2020版高考数学一轮复习(讲义·理) 第7章 立体几何 第7讲 立体几何中的向量方法

第7讲立体几何中的向量方法
1．用向量证明空间中的平行关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔□01v1∥v2⇔v1＝λv2.
(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝□02x v1＋y v2.
(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔□03v⊥u⇔□04v·u ＝0.
(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔□05u1∥u2⇔u1＝λu2.
2．用向量证明空间中的垂直关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔□01v1⊥v2⇔□02v1·v2＝0.
(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔□03v∥u⇔□04v＝λu.
(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔□05u1⊥u2⇔□06u1·u2＝0.
3．两条异面直线所成角的求法
设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则
4．直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝□
01|e ·n ||e ||n |
，φ的取值范围是⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.
5．求二面角的大小
(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝□01〈AB →，CD →〉．
(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝□
02|cos 〈n 1，n 2〉|＝□03|n 1·n 2||n 1||n 2|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)
1．概念辨析
(1)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．( )
(2)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的
范围是[0，π]．( )
(3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (4)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×
2．小题热身
(1)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 B ．l ⊥α C ．l ⊂α D ．l 与α斜交
答案 B
解析 因为a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)， 所以n ＝－2a ，所以a ∥n ，所以l ⊥α.
(2)已知向量AB →＝(2,2,1)，AC →
＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1
3
，－23，23
B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，2
3，－23
C ．±⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，－1，1
D ．±⎝ ⎛⎭⎪⎫1
3，－23，23
答案 D
解析 设平面ABC 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩
⎪⎨
⎪⎧
2x ＋2y ＋z ＝0，
4x ＋5y ＋3z ＝0.取z ＝1，得x ＝12
，y ＝－1.则n ＝⎝
⎛⎭
⎪⎫1
2，－1，1，|n |＝3
2
，故平面ABC 的单位法向量是±⎝
⎛⎭
⎪⎫1
3，－23，2
3
.
(3)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( ) A ．60° B ．75° C ．90° D ．105°
答案 C
解析 取AC 的中点D ，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝a ，则B ⎝
⎛⎭⎪⎫32a ，0，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，22a ，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫3
2
a ，0，22a ，从
而AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，a
2，2a 2，C 1B →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2
，－a 2，－2a 2.
所以cos 〈AB 1→
，C 1B →
〉＝
AB 1→·C 1B
→
|AB 1→
||C 1B →
|＝0，
所以AB 1与C 1B 所成的角为90°.故选C.
(4)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________，二面角B －A 1C 1－D 1的余弦值为________．
答案 13 －23
解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则
D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，
∴D 1C 1→＝(0,2,0)，A 1C 1→
＝(－1，2,0)，
A 1
B →
＝(0,2，－1)，
设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·A 1C 1→＝0，
n ·A 1B →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x ＋2y ＝0，
2y －z ＝0，
令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，
设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则
sin θ＝|cos 〈D 1C 1→
，n 〉|＝|D 1C 1→
·n ||D 1C 1→||n |
＝22×3＝1
3，
即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为1
3.
易知平面A 1C 1D 1的法向量m ＝(0,0,1)，
∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝21×3＝2
3
.
由图可知，二面角B －A 1C 1－D 1为钝角， 故二面角B －A 1C 1－D 1的余弦值为－2
3.
题型 一 利用空间向量研究空间中的位置关系
角度1 利用空间向量证明平行与垂直问题
1．(2018·青岛模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，
BC ＝2AB ，B 1C 1綊12
BC ，AA 1⊥平面BAC .
求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C . 证明 ∵AA 1⊥平面BAC . ∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，则
A (0,0,0)，
B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，
C (2,0,0)， C 1(1,1,2)．
(1)A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →
＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，
y ，z )，
则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·A 1A →＝0，
n ·AC →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2z ＝0，
2x ＝0，即⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＝0，
z ＝0.
取y ＝1，则n ＝(0,1,0)． ∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→
∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .
(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →
＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，
则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·A 1C 1→＝0，
m ·A 1C →＝0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，
令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1→
·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1→
⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .
角度2 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题
2．(2018·桂林模拟)如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .
(1)求证：BD ⊥AA 1；
(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，
∴A 1O 2
＝AA 2
1＋AO 2
－2AA 1·AO cos60°＝3， ∴AO 2
＋A 1O 2
＝AA 2
1， ∴A 1O ⊥AO .
由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥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)，
AA 1→·BD →
＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，
∴BD →⊥AA 1→
，即BD ⊥AA 1.
(2)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 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)．设平面DA 1C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ⊥A 1C 1→，
n ⊥DA 1→，
又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→
＝(3，0，3)，
则⎩⎨
⎧
2y ＝0，3x ＋3z ＝0，
取n ＝(1,0，－1)，
因为BP ∥平面DA 1C 1，
则n ⊥BP →，即n ·BP →
＝－3－3λ＝0， 得λ＝－1，
即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .
1．用空间向量证明平行问题的方法
2．用空间向量证明垂直问题的方法
3．解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理． (2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0,0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →
，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算．
提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示．
1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝
2
2
AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．
(1)求证：EF ∥平面PAD ；
(2)求证：平面PAB ⊥平面PDC .
证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .
因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .
因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ， 所以PO ⊥平面ABCD .
又O ，F 分别为AD ，BD 的中点， 所以OF ∥AB .
又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为PA ＝PD ＝
2
2
AD ， 所以PA ⊥PD ，OP ＝OA ＝a
2
.
以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，
则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，D ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a
2，0，0， P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，a 2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ，0，C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a 2，a ，0.
因为E 为PC 的中点，所以E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－a 4，a 2，a
4.
易知平面PAD 的一个法向量为OF →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，a 2，0，
因为EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a
4
，0，－a 4，
且OF →·EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0·⎝ ⎛⎭⎪⎫a
4
，0，－a 4＝0，
又因为EF ⊄平面PAD ， 所以EF ∥平面PAD .
(2)因为PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a
2，0，－a 2，CD →＝(0，－a,0)，
所以PA →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a
2
，0，－a 2·(0，－a,0)＝0，
所以PA →⊥CD →
，所以PA ⊥CD . 又PA ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，
PD ，CD ⊂平面PDC ，
所以PA ⊥平面PDC . 又PA ⊂平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PDC .
2．如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，点M 是BD 的中点，AE ＝1
2
CD ，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图
所示．
(1)求证：EM ∥平面ABC ；
(2)试问在棱CD 上是否存在一点N ，使MN ⊥平面BDE ？若存在，确定点N 的位置；若不存在，请说明理由．
解 以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
A (0,0,0)，
B (0,2,0)，
C (－2,0,0)，
D (－2,0,4)，
E (0,0,2)，M (－1,1,2)，AE →
＝(0,0,2)，
DB →＝(2,2，－4)，DE →
＝(2,0，－2)，
DC →
＝(0,0，－4)，DM →
＝(1,1，－2)，EM →
＝(－1,1,0)．
(1)证明：由图易知AE →
为平面ABC 的一个法向量， 因为AE →·EM →
＝0×(－1)＋0×1＋2×0＝0， 所以AE →⊥EM →
，即AE ⊥EM ， 又EM ⊄平面ABC ， 故EM ∥平面ABC .
(2)假设在DC 上存在一点N 满足题意， 设DN →＝λDC →
＝(0,0，－4λ)，λ∈[0,1]，
则NM →＝DM →－DN →
＝(1,1，－2)－(0,0，－4λ)＝(1,1，－2＋4λ)，所以⎩⎪⎨
⎪⎧
NM →·DB →＝0，NM →·DE →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
2＋2＋8－16λ＝0，
2＋4－8λ＝0，
解得λ＝3
4
∈[0,1]．
所以棱DC 上存在一点N ，满足NM ⊥平面BDE ，此时DN ＝3
4DC .
题型 二 利用空间向量求解空间角
角度1 利用空间向量求解异面直线所成的角
1．(2015·全国卷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 (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 ＝ 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 ＝22
. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝
62
. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322
. 从而EG 2
＋FG 2
＝EF 2
，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 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－1，0，22，C (0，3，0)， 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛
⎭⎪⎫－1，－3，22.
故cos 〈AE →，CF →
〉＝AE →·CF →
|AE →||CF →|＝－33.
所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为
33
. 角度2 利用空间向量求解直线与平面所成的角(多维探究)
2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，
O 为AC 的中点．
(1)证明：PO ⊥平面ABC ；
(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值． 解 (1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝
22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝1
2
AC ＝2. 由OP 2
＋OB 2
＝PB 2
，知OP ⊥OB .
由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，AC ∩OB ＝O ，知PO ⊥平面ABC .
(2)如图，以O 为坐标原点，OB →
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
Oxyz .
由已知得O (0,0,0)，
B (2,0,0)，A (0，－2,0)，
C (0,2,0)，P (0,0,23)，
则AP →
＝(0,2，23)，
取平面PAC 的法向量OB →
＝(2,0,0)．
设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则AM →
＝(a ，4－a ，0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．
由AP →·n ＝0，AM →
·n ＝0得⎩⎨
⎧
2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，
可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →
，n 〉＝
23
a －
2
a －2
＋3a 2＋a
2
.
由已知得|cos 〈OB →
，n 〉|＝32.
所以
23|a －4|
2
a －
2
＋3a 2
＋a
2
＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝4
3
. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833
，43
3，－43.
又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →
，n 〉＝34.
所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为
34
. 条件探究 将举例说明2(2)中“二面角M －PA －C 为30°”改为“直线PC 与平面PAM 所成角等于直线PB 与平面PAM 所成角”，试判断点M 的位置，并用向量法证明．
解 点M 是线段BC 的中点时，直线PC 与平面PAM 所成角等于直线PB 与平面PAM 所成角．
与举例说明2(2)前半部分解析相同，建系计算得 PB →
＝(2,0，－23)，PC →
＝(0,2，－23)，
设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，
平面PAM 的法向量n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，
若直线PC 与平面PAM 所成角等于直线PB 与平面PAM 所成角． 则|PB →·n ||PB →|＝|PC →
·n ||PC →|
.
所以|23a －＋23a |22＋－232＝|23a ＋23a |22＋－232
. 整理得|2a －4|＝|2a |，
解得a ＝1，即M (1,1,0)， 所以点M 是线段BC 的中点． 角度3 利用空间向量求解二面角
3．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵
所在平面垂直，M 是CD ︵
上异于C ，D 的点．
(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；
(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值． 解 (1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵
上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .
(2)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Dxyz .
当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵
的中点．
由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0，1,1)， AM →
＝(－2,1,1)，AB →
＝(0,2,0)，DA →
＝(2,0,0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2x ＋y ＋z ＝0，
2y ＝0.
可取n ＝(1,0,2)． DA →
是平面MCD 的法向量，因此，
cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →
〉＝255，
所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是25
5
.
1．利用向量求异面直线所成角的方法
(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是： ①选好基底或建立空间直角坐标系； ②求出两直线的方向向量v 1，v 2；
③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2|
|v 1||v 2|
求解．
(2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝
⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当
异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．
2．利用向量法求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
3．利用向量计算二面角大小的常用方法
(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为
起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
1．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 所成角的余弦值为________．
答案
3
3
解析 以两对角线AC 与BD 的交点O 作为原点，以OA ，OB ，OS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设边长为2，则有O (0,0,0)，A (2，0,0)，B (0，2，0)，
S (0,0，2)，D (0，－2，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，
22，22，AE →＝⎝
⎛⎭⎪⎫－2，22，22，SD →
＝(0，－2，－2)，|cos 〈AE →，SD →
〉|＝|AE →·SD →
||AE →||SD →|
＝23×2＝33，故AE ，SD 所成角的余弦值为33.
2．(2018·长郡中学高三实验班选拔考试)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．
(1)求证：BD ⊥A 1D ；
(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为4
5，求AA 1的长．
解 (1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴AA 1⊥平面ABC ，
又BD ⊂平面ABC ，∴BD ⊥AA 1， ∵BA ＝BC ，D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC ，
又AC ∩AA 1＝A ，AC ⊂平面ACC 1A 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥A 1D .
(2)由(1)知BD ⊥AC ，AA 1⊥平面ABC ，故以D 为坐标原点，DB ，DC 所在直线分别为x 轴、
y 轴，过点D 且平行于AA 1的直线为z 轴建立空间直角坐标系Dxyz (如图所示)，
设AA 1＝λ(λ>0)，则
A 1(0，－4，λ)，
B (3,0,0)，
C 1(0,4，λ)，
D (0,0,0)，
∴DA 1→＝(0，－4，λ)，DC 1→＝(0,4，λ)，DB →
＝(3,0,0)， 设平面BC 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·DC 1→＝0，
n ·DB →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
4y ＋λz ＝0，
3x ＝0，则x ＝0，令z ＝4，可得y ＝－λ，
故n ＝(0，－λ，4)为平面BC 1D 的一个法向量． 设直线A 1D 与平面BC 1D 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，DA 1→
〉|＝⎪
⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DA 1→|n ||DA 1→|
＝⎪⎪
⎪⎪⎪⎪4λ＋4λλ2＋16·λ2
＋16＝4
5
， 解得λ＝2或λ＝8，即AA 1＝2或AA 1＝8.
3．(2018·芜湖模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠AA 1B 1＝45°，AC ＝BC ，平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ，E 为CC 1的中点．
(1)求证：BB 1⊥AC ；
(2)若AA 1＝2，AB ＝2，直线A 1C 1与平面ABB 1A 1所成角为45°，求平面A 1B 1E 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．
解 (1)证明：过点C 作CO ⊥BB 1交BB 1于O ，因为平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ，BB 1C 1C ∩平面AA 1B 1B ＝B 1B ，所以CO ⊥平面AA 1B 1B ，故CO ⊥OA ，
又因为AC ＝BC ，OC ＝OC ，所以Rt △AOC ≌Rt △BOC ，故OA ＝OB ，
因为∠AA 1B 1＝∠OBA ＝45°，所以AO ⊥BB 1，又因为BB 1⊥CO ，所以BB 1⊥平面AOC ，故
BB 1⊥AC .
(2)以O 为坐标原点，OA ，OB ，OC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，
∵AC ∥A 1C 1，直线A 1C 1与平面ABB 1A 1所成角为45°，∴直线AC 与平面ABB 1A 1所成角为45°，∵CO ⊥平面AA 1B 1B ，∴∠CAO ＝45°，则A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，A 1(1，－2,0)，B 1(0，－1，0)，E (0，－1,1)，
设平面A 1B 1E 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，
则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·A 1E →＝0，
n ·B 1E →＝0，
∴⎩⎪⎨⎪
⎧
－x 1＋y 1＋z 1＝0，z 1＝0，
令x 1＝1，得n ＝(1,1,0)；
设平面ABC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·AB →＝0，
m ·AC →＝0，
∴⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x 2＋y 2＝0，
－x 2＋z 2＝0，
令x 2＝1，得m ＝(1,1,1)；
∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝63，平面A 1B 1E 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为6
3
.
题型 三 求空间距离(供选用)
(2018·合肥三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ABD ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AE ⊥BD ，DE 綊1
2
AC ，AD ＝BD ＝1.
(1)求AB 的长；
(2)已知2≤AC ≤4，求点E 到平面BCD 的距离的最大值．
解 (1)∵平面ABD ⊥平面ABC ，且交线为AB ，而AC ⊥AB ，∴AC ⊥平面ABD . 又∵DE ∥AC ，∴DE ⊥平面ABD ，从而DE ⊥BD . 注意到BD ⊥AE ，且DE ∩AE ＝E ，∴BD ⊥平面ADE ， 于是，BD ⊥AD .而AD ＝BD ＝1，∴AB ＝ 2. (2)∵AD ＝BD ，取AB 的中点为O ，∴DO ⊥AB . 又∵平面ABD ⊥平面ABC ，∴DO ⊥平面ABC .
过O 作直线OY ∥AC ，以点O 为坐标原点，直线OB ，OY ，OD 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．
记AC ＝2a ，则1≤a ≤2，
A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，
B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫22，0，0， C ⎝
⎛⎭⎪⎫－
22，2a ，0，D ⎝
⎛
⎭⎪⎫0，0，22，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ，22， BC →
＝(－2，2a,0)，BD →＝⎝
⎛
⎭
⎪⎫
－
22，0，22. 设平面BCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧
BC →·n ＝0，
BD →·n ＝0
得⎩⎪⎨⎪⎧
－2x ＋2ay ＝0，
－22
x ＋2
2z ＝0.
令x ＝2，得n ＝⎝
⎛⎭
⎪⎫2，1a
，2.
又∵DE →
＝(0，－a,0)，
∴点E 到平面BCD 的距离d ＝|DE →
·n |
|n |
＝
14＋
1a 2
.
∵1≤a ≤2，∴当a ＝2时，d 取得最大值，
d max ＝
14＋14
＝
217
17
.
空间距离的几个结论
(1)点到直线的距离：设过点P 的直线l 的方向向量为单位向量n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝
|PA →|2－|PA →·n |2.
(2)点到平面的距离：设P 为平面α内的一点，n 为平面α的法向量，A 为平面α外一点，点A 到平面α的距离d ＝|PA →
·n |
|n |
.
(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离．
(2018·惠州第一次调研)如图，已知圆柱OO 1底面半径为1，高为π，平面ABCD 是圆柱的一个轴截面，动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其运动路程最短时在侧面留下曲线Γ.将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0<θ<π)后得到平面A 1B 1C 1D 1，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P .
(1)求曲线Γ的长度；
(2)当θ＝π
2
时，求点C 1到平面APB 的距离．
解 (1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边BA ，曲线Γ就是对角线BD . 由于AB ＝πr ＝π，AD ＝π，∴BD ＝2π. 故曲线Γ的长度为2π.
(2)当θ＝π
2
时，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (0,1,0)，
P ⎝
⎛
⎭
⎪⎫
－1，0，π2，C 1(－1，0，π)，则AB →
＝(0,2,0)，AP →＝⎝
⎛
⎭
⎪⎫
－1，1，π2
，OC 1→
＝(－1,0，
π)，
设平面ABP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩
⎪⎨⎪⎧
2y ＝0，－x ＋y ＋π
2z ＝0，
取z ＝2得n ＝(π，0,2)，
∴点C 1到平面PAB 的距离d ＝|OC 1→
·n ||n |＝π
π2
＋4 . 易错防范 向量法求空间角
[典例] 如图，在多面体ADEFCB 中，ABFE 是直角梯形，∠AEF ＝90°，AE ∥BF ，DCFE 为正方形，且AE ＝1，BF ＝EF ＝2，∠BFC ＝60°.
(1)求证：CE ∥平面ADB ；
(2)求直线AB 与平面EFCD 所成角的正弦值．
解 (1)证明：如图，取FB 的中点M ，连接CM ，EM ，AM .
∵AE ∥BM ，AE ＝BM ，
∴四边形AEMB 为平行四边形， ∴AB ∥EM ，
同理AM ∥EF ，AM ＝EF ， ∴AM ∥EF ∥CD ，AM ＝EF ＝CD ， ∴四边形AMCD 为平行四边形， ∴AD ∥CM ，
又CM ∩EM ＝M ，AB ∩AD ＝A ， ∴平面CME ∥平面ADB ，
又CE ⊂平面CME ，∴CE ∥平面ADB . (2)由(1)可知AB ∥EM ，
∴直线AB 与平面EFCD 所成的角就是直线EM 与平面EFCD 所成的角． 过M 作MN ⊥CF 于点N ，连接EN ，
由于ABFE 是直角梯形，∠AEF ＝90°，AE ∥BF ，EFCD 为正方形， ∴∠EFB ＝90°，∠EFC ＝90°， ∴EF ⊥平面BFC ，∴EF ⊥MN ， ∴MN ⊥平面EFCD .
以N 为坐标原点，NC →的方向为x 轴正方向，FE →的方向为y 轴正方向，NM →
的方向为z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
∵M 为FB 的中点，∴MF ＝1. ∵∠BFC ＝60°，∴MN ＝
32，NF ＝12
.
∴N (0,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝
⎛⎭⎪⎫－12，2，0，
ME →
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1
2，2，－
32. 易知平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，
设直线AB 与平面EFCD 所成角的大小为α，则sin α＝|cos 〈n ，ME →
〉|＝325
＝
1510
， ∴直线AB 与平面EFCD 所成角的正弦值为
1510
. 防范措施 向量法求空间角要注意的问题
建立空间直角坐标系时
①证明线面垂直关系，为建系作准备，没有文字说明，直接建系通常会扣分. ②合理选择建系方法，从而有利于求向量的坐标.
准确计算
利用空间向量法解决立体几何问题，计算一定要准确，避免因一个点的坐标错误导致整个题目全错的情况.。