所以EF＝eq \f(2,3)OA，DF＝2OF，
所以eq \f(BF,FD)＝2.
因?yàn)镕G⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，
則eq \f(GF,CD)＝eq \f(2,3)，所以GF＝eq \f(2,3)，
所以EF＝GF＝eq \f(2,3)，所以O(shè)A＝1，
所以VA－BCD＝eq \f(1,3)S△BCD·AO＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×1＝eq \f(\r(3),6).
三、【培優(yōu)訓(xùn)練】
【訓(xùn)練一】如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(1)求證：BF∥平面ADE；
(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；
(3)若平面EBD與平面FBD夾角的余弦值為eq \f(1,3)，求線段CF的長.
【解析】依題意，建立以A為原點(diǎn)，分別以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2).
設(shè)CF＝h(h>0)，則F(1，2，h).
(1)證明 依題意，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)是平面ADE的一個(gè)法向量，
又eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，2，h)，可得eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，
又因?yàn)橹本€BF?平面ADE，
所以BF∥平面ADE.
(2)依題意，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2，2).
設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))
不妨令z＝1，可得n ＝(2，2，1).
因此有cs〈eq \(CE,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(CE,\s\up6(→))·n,|\(CE,\s\up6(→))||n|)＝－eq \f(4,9).
所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為eq \f(4,9).
(3)設(shè)m＝(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量，
則eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x1＋y1＝0，,2y1＋hz1＝0，))
不妨令y1＝1，可得m ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，－\f(2,h))).
又n＝(2，2，1)為平面BDE的一個(gè)法向量，
故由題意，
有|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4－\f(2,h))),3\r(2＋\f(4,h2)))＝eq \f(1,3).
解得h＝eq \f(8,7).經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意.
所以，線段CF的長為eq \f(8,7).
【訓(xùn)練二】如圖，四棱錐P－ABCD中，側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝eq \f(1,2)AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中點(diǎn).
(1)證明：直線CE∥平面PAB；
(2)點(diǎn)M在棱PC上，且直線BM與底面ABCD所成角為45°，求平面MAB與平面DAB夾角的余弦值.
【解析】(1)證明 取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF，因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD，EF＝eq \f(1,2)AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°得BC∥AD.
又BC＝eq \f(1,2)AD，所以EF平行且等于BC，
所以四邊形BCEF是平行四邊形，
則CE∥BF.
又BF?平面PAB，CE?平面PAB，
故CE∥平面PAB.
(2)解 由已知得BA⊥AD，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq \(AB,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸正方向，|eq \(AB,\s\up6(→))|為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則
A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，eq \r(3))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0).
設(shè)M(x，y，z)(0

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