《立体几何中的向量方法》课后训练(第4课时)

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人教版高中数学选修(2-1)-3.2《立体几何中的向量方法(第4课时)》教学课件

解如图，分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴建系，则P(0，0，1)，B(3， 0，0)，D(0，4，0)，
∴P→B＝(3，0，－1)，B→D＝(－3，4，0)， ∴P→B|B· →DB→| D＝－59，
P 到 BD 的距离 d＝
|P→B|2－|PB―→·→BD―→|2
|BD| ＝ 10－（－59）2＝153. ∵P 到 BD 的距离为153.
(0， 3， 3)，
由nn⊥ ⊥BB→→MC，，得nn··BB→→MC＝＝00，，即x＋3y＋3y＝3z0＝，0，
令 x＝ 3，则平面 BMC 的一个法向量为 n＝( 3，－1，1) 10 分
又B→A＝(0，0，2 3)，则所求距离 d＝|B→A|n·| n|＝2 515.
d＝
|C→C1|2－|C→C1·A1C→―→|2＝
1－13＝
6 3.
|A1C|
规律方法利用向量求点线距时，不用找到点在直线上的垂足，直接按向量法的求解步骤来求就行，同时线上的点可以任意取，但一般选择特殊点，同时直线的方向向量也可以任意取．
【变式2】如图，P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，若已知AB＝3， AD＝4，PA＝1，求点P到BD的距离．
名师点睛
点到平面距离的求法如图，BO⊥平面 α，垂足为 O，则点 B 到平面 α 的距离就是线段 BO 的长度．若 AB 是平面 α 的任一条斜线段，则在 Rt△BOA
中，|B→O|＝|B→A|·cos∠ABO＝ |B→A|·|B→O|B|→·Oc| os∠ABO.如果令平面 α 的法向量为 n，考虑到法向量的方向，可以得到 B 点到平面 α 的距离为|B→O|＝|A→B|n·| n|.
3.2立体几何中的向量方法（四）

《立体几何中的向量方法》课后训练(第1课时)1

课后训练1．若直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(1,2，－2)，b ＝(－2,3,2)，则( )． A ．l 1∥l 2 B ．l 1⊥l 2 C ．l 1、l 2相交不平行 D ．不能确定2．已知平面α的一个法向量是n ＝(1,1,1)，A (2,3,1)，B (1,3,2)，则直线AB 与平面α的关系是( )．A ．AB ∥α B ．AB ⊥αC ．AB ⊄αD ．AB ∥α或AB ⊂α3．已知AB＝(2,2,1)，AC ＝(4,5,3)，则平面ABC 的一个单位法向量为( )．A ．122,,333⎛⎫--- ⎪⎝⎭B ．122,,333⎛⎫-- ⎪⎝⎭C ．122,,333⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．122,,333⎛⎫ ⎪⎝⎭4．若直线l 的方向向量为(2,1，m )，平面α的法向量为11,,22⎛⎫⎪⎝⎭，且l ⊥α，则m 的值为( )．A ．1B ．2C ．4D ．－45．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ；③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1．以上正确说法的个数为( )．A ．1B ．2C ．3D ．46．如图P A ⊥面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，E 是CD 的中点，F 是AD 上一点，当BF ⊥PE 时，AF ∶FD 的值为( )．A ．1∶2B ．1∶1C ．3∶1D ．2∶17．如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点E 在棱AA 1上，要使CE ⊥面B 1DE ，则AE ＝________．8．已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在DB ，D 1C 上，且DE ＝D 1F ＝3a ，其中a 为正方体的棱长．求证：EF ∥平面BB 1C 1C ．9．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AA 1的中点，N 为A 1B 1上的点，满足A 1N ＝113NB ，P 为底面正方形A 1B 1C 1D 1的中心．求证：MN ⊥MC ，MP ⊥B 1C ．10．如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB AF ＝1，M 是线段EF 的中点．求证：(1)AM ∥平面BDE ； (2)AM ⊥平面BDF ．参考答案1答案：B 解析：∵a ＝(1,2，－2)，b ＝(－2,3,2)， ∴1×(－2)＋2×3＋(－2×2)＝0，即a ·b ＝0． ∴a ⊥b ．∴l 1⊥l 2．2答案：D 解析：AB ＝(－1,0,1)．于是n ·AB ＝－1＋0＋1＝0，所以AB⊥n ，因此AB ∥α或AB ⊂α．3答案：B 解析：设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有220,4530,x y z x y z ++=⎧⎨++=⎩取x ＝1，则y ＝－2，z ＝2．所以n ＝(1，－2,2)．由于|n |＝3，所以平面ABC 的一个单位法向量可以是122,,333⎛⎫-- ⎪⎝⎭． 4答案：C 解析：∵l ⊥α，∴l 的方向向量与平面α的法向量共线．∴(2,1，m )＝λ11,,22⎛⎫ ⎪⎝⎭，解得m ＝4．5答案：C 解析：1A M ＝1A A ＋AM ＝1A A ＋12AB， 1D P ＝1D D ＋DP ＝1A A ＋12AB ，∴1A M ∥1D P，从而A 1M ∥D 1P ．∴①③④正确．6答案：B 解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形边长为1，P A ＝a ，则B (1,0,0)，E 1,1,02⎛⎫⎪⎝⎭，P (0,0，a )．设点F 的坐标为(0，y,0)，则BF ＝(－1，y,0)，PE ＝1,1,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭．∵BF ⊥PE ，∴BF ·PE＝0．解得12y =，即点F 的坐标为10,,02⎛⎫⎪⎝⎭．∴F 为AD 的中点．∴AF ∶FD ＝1∶1．7答案：a 或2a 解析：建立如图所示的坐标系，则B 1(0,0,3a )，D ,,322a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，C ,0)．设点E的坐标为,0,)z ，则CE＝,,)z ，1B E＝,0,3)z a -．由已知，2a 2＋z 2－3az ＝0，解得z ＝a 或2a ． ∴AE ＝a 或2a ．8答案：证明：如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz ，则,,033a a E ⎛⎫⎪⎝⎭， 20,,33a a F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，故2,0,33a a EF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ．又AB＝(0，a ,0)，显然为平面BB 1C 1C 的一个法向量，而AB ·EF ＝(0，a ,0)·2,0,33aa ⎛⎫- ⎪⎝⎭＝0，∴AB ⊥EF ．又EF ⊄平面BB 1C 1C ，所以EF ∥平面BB 1C 1C ．9答案：证明：如图，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D 1(0,0,0)，A 1(1,0,0)，A (1,0,1)，B 1(1,1,0)，C(0,1,1)．又∵M 为AA 1中点，A 1N ＝13NB 1，P 为底面中心， ∴M 11,0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，N 11,,04⎛⎫ ⎪⎝⎭，P 11,,022⎛⎫⎪⎝⎭．∴MN ＝110,,42⎛⎫- ⎪⎝⎭，MC ＝11,1,2⎛⎫- ⎪⎝⎭，MP ＝111,,222⎛⎫-- ⎪⎝⎭，1BC ＝(－1,0,1)．∵MN ·MC ＝11=044-， ∴MN ⊥MC．∴MN ⊥MC ．又∵MP ·1BC ＝11=022-， ∴MP ⊥1BC ．∴MP ⊥B 1C ．10答案：证明：建立如图所示的空间直角坐标系．设AC ∩BD ＝N ，连结NE ，则点N ，E 的坐标分别是22⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，(0,0,1)，∴NE ⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭．又点A ，M的坐标分别是，22⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭∴AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，且NE 与AM 不共线．∴NE ∥AM ．又∵NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ，∴AM ∥平面BDE ．答案：由(1)知,22AM ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ， ∵D，F ，∴DF ＝(0． ∴0AM DF ⋅=． ∴AM DF ⊥ ．同理AM BF ⊥ ．又DF ∩BF ＝F ， ∴AM ⊥平面BDF ．。

课时作业4：3.2 立体几何中的向量方法（一）

3.2立体几何中的向量方法（一）——直线的方向向量和平面的法向量1．若n ＝(2，－3,1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α法向量的是( )A ．(0，－3,1)B ．(2,0,1)C ．(－2，－3,1)D ．(－2,3，－1)答案 D2．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝( )A ．2B ．－4C ．4D ．－2 答案 C3．若平面α与平面β的法向量分别是a ＝(4,0，－2)，与b ＝(1,0,2)，则平面α与平面β的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交不垂直D ．无法判定答案 B4．若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角为150°，则l 1与l 2这两条异面直线所成的角等于( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均错答案 A5．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．以上均错解析如下图所示，易知直线l 与平面α所成的角为30°.答案 C6．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( )A.⎝⎛⎭⎫33，33，－33B.⎝⎛⎭⎫33，－33，33C.⎝⎛⎭⎫－33，33，33 D .⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33 解析 ∵AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)，结合选项，验证知应选D.答案 D7．已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，则平面ACB 1的一个法向量为__________．解析建立空间直角坐标系，如下图所示，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，B 1(1,1,1)，∴AC →＝(－1,1,0)，AB 1→＝(0,1,1)设平面ACB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥AC →，n ⊥AB 1→，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，y ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,1，－1)．答案 (1,1，－1)8．若两个平面α，β的法向量分别等于u ＝(1,0,1)，v ＝(－1,1,0)则这两个平面所成的锐二面角的度数是__________．解析 ∵a ＝(1,0,1)，v ＝(－1,1,0)，∴|u |＝2，|v |＝2，u ·v ＝－1.∴cos 〈u ·v 〉＝－12. ∴〈u ，v 〉＝120°，故两平面所成的锐二面角为60°.答案 60°9．若直线a 和b 是两条异面直线，它们的方向向量分别是(1,1,1)，和(2，－3，－2)，求直线a 和b 的公垂线的一个方向向量．解设直线a 与b 的公垂线的一个方向向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥(1,1,1)，n ⊥(2，－3，－2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＋z ＝0，2x －3y －2z ＝0，∴⎩⎨⎧ x ＝－15z y ＝－45z ，令z ＝－5，得x ＝1，y ＝4，故直线a 和b 的公垂线的一个法向量为(1,4，－5)．10．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DC ＝3，DD 1＝4，E 是A 1A 的中点，求证：A 1C ∥平面BED .证明以点A 的坐标原点，以AB 、AD ，AA 1所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，得A 1(0,0,4)，C (3,3,0)，E (0,0,2)．取BD 中点记为F ，则F (32，32，0)， ∴A 1C →＝(3,3，－4)，EF →＝(32，32，－2)．∴A 1C →＝2EF →.∴A 1C →∥EF →，又A 1C 与EF 无交点，A 1C ∥EF ，EF ⊂面BED ，A 1C ⊄平面BED .∴A 1C ∥平面BED .。

《立体几何中的向量方法》课后训练(第2课时)2

课后训练1．直线l 1，l 2的方向向量分别是v 1，v 2，若v 1与v 2所成的角为θ，直线l 1，l 2所成的角为α，则( )．A ．α＝θB ．α＝π－θC ．cos θ＝|cos α|D ．cos α＝|cos θ|2．已知A ∈α，P ∉α，12PA ⎛= ⎝ ，平面α的一个法向量n＝10,,2⎛- ⎝，则直线P A 与平面α所成的角为( )．A ．30°B ．45°C ．60°D ．150°3．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为( )．ABC ．35D ．254．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB1，则AB 1与C 1B 所成的角的大小为( )．A ．60°B ．90°C ．105°D ．75°5．如图，过边长为1的正方形ABCD 的顶点A 作线段EA ⊥平面AC ，若EA ＝1，则平面ADE 与平面BCE 所成的二面角的大小是( )．A ．120°B ．45°C ．135°D ．60°6．已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝2，E 是侧棱BB 1的中点，则直线AE 与平面A 1ED 1所成角的大小为( )．A ．60°B ．90°C ．45°D ．以上都不对 7．在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为边长是1的正方形，P A ＝2，则AB 与PC 的夹角的余弦值为________．8．在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角为________．9．在底面为平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ，E 是PD 的中点，求平面EAC 与平面ABCD 所成角的正弦值．10．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝5，AD ＝8，AA 1＝4，M 为B 1C 1上一点且B 1M ＝2，点N 在线段A 1D 上，A 1D ⊥AN ．(1)求cos 〈1A D ，AM〉； (2)求直线AD 与平面ANM 所成角的大小； (3)求平面ANM 与平面ABCD 所成角的大小．参考答案1答案：D2答案：C 解析：设直线P A 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA，n 〉|∴θ＝60°．3答案：D 解析：如图，建立坐标系，则A (1,0,0)，M 11,,12⎛⎫⎪⎝⎭，C (0,1,0)，N 11,1,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，∴10,,12AM ⎛⎫= ⎪⎝⎭，11,0,2CN ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ．∴cos ,AM CN ＝AM CN AM CN⋅ 125==． 4答案：B 解析：取AC 的中点D ，建立如图坐标系，设AB ＝a ，则,0,0B ⎫⎪⎪⎝⎭，10,2a C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，0,,02a A ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1B ⎫⎪⎪⎝⎭． ∴cos 〈1AB ，1C B 〉＝1111AB C BAB C B⋅＝0．∴AB 1与C 1B 所成的角为90°．5答案：B 解析：以A 为原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0,0,1)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，EB＝(1,0，－1)，EC ＝(1,1，－1)．设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有0,0x z x y z -=⎧⎨+-=⎩，可取n ＝(1,0,1)，又平面EAD 的法向量为AB＝(1,0,0)，所以cos 〈n ，AB2=，故平面ADE 与平面BCE 所成的二面角为45°．6答案：B 解析：以点D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图．由题意知，A 1(1,0,2)，E (1,1,1)，D 1(0，0,2)，A (1,0,0)，所以1A E ＝(0,1，－1)，1D E ＝(1,1，－1)，EA ＝(0，－1，－1)．设平面A 1ED 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则110·=0A E D E ⎧⋅=⎪⎨⎪⎩，n n ⇒0,0.y z x y z -=⎧⎨+-=⎩令z ＝1，得y ＝1，x ＝0，所以n ＝(0,1,1)，cos 〈n ，EA 〉＝EAEA⋅n n1-．所以〈n ，EA〉＝180°．所以直线AE 与平面A 1ED 1所成的角为90°．7解析：由于AB ·PC ＝AB ·(PA ＋AC )＝AB ·PA ＋AB ·AC ＝1×cos 45°＝1，又|AB|＝1，|PC |，∴cos ,AB PC＝AB PC AB PC ⋅==． 8答案：30° 解析：以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz ，设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P 0,,22a a ⎛⎫-⎪⎝⎭，从而CA ＝(2a,0,0)，AP ＝,,22a a a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，CB＝(a ，a,0)．设平面P AC 的一个法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB ，n 〉＝CB CB ⋅n n12=．所以〈CB，n 〉＝60°．所以直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°．9答案：解：如图所示，以A 为原点，分别以AC ，AB ，AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设P A ＝AB ＝a ，AC ＝b .连结BD ，与AC 交于点O ，取AD 的中点F ，连结OF ，OE ，EF ，AE ，则A (0,0,0)，C (b,0,0)，B (0，a,0)，BA ＝CD，所以D (b ，－a,0)，P (0,0，a )，所以E ,,222b a a ⎛⎫-⎪⎝⎭，O ,0,02b ⎛⎫ ⎪⎝⎭， OE ＝0,,22a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，AC＝(b,0,0)．因为OE ·AC ＝0，所以OE ⊥AC .因为OF ＝12CD ＝0,,02a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以OF ·AC ＝0，所以OF ⊥AC ．因此∠EOF 为平面EAC 与平面ABCD 所成的角．因为cos 〈OE ，OF 〉＝2OE OF OE OF⋅=，所以平面EAC 与平面ABCD ． 10答案：解：建立空间直角坐标系，如图．∵AM＝(5,2,4)，1A D ＝(0,8，－4)，∴AM ·1A D＝0＋16－16＝0，∴AM ⊥1A D ．∴cos 〈1A D ，AM〉＝0．答案：解：∵A 1D ⊥AM ，A 1D ⊥AN ， ∴A 1D ⊥平面ANM ，∴1A D ＝(0,8，－4)是平面ANM 的一个法向量．又AD ＝(0,8,0)，|1A D |＝|AD |＝8，A 1D ·AD＝64，∴cos 〈1A D ，AD ==．∴直线AD 与平面ANM 所成角为πarccos25-．答案：解：∵平面ANM 的法向量是1A D＝(0,8，－4)，平面ABCD 的法向量是a ＝(0,0,1)，∴cos 〈1A D ，a =∴平面ANM 与平面ABCD 所成角的大小为arccos 5．。

立体几何中的向量方法(习题)

立体几何中的向量方法（习题）例题示范例1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB 上的点，且DE∥BC，DE=2．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2．（1）求证：A1C⊥平面BCDE；（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；（3）线段B C上是否存在点P，使平面A1D P与平面A1B E垂直？请说明理由．过程示范：（1）如图2，由题意得，CD⊥DE，A1D⊥DE，1CD A D=D，∴DE⊥平面A1CD，∵A1C⊂平面A1CD，∴A1C⊥DE，又A1C⊥CD，CD DE=D，∴A1C⊥平面BCDE．（2）如图，建立空间直角坐标系C-xyz，在Rt△A1CD中，A1C⊥CD，CD=2，A1D=4，∴A1C=则C(0，0，0)，D(-2，0，0)，A1(0，0，，B(0，3，0)，E(-2，2，0)，M(-1，0，，∴1(03A B−−→=-，，，(210)BE−−→=--，，，(10CM−−→=-，，设平面A1BE的法向量为()x y z=，，n，则13020A B yBE x y−−→−−→⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--=⎩nn不妨取1=x，则2=-y，=z∴平面A1BE的一个法向量为(12=-，，n，设CM与平面A1BE所成的角为θ，则sin cos2CMCMCMθ−−→−−→−−→⋅=<>===，nnn，故CM与平面A1BE所成角的大小为45°．（3）假设线段BC上存在满足题意的点P，图2图1A1MBCD EEDC BA且点P 的坐标为(0，a ，0)，03a ≤≤，则1(0A P a −−→=-，，，(20)DP a −−→=，，，设平面A 1DP 的法向量为1111()x y z =，，n ，则1111111020A P ay DP x ay −−→−−→⎧=-=⎪⎨⎪=+=⎩⋅⋅n n不妨取13=-x a ，则16=y，1=z ，∴平面A 1DP的一个法向量为1(36)a =-，n ，若平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，则10=⋅n n ， ∴31230a a ---=，解得2=-a ， ∵03a ≤≤，∴线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．巩固练习1. 如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，若AA 1=2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值为（）A ．23BCD ．13D CBAC 1D 1B 1A 1A 1B 1C 1DCB A第1题图第2题图2. 如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都为2，若D 为CC 1的中点，则二面角A -A 1D -B 的余弦值为（） A．6B．3C．3D．43. 在空间直角坐标系O -xyz 中，平面OAB 的一个法向量为n =(2，-2，1)，已知点P (-1，-3，2)，则点P 到平面OAB 的距离为（）A ．4B ．2C ．3D ．14. 如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点C 1到平面ACD 1的距离为（）A．2BC．3D ．15. 如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，12PA AC AB ==，N 为AB 上一点，且AB =4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．（1）求证：CM ⊥SN ；（2）求SN 与平面CMN 所成角的大小．SMNPA BC6. 如图，已知四边形ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，12QA AB PD ==．（1）求证：平面PQC ⊥平面DCQ ；（2）求二面角Q -BP -C 的余弦值．ABCD A 1C 1D 1B 1QP D CB A B 1C 1A 1CBA7. 如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形AA 1C 1C 是边长为4的正方形，且平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB =3，BC =5．（1）求证：AA 1⊥平面ABC ；（2）求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；（3）求证：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求1BDBC 的值．【参考答案】巩固练习 1. A 2. D 3. B 4. C5.（1）证明略；（2）45°6. （1）证明略；（2）7. （1）证明略；（2）1625；（3）925。

人教A版高中数学选修2-1课件：3-2立体几何中的向量方法第4课时空间向量的平行、垂直关系

探究 1:求平面的法向量【例 1】
如图,已知四边形 ABCD 是直角梯形,∠ABC=90°,SA⊥平面 ABCD,SA=AB=BC=1,AD= ,试建立适当的坐标系,求: (1)平面 ABCD 与平面 SAB 的一个法向量; (2)平面 SCD 的一个法向量.
1 2
【方法指导】一般情况下,使用待定系数法求平面的法向量的步骤:①设出平面的法向量为 n=(x,y,z);②找出(求出)平面内的两个不共线的向量 a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2);③根据法向量的定义建立关于 x,y,z 的方程组一个解,即得法向量. n·a = 0, n·b = 0; ④解方程组,取其中的
【解析】不妨设正方体的边长为 a,建立空间直角坐标系 Dxyz(如图),则 E(a,2,0),F(2,a,0),G(a,0,2). 设平面 EFG 的法向量为 n=(x,y,z), GE=(0,2,-2),
a a FE=( ,- ,0), 2 2 1 1 a a a a a
n ⊥ GE,⇒ 1 1 n ⊥ FE n·FE = x- y = 0,
2
2
2
2
(法二)以CD,CB,CE为正交基底,建立空间直角坐标系,则 E(0,0,1),D( 2,0,0),B(0, 2,0),A( 2, 2,0),M( , ,1),DE= (- 2,0,1),BE=(0,- 2,1),AM=(- 2 ,- 2 ,1). 设平面 BDE 的法向量为 n=(a,b,c),∴n⊥DE,n⊥BE, n·DE = 0, - 2a + c = 0, ∴ ∴ n·BE = 0, - 2b + c = 0, 令 c=1,则 a= 2 ,b= 2 ,n=( 2 , 2 ,1),∴n·AM=0.

3.2立体几何中的向量方法（经典例题及答案详解）

3.2立体几何中的向量方法（经典例题及答案详解）3.2立体几何中的向量方法第一课时立体几何中的向量方法（1）教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用．掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题．教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用．教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用．教学过程：一、复习引入1. 用向量解决立体几何中的一些典型问题的基本思考方法是：⑴如何把已知的几何条件（如线段、角度等）转化为向量表示；⑵考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表式；⑶如何对已经表示出来的向量进行运算，才能获得需要的结论？2. 通法分析：利用两个向量的数量积的定义及其性质可以解决哪些问题呢？⑴利用定义a ·b ＝|a ||b |cos ＜a ,b ＞或cos ＜a ,b ＞＝a b a b ??r r r r ，可求两个向量的数量积或夹角问题；⑵利用性质a ⊥b ?a ·b ＝０可以解决线段或直线的垂直问题；⑶利用性质a ·a ＝｜a ｜2，可以解决线段的长或两点间的距离问题．二、例题讲解1. 出示例1：已知空间四边形OABC 中，OA BC ⊥，OB AC ⊥．求证：OC AB ⊥．证明：·OC AB u u u u r u u u r ＝·()OC OB OA -u u u u r u u u r u u u r ＝·OC OB u u u u r u u u r －·OC OA u u u u r u u u r ．∵OA BC ⊥，OB AC ⊥，∴·0OA BC =u u u r u u u r ，·0OB AC =u u u r u u u u r ，·()0OA OC OB -=u u u r u u u u r u u u r ，·()0OB OC OA -=u u u r u u u u r u u u r ．∴··OA OC OA OB =u u u r u u u u r u u u r u u u r ，··OB OC OB OA =u u u r u u u u r u u u r u u u r ．∴·OC OB u u u u r u u u r ＝·OC OA u u u u r u u u r ，·OC ABu u u u r u u u r ＝0．∴OC AB ⊥ 2. 出示例2：如图，已知线段AB 在平面α内，线段AC α⊥，线段BD ⊥AB ，线段'DD α⊥，'30DBD ∠=o ，如果AB ＝a ，AC ＝BD ＝b ，求C 、D 间的距离．解：由AC α⊥，可知AC AB ⊥．由'30DBD ∠=o 可知，＜,CA BD u u u r u u u u r ＞＝120o ，∴2||CD u u u u r ＝2()CA AB BD ++u u u r u u u r u u u u r ＝2||CA u u u r ＋2||AB u u u r ＋2||BD u u u u r ＋2(·CA AB u u u r u u u r ＋·CA BD u u u r u u u u r ＋·AB BD u u u r u u u u r )＝22222cos120b a b b +++o ＝22a b +．∴22CD a b =+．3. 出示例3：如图，M 、N 分别是棱长为1的正方体''''ABCD AB C D -的棱'BB 、''B C 的中点．求异面直线MN 与'CD 所成的角．解：∵MN u u u u r ＝1(')2CC BC +u u u u r u u u r ，'CD u u u u r ＝'CC CD +u u u u r u u u u r ，∴·'MN CD u u u u r u u u u r ＝1(')2CC BC +u u u u r u u u r ·(')CC CD +u u u u r u u u u r ＝12(2|'|CC u u u u r ＋'CC CD u u u u r u u u u r g ＋·'BC CC u u u r u u u u r ＋·BC CD u u u r u u u u r )．∵'CC CD ⊥，'CC BC ⊥，BC CD ⊥，∴'0CC CD =u u u u r u u u u r g，·'0BC CC =u u u r u u u u r ，·0BC CD =u u u r u u u u r ，∴·'MN CD u u u u r u u u u r ＝122|'|CC u u u u r ＝12．…求得 cos ＜,'MN CD u u u u r u u u u r ＞12=，∴＜,'MN CD u u u u r u u u u r ＞＝60o . 4. 小结：利用向量解几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示式，并用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算去计算或证明．反思：本节课较好的完成了教学任务，实现了教学目标。

人教A版选修1-1教案32立体几何中的向量方法第4课时含答案

§3.2.3坐标法中解方程组求向量的有关问题【学情分析】：教学对象是高二的学生，学生已经具备空间向量与立方体几何的相关知识,前面已经学习了直线的方向向量和平面的法向量，并且对坐标法也有一定的认识，本节课是进一步通过坐标法来解决立体几何的一些问题。

我们可以将这些问题，转化为空间向量的代数运算和方程组来解决。

【教学目标】：（1）知识与技能：能根据图形的特点建立合适的空间坐标系并用坐标表示点和向量；对某个向量能用解方程组的方法求其坐标.（2）过程与方法：在解决问题中，通过数形结合与问题转化的思想方法，加深对相关内容的理解。

（3）情感态度与价值观：体会把立方体几何几何转化为向量问题优势，培养探索精神。

【教学重点】：解方程组求向量的的坐标.【教学难点】：解方程组求向量的的坐标..【教学过程设计】：教学环节教学活动设计意图一、复习引入1．单位向量，平面的法向量（1）单位向量－－模为1的向量。

（2）平面的法向量－－垂直于平面的向量。

2．坐标法。

为探索新知识做准备.二、探究与练习一、用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”学生回顾用平面向量解决平面几何问题的“三步曲”，与老师共同得出用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”：（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（化为向量问题）（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；（进行向量运算）（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。

（回到图形问题）二、例题例1：如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为1，求证：平面A1BC1的法向量为直线DB1的方向向量.D1C1D'B1A1CDA B分析：（1）建立空间坐标系；（2）用坐标表示向量（3）设平面A1BC1的方向向量为n=(x,y,z)，由下列关系让学生通过回顾寻找将立体几何问题转化为向量问题的步骤。

高考数学一轮复习课后限时集训47立体几何中的向量方法理北师大版

高考数学一轮复习课后限时集训47立体几何中的向量方法理北师大版立体几何中的向量方法建议用时：45分钟一、选择题1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．60°或30°C [设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ.则sinβ＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12.又0°≤β≤90°，∴β＝30°.]2．在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，AC 与B 1D 所成角大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2D [建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A (0,0,0), C (1,1,0)，B 1(1,0,1)，D (0,1,0). ∴AC →＝(1,1,0)，B 1D →＝(－1,1，－1)，∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.]3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35A [设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝－2×0＋2×2＋1×－10＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55.] 4．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D ，E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°A [由已知AB 2＋BC 2＝AC 2，得AB ⊥BC .以B 为原点，分别以BC ，BA ，BB 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设AA 1＝2a ，则A (0,1,0)，C (3，0,0)， D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，a ，E (0,0，a )，所以ED →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，cos 〈ED →，n 〉＝ED →·n |ED →||n |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋02×1＝12，〈ED →，n 〉＝60°，所以直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°.故选A.]5.如图，在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ⊥平面PAB ，PA ⊥AB ，M 为PB 的中点，PA ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B AC M 的余弦值为( )A.66B.36C.26D.16A [因为BC ⊥平面PAB ，PA 平面PAB ，所以PA ⊥BC ，又PA ⊥AB ，且BC ∩AB ＝B ，所以PA ⊥平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A xyz .则A (0,0,0)，C (1,2,0)，P (0,0,2)，B (1,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，所以AC →＝(1,2,0)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(－2,1,1)，又平面ABC 的一个法向量AP →＝(0,0,2)，所以cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝24＋1＋1×2＝16＝66.所以二面角B AC M 的余弦值为66.] 二、填空题6．在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________．23[以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC→|n ||DC →|＝23.] 7．(2019·汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥S ABCD 中，∠ABC ＝90°，AD ∥BC ，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，则平面SCD 与平面SAB 所成锐二面角的余弦值是________．63[如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C (1,1,0)，S (0,0,1)，可知AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0是平面SAB 的一个法向量．设平面SCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，因为SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－1， DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·SD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z ＝0，x 2＋y ＝0.令x ＝2，则有y ＝－1，z ＝1，所以n ＝(2，－1,1)．设平面SCD 与平面SAB 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|AD →·n ||AD →||n |＝12×2＋0×－1＋0×1⎝ ⎛⎭⎪⎫122×22＋－12＋12＝63.]8.(2019·北京模拟)如图所示，四棱锥P ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD ＝2，E 是棱PB 的中点，M 是棱PC 上的动点，当直线PA 与直线EM 所成的角为60°时，那么线段PM 的长度是________．542 [如图建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，P (0,0,2)，B (2,2,0)， ∴AP →＝()－2，0，2， ∵E 是棱PB 的中点，∴E (1,1,1)，设M (0,2－m ，m )，则EM →＝()－1，1－m ，m －1， ∴||cos 〈AP →，EM →〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·EM →|AP →||EM →| ＝||2＋2()m －1221＋2m －12＝12，解得m ＝34，∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，54，34， ∴PM ＝2516＋2516＝542.] 三、解答题9.如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．[解] 如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1 的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)．(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0,2,2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，因此AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，AC 1→＝(0,2,2)，CC 1→＝(0,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1,1)．设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55. 10．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B EC C 1的正弦值．[解] (1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE 平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1，所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，E (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，CE →＝(1，－1,1)，CC 1→＝(0,0,2)．设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x －y ＋z ＝0，所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧CC 1→·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0，所以可取m ＝(1,1,0)．于是cos 〈n ，m 〉＝n·m |n ||m |＝－12.所以，二面角B EC C 1的正弦值为32.1．设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A.32 B.22 C.223D.233D [如图建立坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，D 1A 1→＝(2,0,0)，DB →＝(2,2,0)， DA 1→＝(2,0,2)．设平面A 1BD 的法向量为 n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1,1,1)．∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.]2.如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为________．63[如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2a,0)，C (0,2a,2a )，G (a ，a,0)， AG →＝(a ，a,0)，AC →＝(0,2a,2a )，BG →＝(a ，－a,0)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0AC →·n 1＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝02ay 1＋2a ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1y 1＝－1⇒n 1＝(1，－1,1)．sin θ＝|BG →·n 1||BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63.]3．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 与SD 所成角的余弦值为________．33[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 ，y ，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 →|＝22×3＝33，故AE 与SD 所成角的余弦值为33.] 4．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，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 ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝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，建立空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2，0)，C (0,2,0)，P (0，0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC的一个法向量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 ＋4－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －423a －42＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23a －42＋3a 2＋a2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－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34.1．已知斜四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，∠A 1AD ＝60°，∠BAD ＝90°，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( )A.34B.134C.3913D.393C [取AD 中点O ，连接OA 1，易证A 1O ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系，得B (2，－1,0)，D 1(0，2，3)，BD 1→＝(－2,3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设BD 1与平面ABCD 所成的角为θ，∴sin θ＝|BD 1→·n ||BD 1→||n |＝34，∴tan θ＝3913.] 2．(2019·天津高考)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角E BD F 的余弦值为13，求线段CF 的长．[解] 依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,1,0)，E (0,0,2)．设CF ＝h (h ＞0)，则F ()1，2，h .(1)依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →＝0，又因为直线BF平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .(2)依题意，BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)．所以cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x ，y ，z )为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋y ＝0，2y ＋hz ＝0，不妨令y ＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h . 由题意，有||cos 〈m ，n 〉＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h 2＝13，解得h ＝87.经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87.。

课时作业12:3.2 立体几何中的向量方法

3.2 立体几何中的向量方法一、选择题1．若平面α、β的法向量分别为a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，3、b ＝(－1，2，－6)，则( ) A ．α∥β B ．α与β相交但不垂直 C ．α⊥βD ．α∥β或α与β重合2．直线l 1、l 2的方向向量分别为a ＝(1,2，－2)、b ＝(－2，3,2)，则( ) A ．l 1∥l 2 B ．l 1与l 2相交，但不垂直 C ．l 1⊥l 2D ．不能确定3．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为u ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交4．已知线段MN 的两端点坐标为M (3，－2,2)、N (1,2,2)，则线段MN 与坐标平面( ) A ．xOy 平行 B ．xOz 平行 C ．yOz 平行D ．yOz 相交5．在如图所示的坐标系中，ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，给出下列结论：①直线DD 1的一个方向向量为(0,0,1)； ②直线BC 1的一个方向向量为(0,1,1)； ③平面ABB 1A 1的一个法向量为(0,1,0)； ④平面B 1CD 的一个法向量为(1,1,1)．其中正确的个数为( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个D ．4个6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别为AB 、CC 1、A 1D 1、C 1D 1的中点，下列结论中，错误的是( )A ．A 1E ⊥AC 1B ．BF ∥平面ADD 1A 1C ．BF ⊥DGD ．A 1E ∥CH7．平面α的法向量u ＝(x,1，－2)，平面β的法向量v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，y ，12，已知α∥β，则x ＋y ＝__________________.8．直线l 1与l 2不重合，直线l 1的方向向量v 1＝(－1,1,2)，直线l 2的方向向量为v 2＝(2,0,1)，则直线l 1与l 2的位置关系是__________________．三、解答题9．如图所示，已知矩形ABCD ，PA ⊥平面ABCD ，M 、N 分别是AB 、PC 的中点，∠PDA ＝θ，能否确定θ，使直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线？若能确定，求出θ的值；若不能确定，说明理由．10．已知四面体ABCD 中，AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，求证：AD ⊥BC .1．已知空间四边形ABCD 中，AC ＝BD ，顺次连接各边中点P 、Q 、R 、S ，如下图，所得图形是( )A ．长方形B ．正方形C ．梯形D ．菱形2．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中在平面α内的是( )A ．(1，－1,1)B ．(1,3，32)C ．(1，－3，32)D ．(－1,3，－32)3.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 、AC 的中点，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定4．对于任意空间向量a ＝(a 1，a 2，a 3)、b ＝(b 1，b 2，b 3)，给出下列三个命题：①a ∥b ⇔a 1b 1＝a 2b 2＝a 3b 3；②若a 1＝a 2＝a 3＝1，则a 为单位向量； ③a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0. 其中真命题的个数为( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3二、填空题5．已知空间直角坐标系O －xyz 中的点A (1,1,1)，平面α过点A 并且与直线OA 垂直，动点P (x ，y ，z )是平面α内的任一点，则点P 的坐标满足的条件为__________________．6．在空间直角坐标系O －xyz 中，已知A (1，－2,3)、B (2,1，－1)，若直线AB 交平面xOz 于点C ，则点C 的坐标为__________________．7．设a、b分别是不重合的直线l1、l2的方向向量，根据下列条件判断l1，l2的位置关系；(1)a＝(4,6，－2)、b＝(－2，－3,1)；(2)a＝(5,0,2)、b＝(0,1,0)；(3)a＝(－2，－1，－1)、b＝(4，－2，－8)．8．在正四棱锥P－ABCD中，底面正方形边长为32，棱锥的侧棱长为5，E、F、G分别为BC、CD、PC的中点，用向量方法证明下列问题．(1)EF⊥PA；(2)EF∥平面PBD；(3)直线PA与平面EFG不平行．答案一、选择题 1．【答案】 D【解析】 ∵b ＝－2a ，∴b ∥a ，∴α∥β或α与β重合． 2．【答案】 C【解析】 ∵a ·b ＝0，∴a ⊥b ，∴l 1⊥l 2. 3．【答案】 B【解析】 ∵u ＝－2a ，∴u ∥a ，∴l ⊥α. 4．【答案】 A【解析】 MN →＝(3，－2,2)－(1,2,2)＝(－2,4,0)， ∴MN →∥平面xOy . 5．【答案】 C【解析】 DD 1∥AA 1，AA 1→＝(0,0,1)；BC 1∥AD 1，AD 1→＝(0,1,1)，直线AD ⊥平面ABB 1A 1，AD →＝(0,1,0)；C 1点坐标为(1,1,1)，AC 1→与平面B 1CD 不垂直，∴④错．6．【答案】 A【解析】设正方体棱长为1，以D 为原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(1,0,1)、E (1，12，0)、C (0,1,0)、F (0,1，12)、C 1(0,1,1)、H (0，12，1)、G (12，0,1)、A (1,0,0)、B (1,1,0)，∴A 1E →＝(0，12，－1)、AC 1→＝(－1,1,1)、BF →＝(－1,0，12)、DG →＝(12，0,1)、CH →＝(0，－12，1)．平面ADD 1A 1的一个法向量为v ＝(0,1,0)， ∴A 1E →·AC 1→＝－12，BF →·v ＝0，BF →·DG →＝0，A 1E →＝－CH →.∴B 、C 、D 成立，A 不成立，故选A. 二、填空题 7．【答案】154【解析】 ∵α∥β，∴u ∥v ，∴x －1＝1y ＝－212，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－14，∴x ＋y ＝154.8．【答案】垂直【解析】 ∵v 1·v 2＝－2＋0＋2＝0， ∴v 1⊥v 2. ∴l 1⊥l 2，三、解答题9．【答案】解以点A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz ，设|AD |＝2a ，|AB |＝2b ，∠PDA ＝θ，则A (0,0,0)、B (0,2b,0)、C (2a,2b,0)、D (2a,0,0)、P (0,0,2a tan θ)、M (0，b,0)、N (a ，b ，a tan θ)．∴AB →＝(0,2b,0)，PC →＝(2a,2b ，－2a tan θ)，MN →＝(a,0，a tan θ)． ∵AB →·MN →＝(0,2b,0)·(a,0，a tan θ)＝0， ∴AB →⊥MN →，即AB ⊥MN . 若MN ⊥PC ，即MN →·PC →＝(a,0，a tan θ)·(2a,2b ，－2a tan θ) ＝2a 2－2a 2tan 2θ＝0，则tan 2θ＝1，而θ是锐角， ∴tan θ＝1，θ＝45°.即当θ＝45°时，直线MN 是直线AB 与PC 的公垂线．10．【证明】证法一：先将已知条件转化为AB →·CD →＝0，AC →·BD →＝0，再证明AD →·BC →＝0.∵AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，∴AB →·CD →＝0，AC →·BD →＝0. ∴AD →·BC →＝(AB →＋BD →)·(AC →－AB →) ＝AB →·AC →＋BD →·AC →－AB → 2－AB →·BD → ＝AB →·AC →－AB → 2－AB →·BD →＝AB →·(AC →－AB →－BD →)＝AB →·DC →＝0. ∴AD →⊥BC →，从而AD ⊥BC .证法二：设DA →＝a ，DB →＝b ，DC →＝c ， ∵AB ⊥CD ，∴AB →·CD →＝(b －a )·(－c )＝a ·c －b ·c ＝0， ∴a ·c ＝b ·c ；∵AC ⊥BD ，∴AC →·BD →＝(c －a )·(－b )＝a ·b －b ·c ＝0，∴a ·b ＝b ·c ； ∴a ·c ＝a ·b ，∴AD →·BC →＝(－a )·(c －b )＝a ·b －a ·c ＝0， ∴AD ⊥BC .一、选择题 1．【答案】 D【解析】 ∵PQ →＝BQ →－BP →＝12BC →－12BA →＝12AC →.同理SR →＝12AC →，∴PQ →＝SR →，∴四边形PQRS 为平行四边形，又∵PS →＝AS →－AP →＝12AD →－12AB →＝12BD →，∴|PS →|＝12|BD →|，即PS ＝12BD ，又|PQ →|＝12|AC →|，∴PQ ＝12AC ，∵AC ＝BD ，∴PS ＝PQ ，∴四边形ABCD 为菱形． 2．【答案】 B【解析】对于选项A ，PA →＝(1,0,1)，PA →·n ＝5，∴PA →与n 不垂直，排除A ；同理可排除C 、D.对于选项B ，有PA →＝(1，－4，12)，∴PA →·n ＝0，∴选B.3.【答案】 B【解析】取AB 的中点为P ，连接MP 、NP . 由于M 、N 分别是A 1B 、AC 的中点．依题意易得AB ⊥MP ，AB ⊥NP ，而MP ∩NP ＝P ，∴AB ⊥平面MNP ，又MN ⊂平面MNP ，∴AB ⊥MN ，而在正方体AC 1中，AB →是平面BB 1C 1C 的一个法向量，MN →·AB →＝0，故MN ∥平面BB 1C 1C ，故选B. 4．【答案】 B【解析】由a 1b 1＝a 2b 2＝a 3b 3⇒a ∥b ，反之不一定成立，故①不正确；②显然错误；③是正确的，故选B.二、填空题5．【答案】 x ＋y ＋z ＝3【解析】由题意知，OA ⊥α，直线OA 的方向向量OA →＝(1,1,1)，因为P ∈α，∴OA →⊥AP →，∴(1,1,1)·(x －1，y －1，z －1)＝0， ∴x ＋y ＋z ＝3. 6．【答案】 (53，0，13)【解析】设点C 的坐标为(x,0，z )，则AC →＝(x －1,2，z －3)，AB →＝(1,3，－4)，因为AC →与AB →共线，所以x －11＝23＝z －3－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝53z ＝13，所以点C 的坐标为(53，0，13)．三、解答题7．【答案】解 (1)∵a ＝(4,6，－2)、b ＝(－2，－3,1)， ∴a ＝－2b ，∴a ∥b ，∴l 1∥l 2. (2)∵a ＝(5,0,2)、b ＝(0,1,0)， ∴a ·b ＝0，a ⊥b ，∴l 1⊥l 2.(3)∵a ＝(－2，－1，－1)，b ＝(4，－2，－8)， ∴a 与b 不共线也不垂直．∴l 1与l 2相交或异面．8．【答案】解设AC 与BD 的交点为O ，∵P －ABCD 为正四棱锥，∴PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，以O 为原点，OB ，OC 、OP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，∵正方形ABCD 边长为32，∴OB ＝OC ＝3，又PC ＝5，∴OP ＝4，∴A (0，－3,0)、B (3,0,0)、C (0,3,0)、D (－3,0,0)、P (0，0,4)．(1)∵E 、F 分别为BC 、CD 的中点，∴E (32，32，0)、F (－32，32，0)，∴EF →＝(－3,0,0)、PA →＝(0，－3，－4)，EF →·PA →＝0，∴EF ⊥PA .(2)显然OC →＝(0,3,0)为平面PBD 的一个法向量， ∵EF →·OC →＝0，∴EF ∥平面PBD .(3)∵G 为PC 中点，∴G (0，32，2)，设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＝0－32x ＋2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0z ＝0.取n ＝(0,1,0)，∵n ·PA →＝－3≠0，∴PA 与平面EFG 不平行．。

课时作业10：习题课　立体几何中的向量方法

一、基础过关1.如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC12AD ，BE 12F A ，G 、H 分别为F A 、FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？ (3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE . (1)证明由题设知，F A 、AB 、AD 两两互相垂直．以A 为坐标原点，以射线AB 为x 轴正方向，以射线AD 为y 轴正方向，以射线AF 为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝a ，BC ＝b ，BE ＝c ，则由题设得A (0,0,0)，B (a,0,0)，C (a ，b,0)，D (0,2b,0)， E (a,0，c )，G (0,0，c )，H (0，b ，c )．所以GH →＝(0，b,0)，BC →＝(0，b,0)，于是GH →＝BC →. 又点G 不在直线BC 上，所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)解 C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下：由题设知，F (0,0,2c )，所以EF →＝(－a,0，c )，CH →＝(－a,0，c )，EF →＝CH →. 又C ∉EF ，H ∈FD ，故C 、D 、F 、E 四点共面． (3)证明由AB ＝BE ，得c ＝a ，所以CH →＝(－a,0，a )，AE →＝(a,0，a )．又AD →＝(0,2b,0)，因此CH →·AE →＝0，CH →·AD →＝0，即CH ⊥AE ，CH ⊥AD .又AD ∩AE ＝A ，CH ⊄平面ADE ，所以CH ⊥平面ADE . 由CH ⊂平面CDE ，得平面ADE ⊥平面CDE .2.如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝a ，AD ＝2a ，且P A ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角，AE ⊥PD ，E 为垂足．(1)求证：BE ⊥PD ；(2)求异面直线AE 与CD 所成角的余弦值． (1)证明 ∵P A ⊥底面ABCD ，∴P A ⊥AB . 又∵AB ⊥AD ，∴AB ⊥平面P AD .∴AB ⊥PD . 又∵AE ⊥PD ，∴PD ⊥平面ABE .故BE ⊥PD .(2)解如图所示，以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C 、D 的坐标分别为(a ，a,0)、(0,2a,0)．∵P A ⊥底面ABCD ，∠PDA 是PD 与底面ABCD 所成的角， ∴∠PDA ＝30°.于是，在Rt △AED 中，由AD ＝2a ，得AE ＝a . 过E 作EF ⊥AD ，垂足为F ，在Rt △AFE 中，由AE ＝a ，∠EAF ＝60°，得AF ＝12a ，EF ＝32a .∴E ⎝⎛⎭⎫0，12a ，32a .于是AE →＝⎝⎛⎭⎫0，12a ，32a ，CD →＝(－a ，a,0)．设异面直线AE 与CD 所成角为θ，则cos θ＝|AE →·CD →||AE →||CD →|＝12a 2a ·2a ＝24.∴AE 与CD 所成角的余弦值为24. 3.如图，在四棱锥O —ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠ABC ＝π4，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． (1)证明作AP ⊥CD 于点P ，连接OP .如图，分别以AB 、AP 、AO 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．A (0,0,0)，B (1,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，22，0，D ⎝⎛⎭⎫－22，22，0，O (0，0,2)，M (0,0,1)，N ⎝⎛⎭⎫1－24，24，0. MN →＝⎝⎛⎭⎫1－24，24，－1，OP →＝⎝⎛⎭⎫0，22，－2，OD →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，－2.设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OP →＝0，n ·OD →＝0，即⎩⎨⎧22y －2z ＝0，－22x ＋22y －2z ＝0.取z ＝2，解得n ＝(0,4，2)． ∵MN →·n ＝⎝⎛⎭⎫1－24，24，－1·(0,4，2)＝0，∴MN ∥平面OCD .(2)解设AB 与MD 所成角为θ.∵AB →＝(1,0,0)，MD →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，－1，∴cos θ＝|AB →·MD →||AB →|·|MD →|＝12，∴θ＝π3.∴AB 与MD 所成角的大小为π3.二、能力提升4.如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解以A 为坐标原点，分别以AB ，AC ，AA 1为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．(1)因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．同理，取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 5．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1.(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．(1)证明以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫a2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)解假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)．使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)解连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D . ∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1， ∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)．设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a 2 1＋a 24＋a2.∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a 22 1＋5a 24＝32，解得a ＝2，即AB 的长为2. 三、探究与拓展6．四棱锥P ABCD 的底面是正方形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AD ＝2，点M ，N 分别在棱PD ，PC 上，且PC ⊥平面AMN . (1)求AM 与PD 所成的角； (2)求二面角P —AM —N 的余弦值；(3)求直线CD 与平面AMN 所成角的余弦值．解建立如图所示的空间直角坐标系．∵A (0,0,0)，C (2,2,0)，P (0,0,2)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，∴PC →＝(2,2，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设M (x 1，y 1，z 1)，∵PM →＝λPD →， ∴(x 1，y 1，z 1－2)＝λ(0,2，－2)， ∴x 1＝0，y 1＝2λ，z 1＝－2λ＋2， ∴M (0,2λ，2－2λ)．∵PC ⊥平面AMN ，∴PC →⊥AM →， ∴PC →·AM →＝0，∴(2,2，－2)·(0,2λ，2－2λ)＝0⇒4λ－2(2－2λ)＝0，∴λ＝12，∴M (0,1,1)．设N (x 2，y 2，z 2)，∵PN →＝tPC →， ∴(x 2，y 2，z 2－2)＝t (2,2，－2)，∴x 2＝2t ，y 2＝2t ，z 2＝－2t ＋2，∴N (2t,2t,2－2t )． ∵PC →⊥AN →，∴AN →·PC →＝0， ∴(2t,2t,2－2t )·(2,2，－2)＝0，∴4t ＋4t －2(2－2t )＝0，∴t ＝13，∴N (23，23，43)．(1)∵cos 〈AM →，PD →〉＝(0，1，1)·(0，2，－2)0＋1＋1×0＋4＋4＝0，∴AM 与PD 所成角为90°.(2)∵AB ⊥平面P AD ，PC ⊥平面AMN ， ∴AB →，PC →分别是平面P AD ，平面AMN 的法向量． ∵AB →·PC →＝(2,0,0)·(2,2，－2)＝4， |AB →|＝2，|PC →|＝23，∴cos 〈AB →，PC →〉＝443＝33，∴二面角P -AM -N 的余弦值为33.(3)∵PC →是平面AMN 的法向量，∴CD 与平面AMN 所成角即为CD 与PC 所成角的余角． ∵CD →·PC →＝(－2,0,0)·(2,2，－2)＝－4，∴cos 〈CD →，PC →〉＝－42×23＝－33，∴直线CD 与PC 所成角的余弦值为33，即直线CD 与平面AMN 所成角的余弦值为63.。

高中数学人教A版选修(2-1)3.2 课后习题《立体几何中的向量方法》人教A版)

《立体几何中的向量方法》同步练习1.在直三棱柱111C B A ABC -中，底面是等腰直角三角形， 90=∠ACB ，侧棱21=AA ，D ，E 分别是1CC 与B A 1的中点，点E 在平面AB D 上的射影是ABD ∆的重心G ．则B A 1与平面AB D 所成角的余弦值（）A ．32B ．37C ．23D ．73 2. 正三棱柱111C B A ABC -的底面边长为3，侧棱3231=AA ，D 是C B 延长线上一点，且BC BD =，则二面角B AD B --1的大小（）A ．3πB ．6πC ．65πD ．32π 3. 正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面边长为22，侧棱长为4，E ，F 分别为棱AB CD 的中点，G BD EF =⋂．则三棱锥11EFD B -的体积V （）A ．66B ．3316C ．316D ．161.已知棱长为1的正方体AB CD－A1B1C1D1中，E、F分别是B1C1和C1D1的中点，点A1到平面D B EF的距离．2.已知棱长为1的正方体AB CD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，求直线A E 与平面AB C1D1所成角的正弦值．已知棱长为1的正方体AB CD－A1B1C1D1中，E、F、M分别是A1C1、A1D和B1A 上任一点，求证：平面A1EF∥平面B1MC．答案和解析【答案】一、选择题1.B；【解析】以C为坐标原点，C A所在直线为x轴，C B所在直线为y轴，1CC所在直线为z轴，建立直角坐标系，设aCBCA==，则）（0,0,aA，）（0,,0aB，）（2,0,1aA，）（1,0,0D∴）（1,2,2aaE，）（31,3,3aaG，）（32,6,6aaGE=，）（1,,0aBD-=，∵点E在平面AB D上的射影是ABD∆的重心G，∴⊥平面AB D，∴0=⋅，解得2=a．∴）（32,31,31=，）（2,2,21-=BA，∵⊥平面AB D，∴为平面AB D的一个法向量．。

人教A版选修1-1教案：3.2立体几何中的向量方法第4课时(含答案)

Word 文档仅限参照§坐标法中解方程组求向量的有关问题【学情剖析】：教课对象是高二的学生,学生已经具备空间向量与立方体几何的有关知识, 前方已经学习了直线的方向向量和平面的法向量, 而且对坐标法也有必定的认识, 本节课是进一步经过坐标法来解决立体几何的一些问题。

我们能够将这些问题 , 转变为空间向量的代数运算和方程组来解决。

【教课目的】：（ 1）知识与技术：能依据图形的特色成立适合的空间坐标系并用坐标表示点和向量；对某个向量能用解方程组的方法求其坐标 .（2）过程与方法：在解决问题中 ,经过数形联合与问题转变的思想方法,加深对有关内容的理解。

（3）感情态度与价值观：领会把立方体几何几何转变为向量问题优势,培育研究精神。

【教课要点】：解方程组求向量的的坐标.【教课难点】：解方程组求向量的的坐标..【教课过程设计】：教课环节教课活动设计企图一、复习引1．单位向量 , 平面的法向量为研究新知识做准入（ 1）单位向量－－模为 1 的向量。

备.（ 2）平面的法向量－－垂直于平面的向量。

2．坐标法。

二、研究与一、用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”练习学生回首用平面向量解决平面几何问题的“三步曲”, 与老师共同得出用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”：（ 1）成立立体图形与空间向量的联系, 用空间向量表示问题中波及的点、直线、平面, 把立体几何问题转变为向量问题；（化为向量问题）（2）经过向量运算 , 研究点、直线、平面之间的地点关系以及它们之间距离和夹角等问题；（进行向量运算）（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义。

（回到图形问题）二、例题例 1：如图 , 在正方体 ABCD-A1B1C1D1中 , 棱长为 1, 求证：平面 A1BC1的法向量为直线DB1的方向向量 .D1C1D'A1B1让学生经过回首找寻将立体几何问题转变为向量问题的步骤。

例 1 在成立坐标系后,比较简单 , 简单掌握。

人教A版选修1-1教案：立体几何中的向量方法第4课时(含答案)

§3.2.3座標法中解方程組求向量的有關問題【學情分析】：教學對象是高二的學生，學生已經具備空間向量與立方體幾何的相關知識,前面已經學習了直線的方向向量和平面的法向量，並且對坐標法也有一定的認識，本節課是進一步通過座標法來解決立體幾何的一些問題。

我們可以將這些問題，轉化為空間向量的代數運算和方程組來解決。

【教學目標】：（1）知識與技能：能根據圖形的特點建立合適的空間坐標系並用座標表示點和向量；對某個向量能用解方程組的方法求其座標.（2）過程與方法：在解決問題中，通過數形結合與問題轉化的思想方法，加深對相關內容的理解。

（3）情感態度與價值觀：體會把立方體幾何幾何轉化為向量問題優勢，培養探索精神。

【教學重點】：解方程組求向量的的座標.【教學難點】：解方程組求向量的的座標..1，0）、D （0，0.511(0,2n AD ==的法向量2(,,),SCD n x y z =的法向量22,,n CD n SD ⊥⊥由得：0202y x y z -=-=22y x y z ⎧=⎪⎪⇒⎨⎪=⎪⎩2(1,2,1)n =任取1212126cos ,3||||n n n n n n <>==63即所求二面角得余弦值是？时，才能提起这块钢板动？这三个力最小为多力的作用下将会怎样运这块钢板在这些，且角形的两边之间的角都每个力与同它相邻的三，在它的顶点处分别受角形面的钢板的如图，一块均匀的正三.200500321kg F F F kg ===探究：不建立坐標系，如何解決這個問題？ ――求每個力向上的分力。

開拓學生思維。

三、訓練與提高 1，課本P113第11題。

答案：3/8.學生進行提高訓練應用. 四、小結1．根據圖形特點建立合適的空間直角坐標系，用座標表示點和向量，通過向量解決問題。

2．個別點和向量的座標先假設，再列方程組來求出。

反思歸納五、作業課本P112 ，第 6 題和P113第10題。

高考数学(理)复习训练：《立体几何中的向量方法》(北师大版)

【A 级】基础训练1．已知直线l 1的方向向量是a ＝(2,4，x )，直线l 2的方向向量是b ＝(2，y,2)，若|a |＝6，且a ·b ＝0，则x ＋y 的值是( )A ．－3或1B ．3或－1C ．－3D ．1解析：由题意知|a |＝22＋42＋x 2＝6，得x ＝±4.由a ·b ＝4＋4y ＋2x ＝0得x ＝－2y －2，当x ＝4时，y ＝－3，∴x ＋y ＝1；当x ＝－4时，y ＝1，∴x ＋y ＝－3，综上x ＋y ＝－3或1.答案：A2．(2012·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( )A ．2 B. 3C. 2 D ．1解析：连接AC 交BD 于O ，连结OE ，由题意得AC 1∥OE ，∴AC 1∥平面BED ，直线AC 1到平面BED 的距离等于点A 到平面BED 的距离，也等于点C 到平面BED 的距离，作CH ⊥OE 于H ，则CH ＝12OE ＝1为所求，故选D. 答案：D3．如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F 、G 分别是线段AE 、BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为( )A.36 B ．－36 C.33 D ．－33解析：如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F 、G 分别是线段AE 、BC 的中点．以C 为原来建立空间直角坐标系Cxyz ，A (0,2,0)，B (2,0,0)，D (0,0,2)，G (1,0,0)，F (0,2,1)，AD →＝(0，－2,2)，GF →＝(－1,2,1)，∴|AD →|＝22，|GF →|＝6，AD →·GF →＝－2，∴cos 〈AD →，GF →〉＝AD →·GF →|AD →||GF →|＝－36. ∴直线AD 与GF 所成角的余弦值为36. 答案：A4．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为________．解析：建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)，BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，∴cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→||AE →|＝3010. 答案：3010 5. 若A ⎝⎛⎭⎫0，2，198，B ⎝⎛⎭⎫1，－1，58，C ⎝⎛⎭⎫－2，1，58是平面α内的三点，设平面α的法向量n ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________.解析：AB →＝⎝⎛⎭⎫1，－3，－74，AC →＝⎝⎛⎭⎫－2，－1，－74，由⎩⎨⎧ n ·AB →＝x －3y －74z ＝0n ·AC →＝－2x －y －74z ＝0得⎩⎨⎧ x ＝23y ，z ＝－43y .所以x ∶y ∶z ＝23y ∶y ∶⎝⎛⎭⎫－43y ＝2∶3∶(－4)．答案：2∶3∶(－4)6．(2012·高考四川卷)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．解析：连结D 1M ，则D 1M 为A 1M 在平面DCC 1D 1上的射影，在正方形DCC 1D 1中，∵M 、N 分别是CD 、CC 1的中点，∴D 1M ⊥DN ，由三垂线定理得A 1M ⊥DN .即异面直线A 1M 与DN 所成的角为90°.答案：90°7．(2013·高考江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解析：(1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.【B 级】能力提升1．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的平个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°解析：由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2，∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，〈CA →，BD →〉＝120°， ∴二面角的大小为60°，故选C.答案：C2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19B.495 C.295 D.23 解析：设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N→＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，si 〈CM →，D 1N →〉＝459，故选B.答案：B3．(2013·高考浙江卷)在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记B ＝f π(A )．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，Q 1＝f β[f α(P )]，Q 2＝f α[f β(P )]，恒有PQ 1＝PQ 2，则( )A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°解析：根据新定义及线面垂直知识进行推理．设P 1＝f α(P )，P 2＝f β(P )，则PP 1⊥α，P 1Q 1⊥β，PP 2⊥β，P 2Q 2⊥α.若α∥β，则P 1与Q 2重合、P 2与Q 1重合，所以PQ 1≠PQ 2，所以α与β相交．设α∩β＝l ，由PP 1∥P 2Q 2，所以P ，P 1，P 2，Q 2四点共面．同理P ，P 1，P 2，Q 1四点共面．所以P ，P 1，P 2，Q 1，Q 2五点共面，且α与β的交线l 垂直于此平面．又因为PQ 1＝PQ 2，所以Q 1，Q 2重合且在l 上，四边形PP 1Q 1P 2为矩形．那么∠P 1Q 1P 2＝π2为二面角α－l －β的平面角，所以α⊥β. 答案：A4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是________．解析：如图，建立坐标系Dxyz ，则A 1(2,0,4)，A (2,0,0)，B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)，AD 1→＝(－2,0,4)，AB 1→＝(0,2,4)，AA 1→＝(0,0,4)，设平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝－2x ＋4z ＝0n ·AB 1→＝2y ＋4z ＝0 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z y ＝－2z，令z ＝1，则n ＝(2，－2,1)，设点A 1到平面AB 1D 1的距离为d ，则d ＝|AA 1→·n ||n |＝43. 答案：435．(2013·高考北京卷)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC的中点，点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．解析：根据空间线面垂直关系求点P 到直线CC 1的距离的最小值．如图，过点E 作EE 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，交直线B 1C 1于点E 1，连接D 1E 1，DE ，在平面D 1DEE 1内过点P 作PH ∥EE 1交D 1E 1于点H ，连接C 1H ，则C 1H 即为点P 到直线CC 1的距离．当点P 在线段D 1E 上运动时，点P 到直线CC 1的距离的最小值为点C 1到线段D 1E 1的距离，即为△C 1D 1E 1的边D 1E 1上的高h .∵C 1D 1＝2，C 1E 1＝1，∴D 1E 1＝5，∴h ＝25＝255.答案：255 6．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________．解析：如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz ，设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2，则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2， CB →＝(a ，a,0)，设平面P AC 的一个法向量为n ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12， ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.答案：30°7．(创新题)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝a ，△P AD 为等边三角形，又平面P AD ⊥平面ABCD .(1)若在边BC 上存在一点Q ，使PQ ⊥QD ，求a 的取值范围；(2)当边BC 上存在唯一点Q ，使PQ ⊥QD 时，求二面角A －PD －Q 的余弦值．解：(1)取AD 中点O ，连接PO ，则PO ⊥AD∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PO ⊥平面ABCD .建立如图的空间直角坐标系，则P ⎝⎛⎭⎫0，0，32a ，D ⎝⎛⎭⎫a 2，0，0. 设Q (t,2,0)，则PQ →＝⎝⎛⎭⎫t ，2，－32a ， DQ →＝⎝⎛⎭⎫t －a 2，2，0. ∵PQ ⊥QD ，∴PQ →·DQ →＝t ⎝⎛⎭⎫t －a 2＋4＝0.∴a ＝2⎝⎛⎭⎫t ＋4t ， ∵a ＞0，∴ t ＞0，∴⎝⎛⎭⎫t ＋4t ≥8，等号成立当且仅当t ＝2. 故a 的取值范围为[8，＋∞)．(2)由(1)知，当t ＝2，a ＝8时，边BC 上存在唯一点Q ，使PQ ⊥QD . 此时Q (2,2,0)，D (4,0,0)，P (0,0,43)．设n ＝(x ，y ，z )是平面PQD 的法向量，PQ →＝(2,2，－43)，DQ →＝(－2,2,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PQ →＝2x ＋2y －43z ＝0n ·DQ →＝－2x ＋2y ＝0 得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y －43z ＝0－2x ＋2y ＝0令x ＝y ＝3，则n ＝(3,3，3)是平面PQD 的一个法向量，而AB →＝(0,2,0)是平面P AD 的一个法向量，设二面角A －PD －Q 为θ，由cos θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝217. ∴二面角A －PD －Q 的余弦值为217.。

2021版江苏高考数学复习课后限时集训：立体几何中的向量方法含解析

教课资料范本2021版江苏高考数学复习课后限时集训：立体几何中的向量方法含分析编辑： __________________时间： __________________建议用时： 45 分钟一、选择题1．若直线 l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于 120°，则直线 l与平面α所成的角等于 ()A．120°B．60°C.30 °D．60°或30°C[ 设直线 l 与平面α所成的角为β，直线 l 与平面α的法向量的夹角为γ.1则 sin β＝ |cos γ|＝|cos 120 |＝°2.又 0°≤β≤90°，∴β＝30°.]2．在正方体 A1B1C1D1-ABCD中， AC与 B1D所成角大小为 ()ππA.6B.4ππC.3D.2D[ 成立如下图的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则 A(0,0,0),→C(1,1,0)，B1(1,0,1)，D(0,1,0). ∴AC＝(1,1,0)，→B1D＝(－1,1，－ 1)，→ →∵AC·B1D＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，π→→∴AC⊥B1D，∴ AC 与 B1D 所成的角为2 .]3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝ 2CB，则直线 BC1与直线AB1夹角的余弦值为()55A. 5B. 3253C.5D.5A [ 设 CA＝2，则 C(0,0,0)， A(2,0,0)， B(0,0,1)， C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得→→(0,2，－ 1)，由向量的夹角公式得→ →向量 AB1＝(－2,2,1)， BC1＝cos〈AB1，BC1〉＝错误! ＝错误 ! ＝错误! .]4．在直三棱柱 ABC-A B C 中， AB＝ 1， AC＝ 2， BC＝3， D，E分别是AC1111和BB 的中点，则直线 DE与平面 BB C C所成的角为 ()111A．30°B．45°C．60°D．90°A[ 由已知 AB2＋BC2＝ AC2，得 AB⊥ BC.以 B 为原点，分别以 BC，BA，BB1所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴成立空间直角坐标系，如下图，设AA1＝2a，则A(0,1,0)，C( 3，0,0)，3 1→3 1，平面 BB 11的一个法向D 2 ，2，a ，E(0,0，a)，因此 ED ＝2 ，2，0C C量为 n ＝(0,1,0)，→12→， n 〉＝ ED ·n1 →〈＝＝，〈 ED ， n 〉＝ 60°，因此直cos ED→ 3 21 22|ED||n|＋＋02×122线 DE 与平面 BB 1C 1C 所成的角为 30°.应选 A.]5.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形，且 BC ⊥平面 PA B ，PA ⊥AB ，M 为 PB 的中点， PA ＝AD ＝2.若 AB ＝ 1，则二面角 B-AC-M 的余弦值为 ()5/2263A. 6B. 621C. 6D.6A [ 由于 BC⊥平面 PAB，PA? 平面 PAB，因此 PA⊥ BC，又 PA⊥AB，且BC∩AB＝B，因此 PA⊥平面 ABCD.以点 A 为坐标原点，分别以 AB，AD，AP 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，成立空间直角坐标系 A-xyz.1则 A(0,0,0)，C(1,2,0)，P(0,0,2)，B(1,0,0)，M 2， 0， 1 ，→→1因此 AC＝(1,2,0)， AM＝2，0，1 ，求得平面 AMC 的一个法向量为 n＝(－ 2,1,1)，→又平面 ABC 的一个法向量 AP＝(0,0,2)，→→216 n· AP＝因此 cos〈n，AP〉＝→＝＝6. 4＋ 1＋ 1×26|n||AP |6因此二面角 B-AC-M 的余弦值为 6 .]二、填空题6．在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中， AA1＝2AB，则 CD与平面 BDC1所成角的正弦值等于．[以 D 为坐标原点，成立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB＝ 2，则3D(0,0,0)，C(0,1,0)， B(1,1,0)，→→→C1(0,1,2)，则 DC＝(0,1,0)， DB＝(1,1,0)， DC1＝ (0,1,2)．设平面 BDC1的法向量为 n＝(x， y， z)，→n·DB＝ 0，则→n·DC1＝0，x＋y＝0，因此有y＋2z＝0，令 y＝－ 2，得平面 BDC1的一个法向量n＝ (2，－ 2,1)．设 CD 与平面 BDC1所成的角为θ，则→〉|＝→n· DC＝2sin θ＝ |cos〈n， DC→3.]|n||DC |7．(20xx ·汕头模拟 )在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，∠ ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面 A1BCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝2，则平面 SCD与平面 SAB所成锐二面角的余弦值是．[如下图，成立空间直角坐标系，则依题意可知，31D 2，0，0 ， C(1,1,0)，S(0,0,1)，→1可知 AD＝，0，0是平面SAB的一个法向量．2设平面 SCD 的一个法向量 n＝(x，y，z)，→1由于 SD＝，0，－1，2→1DC＝，1，0，2→n·SD＝0，因此→n·DC＝0，x2－z＝0，即x2＋y＝0.令 x＝2，则有 y＝－ 1， z＝1，因此 n＝(2，－ 1,1)．设平面 SCD 与平面 SAB 所成的锐二面角为θ，→|AD·n|则 cos θ＝→|AD||n|＝错误!＝错误! .]8.(20xx 北·京模拟 )如下图，四棱锥 P-ABCD中， PD⊥底面 ABCD ，底面 ABCD是边长为 2的正方形， PD＝2，E是棱 PB的中点， M是棱 PC上的动点，当直线 PA与直线 EM所成的角为 60°时，那么线段 PM的长度是．54 2 [如图成立空间直角坐标系，则 A(2,0,0)，P(0,0,2)， B(2,2,0)，∴→＝( －2，0，2) ，AP∵E 是棱 PB 的中点，∴ E (1,1,1)，设－，，则 →＝( －1，1－m ，m －1) ，M(0,2 m m) EM→→∴ cos 〈AP ，EM 〉→ →AP ·EM＝→→|AP||EM |＝错误 !1＝2，353解得 m＝4，∴ M 0，4，4，∴PM＝252552.] 16＋16＝4三、解答题9．(20xx ·南通二模 )如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD是矩形， PA⊥平面 ABCD，AB＝1，AP＝AD＝2.(1)求直线 PB与平面 PCD 所成角的正弦值；(2)若点 M，N分别在 AB，PC上，且 MN⊥平面 PCD，试确立点 M，N的地点．[解 ](1)由题意知， AB，AD，AP 两两垂直，→→→以 A 为坐标原点，分别以 AB，AD， AP为 x，y，z 轴正方向建如下图的空间直角坐标系 A-xyz.则 A(0,0,0)，B(1,0,0)， C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．→→→进而 PB＝(1,0，－ 2)，PC＝(1,2，－ 2)，PD＝ (0,2，－ 2)．设平面 PCD 的法向量 n＝ (x，y，z)，→x＋2y－ 2z＝0，n·PC＝ 0，则即→2y－ 2z＝0，n·PD＝ 0，令 y＝1，则 x＝0，z＝ 1，因此平面 PCD 的一个法向量 n＝ (0,1,1)．设直线 PB 与平面 PCD 所成角为θ，→→10 PB·n因此 sin θ＝ |cos〈PB， n〉 |＝→＝ 5，|PB| ·|n|即直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为10 5 .→(2)设 M(a,0,0)，则 MA＝(－ a,0,0)，→→→→设PN＝λPC，则 PN＝(λ，2λ，－ 2λ)，而 AP＝(0,0,2)，→→→→因此 MN＝MA＋AP＋PN＝(λ－a,2λ，2－2λ)．由(1)知，平面 PCD 的一个法向量 n＝(0,1,1)，→由于 MN⊥平面 PCD，因此 MN∥n.λ－ a＝ 0，11因此2λ＝ 2－2λ，解得λ＝2，a＝2.因此 M 为 AB 的中点， N 为 PC 的中点．10． (20xx ·全国卷Ⅱ )如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1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 B-EC-C1的正弦值．[解 ](1)证明：由已知得， B1C1⊥平面 ABB1A1，BE? 平面 ABB1A1，故B1C1⊥BE.又 BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，因此 BE⊥平面 EB1 C1.(2)由 (1)知∠ BEB1＝90°.由题设知 Rt△ABE≌Rt△ A1B1E，因此∠ AEB＝45°，故 AE＝AB，AA1＝2AB.→→以 D 为坐标原点， DA的方向为 x 轴正方向， |DA为单位长度，成立如下图|的空间直角坐标系 D-xyz，则 C(0,1,0)， B(1,1,0)，C1，，→＝(0,1,2)E(1,0,1) CB →→＝ (1，－ 1,1)，CC1＝(0,0,2)．(1,0,0)， CE→CB·n＝ 0，设平面 EBC 的法向量为 n＝(x，y，z)，则即→CE·n＝ 0，x＝0，x－y＋z＝ 0，因此可取 n＝ (0，－ 1，－ 1)．设平面 ECC1的法向量为 m＝ (x1，y1， z1)，则→CC1·m＝ 0，→CE·m＝ 0，2z1＝0，即x1－y1＋z1＝ 0，因此可取 m＝(1,1,0)．n·m1于是 cos〈n，m〉＝|n||m|＝－2.3因此，二面角 B-EC-C1的正弦值为 2 .13/221．设正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2，则点 D1到平面 A1BD的距离是 ( )32A. 2B. 22223C.3D.3D[ 如图成立坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，→→D1A1＝(2,0,0)， DB＝(2,2,0)，→DA1＝(2,0,2)．设平面 A1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则2x ＋2z ＝0， ∴2x ＋2y ＝0，→n ·DA1＝ 0，→n ·DB ＝0，令 z ＝1，得 n ＝(－ 1,1,1)．→2 2 3∴D 1 到平面|D1A1·n|＝ 1|n|＝3 .]A BD 的距离 d ＝32.如图，平面 ABCD ⊥平面 ABEF ，四边形 ABCD 是正方形，四边形 ABEF 是1矩形，且 AF ＝2AD ＝a ，G 是 EF 的中点，则 GB 与平面 AGC 所成角的正弦值为．63[如图，以 A 为原点成立空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a ， a,0)，→ → →AG ＝ (a ，a,0)，AC ＝(0,2a,2a)，BG ＝ (a ，－ a,0)，设平面 AGC 的法向量为 n 1＝(x 1，y 1,1)，→ax1＋ ay1＝0x1＝1由AG ·n1＝ 0?，－．?? n 1＝(1→2ay1＋2a ＝0y1＝－ 11,1)AC ·n1＝ 0→2a6|BG ·n1|＝sin θ＝ → 2a × 3 ＝3 .]|BG||n1|3．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 A E 与SD 所成角的余弦值为．3[以两对角线 AC 与 BD 的交点 O 作为原点，以 OA ， OB ， OS 所在直 3线分别为 x ， y ， z 轴成立空间直角坐标系，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)，2 2 ，E0，2，2→＝－，2 2 →，－2，－2)，，，SD＝(0AE2223故 AE 与 SD 所成角的余弦值为 3 .]4．(20xx ·全国卷Ⅱ)如下图，在三棱锥 P-ABC中， AB＝BC＝2 2， 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：由于 AP＝CP＝AC＝4，O 为 AC 的中点，因此 OP⊥AC，且OP＝2 3.2连结 OB.由于 AB＝ BC＝2 AC，因此△ ABC 为等腰直角三角形，1且 OB⊥ AC， OB＝2AC＝2.由 OP2＋OB2＝ PB2知 PO⊥OB.由 OP⊥ OB， OP⊥ AC， OB∩ AC＝ 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，成立空间直角坐标系O-xyz.→由已知得 O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－ 2，0)， C(0,2,0)，P(0， 0,23)， AP＝→(0,2,2 3)．取平面 PAC 的一个法向量 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)．→→·＝得由AP·＝，n 0AMn 0错误 ! 可取 n＝(错误 ! (a－4)，错误 ! a，－ a)，→因此 cos〈OB， n〉＝错误 ! .由已知可得 |cos〈错误 ! ，n〉|＝错误 ! ，因此错误 ! ＝错误 ! ，解得 a＝－ 4(舍去 )或 a＝错误 ! ，8343，－4因此 n＝－3，3.3→→3又PC＝(0,2，－23)，因此 cos〈 PC，n〉＝4 .3因此 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为4 .1．已知斜四棱柱 ABCD-A1 B1C1D1的各棱长均为 2，∠ A1AD＝60°，∠ BAD＝90°，平面 A1ADD 1⊥平面 ABCD，则直线 BD1与平面 ABCD所成的角的正切值为 ( )313A. 4B.43939C. 13D.3C[ 取 AD 中点 O，连结 OA1，易证 A1O⊥平面 ABCD.成立如下图的空间直角坐标系，得 B(2，－ 1,0)，D1，，3)，→＝(－2,3，3)，平面 ABCD 的一个法(0 2BD1→向量为 n＝ (0,0,1)，设 BD1与平面 ABCD 所成的角为θ，∴ sin θ＝|BD1·n|＝→|BD1||n|34，39∴t an θ＝13 .]2．(20xx ·天津高考 )如图， AE⊥平面 ABCD ，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证： BF ∥平面 ADE ；(2)求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值；1(3)若二面角 E-BD-F 的余弦值为 3，求线段 CF 的长．→ → →[解 ] 依题意，能够成立以 A 为原点，分别以 AB ，AD ，AE 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴正方向的空间直角坐标系 (如图 )，可得 A(0,0,0)， B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)．设 CF ＝h(h ＞0)，则 F ( 1，2，h ) .依题意， → → → →＝(1,0,0)是平面 ADE 的法向量，又 BF ＝(0,2， h)，可得 BF ·(1) ABAB＝ 0，又由于直线 BF?平面 ADE ，因此 BF ∥平面 ADE.依题意， → → →＝(－1,1,0)，BE ＝(－ 1,0,2)， CE ＝(－ 1，－ 2， 2)．(2) BD→设 n ＝ (x ，y ，z)为平面 BDE 的法向量，则n ·BD ＝0，即→n ·BE ＝0，－ x ＋y ＝0，－ x ＋2z ＝ 0，令 z ＝1，可得 n ＝(2,2,1)．→→4CE ·n因此 cos 〈CE ， n 〉＝ →＝－ 9.|CE||n|4因此，直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为 9.→m ·BD ＝ 0，(3)设 m ＝(x ， y ， z)为平面 BDF 的法向量，则→m ·BF ＝ 0，－ x ＋y ＝0，即2y ＋hz ＝0，2不如令 y ＝1，可得 m ＝ 1，1，－ h .·2n|4－ h18由题意，有 | cos 〈 m ， n 〉 | ＝|m ＝.经查验，|m||n|＝，解得 h ＝4373 2＋ h2切合题意．8因此，线段 CF 的长为 7.。