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6.2 立体几何中的向量方法(A卷提升篇)【解析版】

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高中数学第七节立体几何中的向量方法(解析)

高中数学第七节立体几何中的向量方法(解析)

第七节立体几何中的向量方法1.理解直线的方向向量与平面的法向量；2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系；3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理；4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量直线l上的向量e或与e共线的向量叫做直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量有无数个.(2)平面的法向量如果表示向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，此时向量n 叫做平面α的法向量.显然一个平面的法向量也有无数个，且它们是共线向量. (3)设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为u ，v ，则l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0. 2.空间向量与空间角的关系 (1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a ||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角).φ的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2. (2)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|＝|e ·n ||e ||n |.φ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(3)求二面角的大小①如图甲，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉.②如图乙、丙，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＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉.θ的取值范围是[0，π].3.空间向量与距离的关系 (1)点到平面的距离如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解.1.判断下列结论的正误.(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的.( )(3)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行.( ) (4)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.( )(5)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( ) [答案] (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×2.已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( )A.(－1,1,1)B.(1，－1,1)C.⎝⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33D.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－33[解析] 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .故选C.[答案] C3.若平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是( )A.平行B.相交但不垂直C.垂直D.重合[解析] 由(1,2,0)·(2，－1,0)＝0，可知平面α⊥平面β，选C.[答案] C4.如图所示，若M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱A ′B ′，BB ′的中点，则直线AM 与CN 所成角的余弦值为( )A.32 B.1010 C.35D.25[解析] 以A 为原点，AB →，AD →，AA ′→所在方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，C (1,1,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，所以AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，12，所以cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1254＝25.[答案] D5.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.32B.22C.223D.233[解析] 如图建立坐标系.则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧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.故选D. [答案] D6.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] 如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .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 的法向量为n ，可求得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°考点一 向量法证明垂直与平行关系——互动型如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点.求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .[证明] 如图建立空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4).(1)取AB 中点为N ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)， ∴DE →＝NC →.∴DE ∥NC ，又NC 在平面ABC 内，故DE ∥平面ABC . (2)B 1F →＝(－2,2，－4)， EF →＝(2，－2，－2)， AF →＝(2,2,0)，B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， 则B 1F →⊥EF →，∴B 1F ⊥EF ，∵B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .(1)用向量证明平行的方法①线线平行：证明两直线的方向向量共线.②线面平行：a.证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；b.证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行.③面面平行：a.证明两平面的法向量为共线向量；b.转化为线面平行、线线平行问题.(2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.(2016·青岛模拟)如图，在直三棱柱ADE－BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点.求证：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.[证明]由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12.(1)OM →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)，∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE －BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2).∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎨⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1). ∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .考点二 向量法求空间角——共研型角度1：向量法求异面直线所成的角(2016·西安模拟)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110 B.25 C.3010D.22[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，设BC ＝2，则B (0,2,0)，A (2,0,0)，M (1,1,2)，N (1,0,2)，所以BM →＝(1，－1,2)，AN →＝(－1,0,2)，故BM 与AN 所成角θ的余弦值cos θ＝|BM →·AN →||BM →|·|AN →|＝36×5＝3010. [答案] C角度2：向量法求斜线与平面所成的角(2016·全国卷Ⅲ)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点.(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2. 取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN ∥AM ，TN ＝AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，所以MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB . (2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1).于是直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n |·|AN →|＝8525.角度3：向量法求二面角(2016·全国卷Ⅰ)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°. (1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.[解] (1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC .又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3).由已知，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF . 由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，故∠CEF ＝60°.从而可得C (－2，0，3).所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0).设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3).设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4). 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.求空间角的向量方法(1)求异面直线所成的角利用直线的方向向量将异面直线所成的角转化成向量所成的角，即若异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，所成的角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ·b |a |·|b |. (2)求斜线与平面所成的角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(锐角或直角时)或其补角(钝角时).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，取其余角就是斜线与平面所成的角.(3)求二面角①分别求出二面角的两个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.[角度1]如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是__________.[解析] 以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系D －xyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC →＝(0,1,0)，∴cos 〈EF →，DC →〉＝EF →·DC →|EF →||DC →|＝－22，∴〈EF →，DC →〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°. [答案] 45°2.[角度2](2016·江西九校联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，过A1C作平面A1CD平行于BC1，交AB于点D.(1)求证：CD⊥AB；(2)若四边形BCC1B1是正方形，且A1D＝5，求直线A1D与平面CBB1C1所成角的正弦值.[解](1)证明：连接AC1，设AC1与A1C相交于点E，连接DE，则E为AC1的中点.∵BC1∥平面A1CD，平面A1CD∩平面ABC1＝DE，∴DE∥BC1，∴D为AB的中点.又∵△ABC为正三角形，∴CD⊥AB.(2)∵AD2＋A1A2＝5＝A1D2，∴A1A⊥AD.又B1B⊥BC，B1B∥A1A，∴A1A⊥BC.又AD∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC.设BC的中点为O，B1C1的中点为O1，连接AO，OO1，以O为原点，OB所在的直线为x轴，OO1所在的直线为y轴，OA所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，则A 1(0,2，3)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32.∴A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2，－32.易得平面CBB 1C 1的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∴|cos 〈A 1D →，n 〉|＝|A 1D →·n ||A 1D →|·|n |＝1510.故直线A 1D 与平面CBB 1C 1所成角的正弦值为1510.3.[角度3]如图，几何体EF －ABCD中，CDEF 为边长为2的正方形，ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∠ADF ＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求二面角E －FB －C 的大小. [解] (1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ，∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥FC ， ∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC .∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC .又四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∴AC ＝22，BC ＝22，则有AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)由(1)知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，可得D (0,0,0)，F (0,2,2)，B (2,4,0)，E (0,0,2)，C (0,2,0)，A (2,0,0)，∴EF →＝(0,2,0)，FB →＝(2,2，－2)， 设平面EFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·FB →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2y －2z ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y －z ＝0. 令z ＝1，则n ＝(1,0,1)，由(1)知平面FCB 的一个法向量为AC →＝(－2,2,0)， 设二面角E －FB －C 的大小为θ，由图知θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2， ∴cos θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝12，∴θ＝π3.考点三 向量法求距离——自练型(1)在四面体P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为( )A.63B.33aC.a 3D.6a(2)在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，BC ∥AD ，∠ABC ＝90°，P A ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，则点D 到平面PBC 的距离是________.[解析] (1)根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系.P －xyz ，则P (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a ).过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点P 到平面ABC 的距离.∵P A ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心.又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H 点的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫a 3，a 3，a 3.∴PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＝33a .∴点P 到平面ABC 的距离为33a .(2)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如图，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,1,0)，∴PC →＝(2,2，－2)，BC →＝(0,2,0).设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，y ＝0， 取x ＝1，则n ＝(1,0,1). 又BD →＝(－2,1,0)，∴点D 到平面PBC 的距离为|BD →·n ||n |＝ 2.[答案] (1)B (2) 2空间距离的求法(1)两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模.(2)求点P 到平面α的距离，先在平面α内取一点A ，确定向量P A →的坐标，再确定平面α的法向量n ，最后代入公式d ＝|P A →·n ||n |求解.课题43：建立适当的空间直角坐标系名师导学：利用向量方法解决立体几何问题的前提是恰当地建立空间直角坐标系，关键是确定明确的线线垂直关系，即“墙角”模型，另外，坐标系建立的是否合适，直接影响计算的速度与结果.(2016·云南毕业生复习统一测试)如图，在三棱锥A－BCD中，CD⊥BD，AB＝AD，E为BC的中点.(1)求证：AE⊥BD；(2)设平面ABD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BC＝4，求二面角B －AC－D的平面角的正弦值.[切入点]取BD的中点O，通过证明OE、OD、OA两两垂直，建立空间直角坐标系.[关键点]先进行几何关系的证明，具备建系条件时才能建系.[解](1)证明：设BD的中点为O，连接AO ，EO .∵AB ＝AD ，∴AO ⊥BD .又∵E 为BC 的中点，∴EO ∥CD . ∵CD ⊥BD ，∴EO ⊥BD .∵OA ∩OE ＝O ，∴BD ⊥平面AOE . 又∵AE ⊂平面AOE ， ∴AE ⊥BD .(2)由(1)知，AO ⊥BD ，EO ⊥BD ，∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AO ⊂平面ABD ，∴AO ⊥平面BCD .∵EO ⊂平面BCD ， ∴AO ⊥EO ，∴OE ，OD ，OA 两两互相垂直. ∵CD ⊥BD ，BC ＝4，CD ＝2， ∴BD ＝BC 2－CD 2＝2 3.由O 为BD 的中点，AO ⊥BD ，AD ＝2，得BO ＝OD ＝3，OA ＝AD 2－OD 2＝1.以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则O (0,0,0)，A (0,0,1)，B (0，－3，0)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，∴AB →＝(0，－3，－1)，AC →＝(2，3，－1)，AD →＝(0，3，－1).设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥AB →，n ⊥AC →，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －3y －z ＝0， 2x ＋3y －z ＝0.取y ＝－3，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3， z ＝3.∴n ＝(3，－3，3)是平面ABC 的一个法向量.同理可得平面ADC 的一个法向量m ＝(0，3，3). 设二面角B －AC －D 的平面角为θ， 则|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝77.∵0<θ<π，∴sin θ＝1－cos 2θ＝427，∴二面角B －AC －D 的平面角的正弦值为427.建立空间直角坐标系的策略(1)一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系.如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即建立坐标系时以其中的垂直相交直线为基本出发点.(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系.另外，使尽可能多的点在坐标轴上，可以减小运算量.如图所示，四棱锥E－ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC∥AB，BC⊥CD，EA⊥ED，且AB＝4，BC＝CD＝EA＝ED＝2.(1)求证：BD⊥平面ADE.(2)求BE和平面CDE所成角的正弦值.[解](1)证明：由BC⊥CD，BC＝CD＝2，可得BD＝2 2.由EA⊥ED，且EA＝ED＝2，可得AD＝2 2.又AB＝4，所以AB2＝AD2＋BD2，所以BD⊥AD.又平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面ADE.(2)建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz ，则D (0,0,0)，B (0,22，0)，C (－2，2，0)，E (2，0，2)，所以BE →＝(2，－22，2)，DE →＝(2，0，2)， DC →＝(－2，2，0).设n ＝(x ，y ，z )是平面CDE 的法向量，则n ·DE →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，－x ＋y ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,1，－1).设直线BE 与平面CDE 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈BE →，n 〉|＝|BE →·n ||BE →|·|n |＝|2－22－2|23×3＝23，所以BE 和平面CDE 所成角的正弦值为23.。

高三复习数学63_立体几何中的向量方法(有答案)

高三复习数学63_立体几何中的向量方法(有答案)

6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。

1. 空间直角坐标系（1）为了确定空间点的位置，我们建立空间直角坐标系：以单位正方体OABC −D ′A ′B ′C ′为载体，__________________．这时我们说建立了一个空间直角坐标系Oxyz ，其中O 叫坐标原点，x 轴、y 轴、z 轴叫坐标轴．（2）___________________叫坐标平面，分别称为________________________． （3）通常建立的直角坐标系为___________________，即___________________________________．2. 空间两点间的距离（1）若A (x 1,y 1,z 1),B (x 2,y 2,z 2)，则|AB|=________．（2）特别地，点P (x,y,z )与原点O 之间的距离为|PO|=________．3. 空间向量的数量积及运算律 （1）数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →=a ，OB →=b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作⟨a ,b ⟩，其范围是0≤⟨a ,b ⟩≤π，若⟨a ,b ⟩=π2，则称a 与b ________，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩叫做向量a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩．（2）空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )⋅b =λ(a ⋅b )； ②交换律：a ⋅b =b ⋅a ；③分配律：a ⋅(b +c )=a ⋅b +a ⋅c .4. 空间向量的坐标表示及应用 （1）数量积的坐标运算设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)， 则a ⋅b =________．（2）共线与垂直的坐标表示设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则a //b ⇔a =λb ⇔________，________，a 3=λb 3(λ∈R ）， a ⊥b ⇔a ⋅b =0⇔________（a ，b 均为非零向量）． （3）模、夹角和距离公式设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则|a |=√a ⋅a =√a 12+a 22+a 32，cos ⟨a ,b ⟩=a ⋅b |a ||b |=112233√a 12+a 22+a 32⋅√b 12+b 22+b 32设A (a 1,b 1,c 1),B (a 2,b 2,c 2)，则d AB =|AB →|=√(a 2−a 1)2+(b 2−b 1)2+(c 2−c 1)2．5. 空间距离（1）点到直线的距离：指一点到它在一条直线上的________的距离． （2）两异面直线的距离：指两条异面直线的________的长度． （3）点到面的距离：指一点到它在一个平面内的________的距离．（4）平行线面间的距离：设直线l//平面α，则直线l 任意一点到平面α的距离，叫做直线l 到平面α的距离．据此可知：线面距离可转化为点面距离求解．（5）平行平面间的距离：其中一个平面内任意一点到另一个平面的距离，也就是两个平行平面的公垂线段的长度．显然，面面距离可以转化为点面距离求解．6. 如图，已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1各条棱长都相等．M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成角大小是________．7. （文）在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30∘，则该长方体的体积为（ ） A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√38. （理）已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（ ） A.13 B.√23C.√33D.239. （理）如图，AE ⊥平面ABCD ，CF//AE ，AD//BC ，AD ⊥AB ，AB =AD =1，AE =BC =2．求证：BF//平面ADE；求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；若二面角E−BD−F的余弦值为1，求线段CF的长．310. （文）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4，O 为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC；若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．11. （理）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘,AB=AC=AA1=1．D 是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1//平面BDA1．求证：CD=C1D．求点C到平面B1DP的距离．12. （理）在正四面体S−ABC中，侧面SAC与底面ABC所成二面角的余弦值为（）A.1 4B.13C.√24D.√2313. （文）在正四面体S−ABC中，侧棱SA与底面ABC所成线面角的余弦值为（）A.1 2B.√32C.√33D.√6314. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1,AA1=√3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A.1 5B.√56C.√55D.√2215. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘16. （理）二面角α−l−β为60∘，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面α,β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=a，BD=2a，则CD的长为（）A.2aB.2√2aC.√5aD.√3a17. （文）已知∠ACB=90∘，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为√3，那么P到平面ABC的距离为（）A.1B.√2C.√32D.1218. （理）设三棱锥V−ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P−AC−B的平面角为γ，则（）A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β19. （文）在封闭的直三棱柱ABC−A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC,AB= 6,BC=8,AA1=3，则V的最大值是（）A.4πB.9π2C.6π D.32π320. （理）棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为（）A.2√2B.√10C.√11D.2√321. （文）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高ℎ，计算其体积V的近似公式V≈136L2ℎ．它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3．那么，近似公式V≈275L2ℎ相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（）A.227B.258C.15750D.35511322. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．23. （理）已知点E、F分别在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________．24. （文）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为________．25. 如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，所有棱长均为a，且∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60∘，则下列结论正确的是________（写出所有正确结论的编号）．①平面A1BD//平面CB1D1；②四边形BDD1B1为正方形；a；③点A到平面BDD1B1的距离为√32④点A1在平面BDC1上的射影为△BDC1的垂心；⑤平面A1BD与平面BDD1B1将四棱柱分成从小到大三部分的体积比为1:2:3．26. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．证明：AC⊥HD′；,OD′=2√2，求五棱锥D′−ABCFE体积．若AB=5,AC=6,AE=5427. 如图，在三棱台ABC−DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90∘,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3．求证：BF⊥平面ACFD；求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．28. （理）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长和底面边长均为1，D是BC的中点．求证：A1B//平面ADC1求A1A与平面ADC1所成角的正弦值；的值；若不存在，试问线段A1B1上是否存在点E，使CE⊥平面ADC1？若存在，求AEA1B1说明理由．29. （文）如图，四棱锥P−ABCD的底面是直角梯形，AD//BC，AD=3BC=6,PB= 6√2，点M在线段AD上，且MD=4,AD⊥AB,PA⊥平面ABCD．求证：平面PCM⊥平面PAD；当四棱锥P−ABCD的体积最大时，求四棱锥P−ABCD的表面积．参考答案与试题解析6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。

高考数学 试题汇编 第五节 立体几何中的向量方法 理(含解析)

高考数学 试题汇编 第五节 立体几何中的向量方法 理(含解析)

第五节立体几何中的向量方法向量法证明平行、垂直关系考向聚焦高考常考内容,主要以向量为工具,通过直线的方向向量、平面的法向量证明线线、线面、面面平行与垂直,常以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右1.(2011年辽宁卷,理18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.(1)证明:平面PQC ⊥平面DCQ.(2)求二面角Q BP C 的余弦值.解:如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D xyz.(1)证明:依题意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0)则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0).所以·=0,·=0.即PQ⊥DQ,PQ⊥DC.且DQ∩DC=D.故PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)解:依题意有B(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则即因此可取n=(0,-1,-2).设m是平面PBQ的法向量,则可取m=(1,1,1),所以cos<m,n>=-.故二面角Q BP C的余弦值为-.2.(2011年北京卷,理16)如图,在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值;(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BD,∵底面ABCD为菱形,∴AC⊥BD,∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.解:(2)设AC∩BD=O,∵∠BAD=60°,PA=AB=2,∴BO=1,AO=OC=,如图,以O为坐标原点,OB、OC所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系O xyz,则P(0,-,2),A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0),∴=(1,,-2),=(0,2,0),设PB与AC所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|=||=.(3)由(2)知,=(-1,,0),设|PA|=t>0,则P(0,-,t),∴=(-1,-,t),设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则即,令y=,则x=3,z=,∴m=(3,,),同理可得平面PDC的法向量n=(-3,,), ∵平面PBC⊥平面PDC,∴m·n=0,即-6+=0,∴t=,即PA=.求直线与平面所成的角考向聚焦高考热点内容,主要以向量为工具,考查通过求直线的方向向量和平面的法向量的夹角,进而转化为直线与平面所成的角,主要以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右备考指津解决这类问题的关键是建立适当的坐标系,准确的求出直线的方向向量和平面的法向量,计算要准确3.(2012年湖北卷,理19,12分)如图(1),∠ACB=45°,BC=3,过动点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上且异于点B,连接AB,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图(2)所示).(1)当BD的长为多少时,三棱锥A BCD的体积最大;(2)当三棱锥A BCD的体积最大时,设点E,M分别为棱BC,AC的中点,试在棱CD上确定一点N,使得EN⊥BM,并求EN与平面BMN所成角的大小.(1)解:法一:在如题图(1)所示的△ABC中,设BD=x(0<x<3),则CD=3-x.由AD⊥BC,∠ACB=45°知,△ADC为等腰直角三角形,所以AD=CD=3-x.由折起前AD⊥BC知,折起后(如题图(2)),AD⊥DC,AD⊥BD,且BD∩DC=D,所以AD⊥平面BCD.又∠BDC=90°,所以S△BCD=BD·CD=x(3-x).于是=AD·S △BCD=(3-x)·x(3-x)=·2x(3-x)(3-x)≤[]3=,当且仅当2x=3-x,即x=1时,等号成立,故当x=1,即BD=1时,三棱锥A BCD的体积最大.法二:同法一,得=AD·S△BCD=(3-x)·x(3-x)=(x3-6x2+9x).令f(x)=(x3-6x2+9x),由f'(x)=(x-1)(x-3)=0,且0<x<3,解得x=1.当x∈(0,1)时,f'(x)>0;当x∈(1,3)时,f'(x)<0,所以当x=1时,f(x)取得最大值.故当BD=1时,三棱锥A BCD的体积最大.(2)解:法一:以D为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系D xyz.由(1)知,当三棱锥A BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2,于是可得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E(,1,0),且=(-1,1,1). 设N(0,λ,0),则=(-,λ-1,0).因为EN⊥BM等价于·=0,即(-,λ-1,0)·(-1,1,1)=+λ-1=0,故λ=,N(0,,0).所以当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时,EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n=(x,y,z),由及=(-1,,0),得可取n=(1,2,-1).设EN与平面BMN所成角的大小为θ,则由=(-,-,0),n=(1,2,-1),可得sin θ=cos(90°-θ)===,即θ=60°.故EN与平面BMN所成角的大小为60°.法二:由(1)知,当三棱锥A BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2,如图b,取CD的中点F,连结MF,BF,EF,则MF∥AD.由(1)知AD⊥平面BCD,所以MF⊥平面BCD.如图c,延长FE至P点使得FP=DB,连BP,DP,则四边形DBPF为正方形,所以DP⊥BF.取DF的中点N,连结EN,又E为FP的中点,则EN∥DP,所以EN⊥BF.因为MF⊥平面BCD.又EN⊂面BCD,所以MF⊥EN.又MF∩BF=F,所以EN⊥面BMF,又BM⊂面BMF,所以EN⊥BM.因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF,而点F是唯一的,所以点N是唯一的.即当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点),EN⊥BM.连接MN,ME,由计算得NB=NM=EB=EM=,所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取BM的中点G,连接EG,NG,则BM⊥平面EGN.在平面EGN中,过点E作EH⊥GN于H,则EH⊥平面BMN,故∠ENH是EN与平面BMN所成的角, 在△EGN中,易得EG=GN=NE=,所以△EGN是正三角形,故∠ENH=60°,即EN与平面BMN所成角的大小为60°.4.(2010年辽宁卷,理19)已知三棱锥P ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=AB,N为AB上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.(1)证明:CM⊥SN;(2)求SN与平面CMN所成角的大小.设PA=1,以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图. 则P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M(1,0,),N(,0,0),S(1,,0).(1)证明:=(1,-1,),=(-,-,0),因为·=-++0=0,所以CM⊥SN.(2)解:=(-,1,0),设a=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,由得令x=2,得a=(2,1,-2).设SN与平面CMN所成的角为θ,则sin θ=|cos<a,>|.又|cos<a,>|=||=,∴sin θ=,又θ∈[0°,90°],∴θ=45°,故SN与平面CMN所成角为45°.5.(2010年全国新课标卷,理18)如图,已知四棱锥P ABCD的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD中点.(1)证明:PE⊥BC;(2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.(1)证明:以H为原点,HA,HB,HP分别为x,y,z轴.线段HA的长为单位长度,建立空间直角坐标系如图.则A(1,0,0),B(0,1,0).设C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0).则D(0,m,0),E(,,0),可得=(,,-n),=(m,-1,0).因为·=-+0=0.所以PE⊥BC.(2)解:由已知条件可得m=-,n=1,故C(-,0,0).D(0,-,0),E(,-,0),P(0,0,1).设n=(x,y,z)为平面PEH的法向量.则即因此可以取n=(1,,0).又=(1,0,-1),可得|cos<,n>|=,所以直线PA与平面PEH 所成角的正弦值为.求二面角考向聚焦高考重点考查内容,主要以向量为工具,考查通过求两平面的法向量及其角,进而转化为二面角的大小,考查空间向量的线性运算及学生的空间想象能力,难度中档偏上,所占分值8分左右6.(2012年重庆卷,理19,12分)如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB=4,AC=BC=3,D为AB的中点.(1)求点C到平面A1ABB1的距离;(2)若AB1⊥A1C,求二面角A1CD C1的平面角的余弦值.解:(1)∵AC=BC,DA=DB,∴CD⊥AB,又∵AA1⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,∴AA1⊥CD,∵AA1∩AB=A,AA1⊂平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1∴CD⊥平面ABB1A1,∴点C到平面ABB1A1的距离为CD===.(2)如图,过点D作DD1∥AA1交A1B1于D1,由(1)知DB、DC、DD1两两垂直,以D为原点,射线DB、DC、DD1分别为x 轴、y轴、z轴的正半轴建立空间坐标系D xyz.设直棱柱的侧棱AA1=a,则A(-2,0,0),A1(-2,0,a),B1(2,0,a),C1(0,,a),C(0,,0),∴=(2,,-a),=(4,0,a),∵AB1⊥A1C,∴·=0,∴8-a2=0,∴a=2,∴=(0,,0),=(-2,0,2),=(0,0,2),设平面A1CD的法向量n1=(x1,y1,z1),则,∴,令z1=1,则n1=(,0,1),因AB⊥平面C1CD,故可取面C1CD的法向量n2=(1,0,0),∴cos<n1,n2>===.所以二面角A1CD C1的平面角的余弦值为.本题考查了立体几何中点到平面的距离和二面角大小的求法,空间向量的运用,主要考查学生的空间想象力、推理论证能力、化归能力和运算求解能力,难度适中.7.(2012年江西卷,理19,12分)在三棱柱ABC A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4,点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E,使得OE⊥平面BB1C1C,并求出AE的长;(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.(1)证明:连接AO,在△AOA1中,作OE⊥AA1于点E,因为AA1∥BB1,得OE⊥BB1,因为A1O⊥平面ABC,所以A1O⊥BC.由AB=AC,OB=OC,得AO⊥BC,而A1O∩AO=O,所以BC⊥平面AA1O,所以BC⊥OE,而BB1∩BC=B,所以OE⊥平面BB1C1C,又AO==1,AA1=,得AE==.(2)解:如图,分别以OA,OB,OA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2),由=得点E的坐标是(,0,),由(1)得平面BB1C1C的一个法向量是=(,0,),设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z),由,得,令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2,1,-1),所以cos<,n>==,即平面BB1C1C与平面A1B1C夹角的余弦值是.8.(2012年安徽卷,理18,12分)平面图形ABB1A1C1C如图(1)所示,其中BB1C1C是矩形,BC=2,BB1=4,AB=AC=,A1B1=A1C1=.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠,使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,再分别连接A1A,A1B,A1C,得到如图(2)所示的空间图形,对此空间图形解答下列问题.(1)证明:AA1⊥BC;(2)求AA1的长;(3)求二面角A BC A1的余弦值.解:本题考查空间中的垂直关系,求线段长,考查求二面角的余弦值,考查空间向量在求解立体几何问题中的应用.考查空间想象能力,推理论证能力,计算求解能力等.(1)如图,过点A作AO⊥平面A1B1C1,垂足为O,连接OB1,OC1,OA1,∵△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,BB1C1C是矩形,∴ABC A1B1C1为直三棱柱,由BC=2,AB=AC=知∠BAC为直角,且OB1=OC1,∵A1B1=A1C1=,∴OA1⊥B1C1,∵AO⊥平面A1B1C1,∴OA⊥B1C1,∴B1C1⊥平面OAA1,∵AA1⊂平面OAA1,所以AA1⊥BC.(2)由(1)可知OA=BB1=4,OA1=+=3,由OA⊥OA1,∴AA1==5.(3)由(1)知∠BAC=90°,则∠B1OC1=90°,且OA1在角∠B1OC1的平分线上.以O为坐标原点,OB1,OC1,OA所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.A(0,0,4),B(,0,4),C(0,,4),A1(,,0),则=(-,,0),=(,,-4).设平面BCA1的法向量为n=(x,y,z),则,即,取x=1,则n=(1,1,).由平面ABC的一个法向量为=(0,0,4),∴cos<n,>===,由图形可知二面角为钝角,所以二面角A BC A1的余弦值为-.解决本题的关键是能正确理解由平面几何图形到空间几何体的转换,其中的平行和垂直关系,线段长度关系等,然后通过添加辅助线构造常见几何体,就容易找出所需要的平行和垂直关系,也容易得出特殊的图形,也容易建立空间直角坐标系来求解.9.(2012年山东卷,理18,12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面AED;(2)求二面角F BD C的余弦值.(1)证明:∵四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,∴∠DCB=120°,∵CD=CB,∴∠CBD=∠CDB=30°,∴∠ABD=30°,∴∠ADB=90°,即AD⊥DB,又∵DB⊥AE,AE∩AD=A,∴BD⊥平面AED.(2)解:取BD中点P,连结CP,FP.∵CD=CB,∴CP⊥BD.又∵FC⊥平面ABCD,∴BD⊥FC,∴BD⊥平面FCP,∴BD⊥FP,∴∠FPC是二面角F BD C的平面角.设CD=1,则CP=,∴在Rt△FCP中,FP==,∴cos∠FPC==,即二面角F BD C的余弦值为.10.(2012年新课标全国卷,理19,12分)如图,直三棱柱ABC A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.(1)证明:DC1⊥BC;(2)求二面角A1BD C1的大小.(1)证明:不妨设AC=BC=AA1=1.又∵D为AA1中点,∴DC1=,BC1=,∴BD2=3=AD2+AB2,∴AB2=2=AC2+BC2,∴∠ACB=90°,即BC⊥AC,又∵BC⊥CC1,∴BC⊥平面ACC1A1,又∵DC1⊂平面ACC1A1,∴DC1⊥BC.(2)解:由(1)知CA、CB、CC1两两垂直.分别以CA、CB、CC1为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,1,0),D(1,0,1),A1(1,0,2),C1(0,0,2),∴=(1,-1,1),=(0,-1,2),设平面BDC1的一个法向量n=(x,y,z).则即令z=1,则y=2,x=1,即n=(1,2,1).可取平面A1BD的一个法向量m=(1,1,0),∴cos<m,n>===,又∵二面角A1BD C1为锐二面角,∴该二面角的大小为.该题应属立体几何的常规考查形式,一证一求,难度适中.11.(2012年广东卷,理18,13分)如图所示,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,点E在线段PC 上,PC⊥平面BDE.(1)证明:BD⊥平面PAC;(2)若PA=1,AD=2,求二面角B PC A的正切值.解:(1)∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD,同理PC⊥BD.∵PA、PC是平面PAC中的两条相交直线,∴BD⊥平面PAC.(2)解:法一:设AC、BD的交点为O,连接OE,则∠BEO即为所求二面角B PC A的平面角,由(1)知BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC,又∵四边形ABCD为矩形.∴四边形ABCD是正方形,∴AB=AD=2,AC=BD=2,∴BO=OC=BD=×2=,PC===3,由Rt△PAC∽Rt△OEC知=,=,OE=,在Rt△BOE中,tan ∠BEO===3.即二面角B PC A的正切值为3.法二:如图,分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴,A为坐标原点,建立空间直角坐标系, 由(1)知BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC,∴矩形ABCD为正方形,∴P(0,0,1),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),=(-2,2,0)是平面PAC的一个法向量,设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,由得,令x=1,则z=2,y=0,∴n=(1,0,2),∴cos<n,>===-,sin <n,>==,∴tan <n,>==-=-3又二面角B PC A为锐角,∴二面角B PC A的正切值为3.12.(2012年浙江卷,理20,15分)如图,在四棱锥P ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M,N分别为PB,PD的中点.(1)证明:MN∥平面ABCD;(2)过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A MN Q的平面角的余弦值.(1)证明:因为M,N分别是PB,PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.又因为MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)解:法一:连结AC交BD于O,以O为原点,OC,OD所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=2,BD=AB=6.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC.在Rt△PAC中,AC=2,PA=2,AQ⊥PC,得QC=2,PQ=4.由此知各点坐标如下:A(-,0,0),B(0,-3,0)C(,0,0),D(0,3,0),P(-,0,2),M(-,-,),N(-,,),Q(,0,).设m=(x1,y1,z1)为平面AMN的法向量.由=(,-,),=(,,)取z1=-1,得m=(2,0,-1).设n=(x2,y2,z2)为平面QMN的法向量.由=(-,-,),=(-,,)知取z2=5,得n=(2,0,5).于是cos<m,n>==.所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为.法二:在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.所以PB=PC=PD.所以△PBC≌△PDC.因M,N分别是PB,PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN.取线段MN的中点E,连结AE,EQ,则AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ为二面角A MN Q的平面角.由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.在Rt△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4.在△PBC中,cos∠BPC==,得MQ==.在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得QE==.在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得cos∠AEQ==.所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为.13.(2012年天津卷,理17,13分)如图,在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1.(1)证明:PC⊥AD;(2)求二面角A PC D的正弦值;(3)设E为棱PA上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为30°,求AE的长.解:如图,以点A为原点,射线AD、AC、AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建系, 则A(0,0,0),D(2,0,0),B(-,,0),C(0,1,0),P(0,0,2),(1)∵=(0,1,-2),=(2,0,0),∴·=0,∴PC⊥AD.(2)=(0,1,-2),=(2,-1,0),设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),则,即,令x=1,则n1=(1,2,1).又平面PAC的一个法向量可取n2=(1,0,0),∴cos<n1,n2>===.∴sin<n1,n2>=.∴二面角A PC D的正弦值为.(3)设点E(0,0,a),a∈[0,2],则=(,-,a),又=(2,-1,0),故cos<,>===,∴=cos 30°=,∴a=,∴AE=.本小题主要考查了空间两直线的位置关系,二面角,异面直线所成的角等基础知识,主要考查学生的空间想象力,化归能力和运算能力,难度适中.14.(2012年四川卷,理19,12分)如图,在三棱锥P ABC中,∠APB=90°,∠PAB=60°,AB=BC=CA,平面PAB⊥平面ABC.(1)求直线PC与平面ABC所成的角的大小;(2)求二面角B AP C的大小.解:法一:(1)设AB的中点为D,AD的中点为O,连结PO、CO、CD.由已知,△PAD为等边三角形.所以PO⊥AD.又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AD,所以PO⊥平面ABC.所以∠OCP为直线PC与平面ABC所成的角.不妨设AB=4,则PD=2,CD=2,OD=1,PO=.在Rt△OCD中,CO==.所以,在Rt△POC中,tan∠OCP===.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan .(2)过D作DE⊥AP于E,连结CE.由已知可得,CD⊥平面PAB.根据三垂线定理知,CE⊥PA.所以∠CED为二面角B AP C的平面角.由(1)知,DE=.在Rt△CDE中,tan∠CED===2.故二面角B AP C的大小为arctan 2.法二:(1)设AB的中点为D,作PO⊥AB于点O,连结CD.因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AD,所以PO⊥平面ABC.所以PO⊥CD.由AB=BC=CA,知CD⊥AB.设E为AC中点,则EO∥CD,从而OE⊥PO,OE⊥AB.如图,以O为坐标原点,OB、OE、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O xyz. 不妨设PA=2,由已知可得,AB=4,OA=OD=1,OP=,CD=2.所以O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2,0),P(0,0,).所以=(-1,-2,),而=(0,0,)为平面ABC的一个法向量.设α为直线PC与平面ABC所成的角,则sin α=||=||=.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arcsin .(2)由(1)有,=(1,0,),=(2,2,0).设平面APC的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则⇔⇔从而取x1=-,则y1=1,z1=1,所以n=(-,1,1).设二面角B AP C的平面角为β,易知β为锐角.而平面ABP的一个法向量为m=(0,1,0),则cos β=||=||=.故二面角B AP C的大小为arccos .15.(2011年天津卷,理17)如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H⊥平面AA1B1B,且C1H=.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;(2)求二面角A A1C1B1的正弦值;(3)设N为棱B1C1的中点,点M在平面AA1B1B内,且MN⊥平面A1B1C1,求线段BM的长.解:如图所示,建立空间直角坐标系,点H为原点,依题意得A(2,0,0),B1(-2,0,0),A1(0,2,0),B(0,-2,0),C1(0,0,),C(2,-2,).(1)∵=(0,-2,),=(-2,-2,0),∴cos<,>===,∴异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)设平面AA1C1的法向量m=(x,y,z),则,即,取x=,可得m=(,,2),同理设平面A1B1C1的法向量n=(x',y',z'), 则,即,取x'=,可得n=(,-,-2).∴cos<m,n>==-=-,从而sin<m,n>=.所以二面角A A1C1B1的正弦值为.(3)B1C1的中点N(-1,0,),设M(a,b,0),则=(-1-a,-b,),由⊥平面A1B1C1,得,即,∴,∴M(,-,0),∴=(,,0),∴||==.∴线段BM的长为.16.(2011年新课标全国卷,理18)如图,四棱锥P ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)证明:PA⊥BD;(2)若PD=AD,求二面角A PB C的余弦值.(1)证明:∵∠DAB=60°,AB=2AD,不妨设AD=1.由余弦定理得BD=,∴BD2+AD2=AB2,∴BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,∵AD∩PD=D,∴BD⊥平面PAD.∴PA⊥BD.(2)解:如图,以D为坐标原点,DA,DB,DP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系D xyz.设AD=1,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,,0),P(0,0,1),=(-1,,0),=(0,,-1),=(-1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则,即.设z=,则得n=(,1,).同理设平面PBC的法向量为m,则可取m=(0,-1,-),cos<m,n>===-.故二面角A PB C的余弦值为-.17.(2010年浙江卷,理20)如图, 在矩形ABCD中,点E,F分别在线段AB,AD上,AE=EB=AF=FD=4.沿直线EF将△AEF翻折成△A'EF,使平面A'EF⊥平面BEF.(1)求二面角A'FD C的余弦值;(2)点M,N分别在线段FD,BC上,若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折,使C与A'重合,求线段FM的长.解:法一:(1)取线段EF的中点H,连接A'H.因为A'E=A'F及H是EF的中点,所以A'H⊥EF.又因为平面A'EF⊥平面BEF,及A'H⊂平面A'EF,所以A'H⊥平面BEF.如图建立空间直角坐标系A xyz,则A'(2,2,2),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0),故=(-2,2,2),=(6,0,0).设n=(x,y,z)为平面A'FD的一个法向量,所以取z=,则n=(0,-2,).又平面BEF的一个法向量m=(0,0,1).故cos<n,m>==.所以二面角A'FD C的余弦值为.(2)设FM=x,则M(4+x,0,0),因为翻折后C与A'重合,所以CM=A'M,故(6-x)2+82+02=(-2-x)2+22+(2)2,得x=,经检验,此时点N在线段BC上,所以FM=.法二:(1)取线段EF的中点H,AF的中点G,连接A'G,A'H,GH.因为A'E=A'F及H是EF的中点,所以A'H⊥EF,又因为平面A'EF⊥平面BEF,A'H⊂平面A'EF,所以A'H⊥平面BEF,又AF⊂平面BEF,故A'H⊥AF,又因为G,H分别是AF,EF的中点,易知GH∥AB,所以GH⊥AF,又∵GH∩A'H=H,∴AF⊥平面A'GH,所以∠A'GH为二面角A'FD C的平面角,在Rt△A'GH中,A'H=2,GH=2,A'G=2,所以cos∠A'GH=.故二面角A'FD C 的余弦值为.(2)设FM=x,因为翻折后C与A'重合, 所以CM=A'M,而CM2=DC2+DM2=82+(6-x)2,A'M2=A'H2+MH2=A'H2+MG2+GH2=(2)2+(x+2)2+22,得x=,经检验,此时点N在线段BC上,所以FM=.立体几何的开放性问题考向聚焦高考常考内容,主要考查立体几何的开放性问题:(1)条件追溯型;(2)存在探索型;(3)方法类比探索型.考查学生分析问题、解决问题的能力,多在解答题的最后一问,难度中档偏上,所占分值4~8分18.(2012年上海数学,理14,4分)如图,AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱,BC=2.若AD=2c,且AB+BD=AC+CD=2a,其中a、c为常数,则四面体ABCD的体积的最大值是.解析:过点A作AE⊥BC于E,连结DE,则DE⊥BC,所以四面体ABCD的体积为S△ADE.由对称性知,点E为BC的中点,且AB=BD=a时,△ADE的面积最大,又AB+BD>AD,即a>c.所以S△ADE=c,因此四面体ABCD的体积的最大值为.答案:19.(2012年北京卷,理16,14分)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BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.解:(1)在图(1)中,DE∥BC,AC⊥BC,∴DE⊥AD,DE⊥DC.∴折起后在图(2)中,DE⊥A1D,DE⊥DC.又∵A1D∩DC=D,且A1D,DC⊂平面A1CD,∴DE⊥平面A1CD.∴DE⊥A1C.又∵CD⊥A1C,且CD∩DE=D,且CD,DE⊂平面BCDE,∴A1C⊥平面BCDE.(2)在图(1)中,∵DE∥BC,AC=6,DE=2,BC=3,∴AD=4,DC=2,∴折起后在图(2)中,A1D=4,DC=2,又∵A1C⊥CD,∴A1C=2.由(1)知,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz,则C(0,0,0),A1(0,0,2),D(0,2,0),B(3,0,0),E(2,2,0),∴中点M(0,1,),∴=(0,1,).又∵=(-1,2,0),=(3,0,-2).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则,∴不妨取x1=1,则n=(1,,).设直线CM与平面A1BE所成角为α,则sin α=|cos(-α)|===,∴α=,∴直线CM与平面A1BE所成角为.(3)不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.证明:假设存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.记P的坐标为P(m,0,0),且0≤m≤3.∴=(m,0,-2),=(0,2,-2),设平面A1PD的法向量为m,且m=(x2,y2,z2),∴∴令z2=1,得m=(,,1).又当平面A1DP⊥平面A1BE时,m·n=0,∴++=0,∴m=-2∉[0,3].∴假设不成立,∴不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.本题考查了空间向量在立体几何中的应用,尤其第三问中更好地体现了空间向量的优越性.20.(2012年福建卷,理18,13分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;(3)若二面角A B1E A1的大小为30°,求AB的长.解:(1)以A为原点,,,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),D1(0,1,1),E(,1,0),B1(a,0,1),故=(0,1,1),=(-,1,-1),=(a,0,1),=(,1,0).∵·=-×0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0)(0≤z0≤1),使得DP∥平面B1AE.此时=(0,-1,z0).设平面B1AE的法向量n=(x,y,z),∵n⊥平面B1AE,∴n⊥,n⊥,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=(1,-,-a).要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有-az0=0,解得z0=.即AP=.(3)连接A1D,B1C,由长方体ABCD A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1,∴AD1⊥平面DCB1A1,∴是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1).设与n所成的角为θ,则cos θ==.∵二面角A B1E A1的大小为30°,∴|cos θ|=cos 30°,即=,解得a=2,即AB的长为2.利用空间向量解决立体几何中的判定与求解问题的关键是合理建系,准确设点,本题第3问较为创新,更能体现向量法的优点,而在法向量的应用上,要注意赋值的有效性.21.(2010年湖南卷,理18)如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.(1)求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值;(2)在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?证明你的结论.解:法一:设正方体的棱长为1.如图所示,以,,为单位正交基底建立空间直角坐标系A xyz.(1)依题意,得B(1,0,0),E(0,1,),A(0,0,0),D(0,1,0),所以=(-1,1,),=(0,1,0).在正方体ABCD A1B1C1D1中,因为AD⊥平面ABB1A1,所以是平面ABB1A1的一个法向量.设直线BE与平面ABB1A1所成的角为θ,则sin θ===.即直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.证明如下:依题意,得A1(0,0,1),=(-1,0,1),=(-1,1,).设n=(x,y,z)是平面A1BE的一个法向量,则由n·=0,n·=0,得所以x=z,y=z.取z=2,得n=(2,1,2).设F是棱C1D1上的点,则F(t,1,1)(0≤t≤1).又B1(1,0,1),所以=(t-1,1,0).而B1F⊄平面A1BE,于是B1F∥平面A1BE⇔·n=0⇔(t-1,1,0)·(2,1,2)=0⇔2(t-1)+1=0⇔t=⇔F为棱C1D1的中点.这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点),使B1F∥平面A1BE.法二:(1)如图(1)所示,取AA1的中点M,连接EM,BM.因为E是DD1的中点,四边形ADD1A1为正方形,所以EM∥AD.又在正方体ABCD A1B1C1D1中,AD⊥平面ABB1A1,所以EM⊥平面ABB1A1,从而BM为BE在平面ABB1A1上的射影,∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角.设正方体的棱长为2,则EM=AD=2,BE==3.于是,在Rt△BEM中,sin∠EBM==,即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.证明如下:事实上,如图(2)所示,分别取C1D1和CD的中点F、G,连接B1F,EG,BG,CD1,FG.因A1D1∥B1C1∥BC,且A1D1=BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,因此D1C∥A1B.又E,G分别是D1D,CD的中点,所以EG∥D1C,从而EG∥A1B.这说明A1,B,G,E四点共面.所以BG⊂平面A1BE.因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形,F,G分别为C1D1和CD的中点,所以FG∥C1C∥B1B,且FG=C1C=B1B,因此四边形B1BGF是平行四边形,所以B1F∥BG.而B1F⊄平面A1BE,BG⊂平面A1BE,故B1F∥平面A1BE.(2011年福建卷,理20)如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.(1)求证:平面PAB⊥平面PAD;(2)设AB=AP.①若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长;②在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等?说明理由.解:(1)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB.1分又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.2分又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.3分第(1)问赋分细则:(1)证出PA⊥AB得1分,未写出AB⊂平面ABCD不得分;(2)证出AB⊥平面PAD得1分,未写出PA∩AD=A不得分;(3)写出平面PAB⊥平面PAD得1分.(2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A xyz(如图).在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则CE⊥AD.4分在Rt△CDE中,DE=CD·cos 45°=1,CE=CD·sin 45°=1.设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).由AB+AD=4得AD=4-t,所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).5分①设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),由n⊥,n⊥,得取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos 60°=||,即=,解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),6分所以AB=.7分②假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.8分设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),=(0,-m,t).由||=||得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m;(ⅰ)由||=||得(4-t-m)2=m2+t2.(ⅱ)由(ⅰ)、(ⅱ)消去t,化简得m2-3m+4=0.(ⅲ)由于方程(ⅲ)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.11分从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.12分第(2)问赋分细则:(1)建立坐标系得1分,未说明如何建立坐标系扣1分;(2)用t表示出、得1分;(3)设出平面法向量,计算正确得1分;(4)在线段AD上设出G点得1分;(5)计算错误扣2分,如t值计算错;(6)没有结论扣1分.通过高考阅卷分析,造成失分原因如下:(1)解题过程不全,错过得分点,如不建立坐标系;(2)计算错误,如t值求错,平面法向量求错;(3)对参数没有限制范围,如0≤m≤4-t;(4)没有写出结论或未写清结论导致扣分,如不写在线段AD上不存在一个点G,使得点G到P、B、C、D的距离相等.。

新高考数学复习考点知识与解题方法专题讲解40---立体几何中的向量方法(解析版)

新高考数学复习考点知识与解题方法专题讲解40---立体几何中的向量方法(解析版)

新高考数学复习考点知识与解题方法专题讲解专题8.7 立体几何中的向量方法【考纲解读与核心素养】1.理解直线的方向向量与平面的法向量.2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).4．培养学生的数学抽象、数学运算、数学建模、逻辑推理、直观想象等核心数学素养.5. 高考预测：（1）以几何体为载体，综合考查平行或垂直关系证明，以及角与距离的计算.（2）利用几何法证明平行、垂直关系，利用空间向量方法求角或距离.（3）利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点，内容以解答题中的一问为主，主要围绕考查空间直角坐标系的建立、空间向量的坐标运算能力和分析解决问题的能力命制试题，以多面体为载体、证明线面(面面)的平行(垂直)关系是主要命题方向．空间的角与距离的计算（特别是角的计算）是高考热点，一般以大题的条件或一小问形式呈现，考查用向量方法解决立体几何问题，将空间几何元素之间的位置关系转化为数量关系，并通过计算解决立体几何问题．距离问题往往在与有关面积、体积的计算中加以考查．此类问题往往属于“证算并重”题，即第一问用几何法证明平行关系或垂直关系，第二问则通过建立空间直角坐标系，利用空间向量方法进一步求角或距离.浙江卷对空间向量方法考题较少，较为注重几何法的考查.6.备考重点：(1)掌握空间向量的坐标运算； (2)掌握角与距离的计算方法.【知识清单】知识点1．利用空间向量证明平行问题1.直线的方向向量与平面的法向量的确定①直线的方向向量：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量，与AB →平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量．②平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎨⎧n·a ＝0，n·b ＝0.2.用向量证明空间中的平行关系①设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2. 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v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝xv 1＋yv 2.③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⇔v ⊥u . ④设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2. 知识点2．利用空间向量证明垂直问题1. 用向量证明空间中的垂直关系①设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝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⇔v∥u . ③设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 2.共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)，a ⊥b ⇔a·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)． 知识点3．异面直线所成的角 1.两条异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做a 与b 所成的角．②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,]2π．③向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有cos |cos |||||||a ba b θϕ⋅==⋅.知识点4．直线与平面所成角1．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|＝|e ·n ||e ||n |.知识点5．二面角 1．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＝〈AB ，CD 〉．(2)如图2、3，12,n n 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12,n n θ=<>(或12,n n π-<>)．知识点6．利用向量求空间距离 1．空间向量的坐标表示及运算 (1)数量积的坐标运算设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)， 则①a ±b ＝(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3)；②λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)； ③a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (2)共线与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)，a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0(a ，b 均为非零向量)． (3)模、夹角和距离公式设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a·a ＝a 21＋a 22＋a 23，cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b|＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23. 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)，则||(AB d AB a ==. 2. 点面距的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.【典例剖析】高频考点一：利用空间向量证明平行问题【典例1】（选自2017天津，理17）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠=︒.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，BAC90AB=2.（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；【答案】（Ⅰ）证明见解析【解析】如图，以A为原点，分别以AB，AC，AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.（Ⅰ）证明：DE=（0，2，0），DB=（2，0，2-）.设(,,)x y z=n，为平面BDE的法向量，则DEDB⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn，即20220yx z=⎧⎨-=⎩.不妨设1z=，可得(1,0,1)=n.又MN=（1，2，1-），可得0MN⋅=n.因为MN⊄平面BDE，所以MN//平面BDE.【规律方法】利用空间向量证明平行的方法【变式探究】(湖北卷)如图，在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，N M F E ,,,分别是棱1111,,,D A B A AD AB 的中点，点Q P ,分别在棱1DD ,1BB 上移动，且()20<<==λλBQ DP .（1）当1=λ时，证明：直线//1BC 平面EFPQ .【答案】直线//1BC 平面EFPQ .【解析】以D 为原点，射线1,,DD DC DA 分别为z y x ,,轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系xyz D -，由已知得),0,0(),0,0,1(),2,2,0(),0,2,2(1λP F C B ， 所以)2,0,2(1-=BC ，),0,1(λ-=，)0,1,1(=，（1）证明：当1=λ时，)1,0,1(-=FP ，因为)2,0,2(1-=BC ， 所以BC 21=，即FP BC //1，而⊂FP 平面EFPQ ，且⊄1BC 平面EFPQ ，故直线//1BC 平面EFPQ . 【总结提升】证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为了数量的计算问题．高频考点二 ： 利用空间向量证明垂直问题【典例2】在边长是2的正方体ABCD -1111A B C D 中，,E F 分别为1,AB A C 的中点. 应用空间向量方法求解下列问题.(1)求EF 的长(2)证明：//EF 平面11AA D D ； (3)证明: EF 平面1A CD .【答案】（1）2；（2）见解析；（3）见解析.zy【解析】(1)如图建立空间直角坐标系11(2,0,2),(2,0,0),(2,2,0),(0,2,0),(0,0,2)A A B C D =====(2,1,0),(1,1,1)E F ==(1,0,1),||2EF EF =-= 4分（2）11(2,0,2)AD AD EF =-∴而11ADD A EF ⊄面//EF ∴平面11AA D D 8分（3）11EF CD 0,EF A D=0EF CD,EF A D ⋅=⋅∴⊥⊥ 又1CD A D=D ⋂EF ∴⊥平面1A CD . 【规律方法】用空间向量证明垂直问题的方法zy【变式探究】设平面α与向量a ＝(－1,2，－4)垂直，平面β与向量b ＝(2,3,1)垂直，则平面α与β的位置关系是________．【答案】垂直 【解析】由题意，()()2?31?1?2?42640,a b ⋅---+-＝，，＝，，＝＝ ,a b ∴⊥ ∵根据平面α与向量()1?2?4a --＝，，垂直，平面β与向量() 2?31?b ＝，，垂直， .αβ∴⊥故答案为垂直【总结提升】1.证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直，而直线与平面垂直，平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明．2.要证明两线垂直，需转化为两线对应的向量垂直，进一步转化为证明两向量的数量积为零，这是证明两线垂直的基本方法，线线垂直是证明线面垂直，面面垂直的基础．3.证明线面垂直，可利用判定定理．如本题解法．4.用向量证明两个平面垂直，关键是求出两个平面的法向量，把证明面面垂直转化为法向量垂直．高频考点三 ： 异面直线所成的角 【典例3】（2018年理数全国卷II ）在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为( ) A. B. C.D.【答案】C【特别提醒】提醒：两异面直线所成角θ的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角．【变式探究】（2019·广西高考模拟（理））在直三棱柱111ABC A B C -中，3,3,32AC BC AB ===,14AA =,则异面直线1A C 与1BC 所成角的余弦值为__________．【答案】1625【解析】因为3,3,32AC BC AB ===C 为直角，又直棱柱中，侧棱与底面垂直，所以1CA CB CC 、、两两垂直，以C 点为坐标原点，以1CA CB CC 、、方向分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0C ，()10,0,4C ，()13,0,4A ，()0,3,0B ，所以()13,0,4AC =--，()1 0,3,4BC =-， 设异面直线1A C 与1BC 所成角为θ，则1111114416cos cos 25916916AC BC AC BC AC BC θ-⨯====+⨯+，.故答案为1625【总结提升】向量法求两异面直线所成角的步骤 (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．高频考点四 ： 直线与平面所成角【典例4】（2020·北京高考真题）如图，在正方体1111ABCD A B C D 中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23.【解析】（Ⅰ）如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B 且11AB A B =，1111//A B C D 且1111A B C D =，11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ，1BC ⊄平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；（Ⅱ）以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z =，由100n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令2z =-，则2x =，1y =，则()2,1,2n =-.11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅. 因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23.【规律方法】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(钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角.【变式探究】（2018年江苏卷）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．所成角的正弦值为．高频考点五：二面角【典例5】（2019年高考全国Ⅲ卷理）图1是由矩形ADEB，R t△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.【答案】（1）见解析；（2）30.【解析】（1）由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE．又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．（2）作EH⊥BC，垂足为H．因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC．由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=3．以H为坐标原点，HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，03），CG=（1，03），AC=（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°． 【规律方法】利用向量法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．【变式探究】（2017课标II ，理19）如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 为等比三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= E 是PD 的中点. （1）证明：直线//CE 平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45 ，求二面角M AB D--的余弦值.【答案】(1)证明略；(2) 10 5.【解析】（1）取PA的中点F，连结EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD,12EF AD=,由90BAD ABC∠=∠=得BC∥AD，又12BC AD=,所以EF BC∥.四边形BCEF为平行四边形，CE∥BF.又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.（2）由已知得BA AD⊥,以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，AB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz-，则()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C ，()0,1,3P ，(103)PC =-，，,(100)AB =，，， 设()(),,01M x y z x <<则()()1,,,,1,3BM x y z PM x y z =-=--，因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而()0,0,1=n 是底面ABCD 的法向量，所以cos ,sin 45BM =n ，()222221zx y z =-++， 即()22210x y z -+-=.①又M 在棱PC 上，设PM PC λ=,则,1,33x y z λλ===-.②高频考点六：利用向量求空间距离【典例6】（2018·四川省广安石笋中学校高考模拟（理））如图，在棱长为2的正方体中，M是线段AB上的动点．证明：平面；若点M是AB中点，求二面角的余弦值；判断点M到平面的距离是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）点到平面的距离为定值.【解析】【分析】（1）利用正方体的性质得，由线面平行的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系求出平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式求出二面角的余弦值，即可得解.（3）由（1）得点到平面的距离等于上任意一点到平面的距离，结合（2）和点到面的距离公式得点到平面的距离即可.【详解】（1）证明：因为在正方体中，，平面，平面，平面（2）在正方体中，，，两两互相垂直，则建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，所以，，，，设向量，分别为平面和平面的法向量，由取，则，，.同理取，则，，.，又二面角的平面角为锐角，二面角的余弦值为（3）由（1）知平面.点到平面的距离等于上任意一点到平面的距离，取点为，结和（2）和点到平面的距离.点到平面的距离定值为【总结提升】利用法向量求解空间线面角、面面角、距离等问题，关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”，求出平面的法向量；④破“应用公式关”．【变式探究】（2019·安徽高三期末（文））如图，在四棱锥P ABCD -中，AC BD ⊥交于点O ，ABC 90=，AD CD =，PO ⊥底面ABCD ．()1求证：AC ⊥底面PBD ； ()2若PBC 是边长为2的等边三角形，求O 点到平面PBC 的距离．【答案】（1）见证明；（2）6 【解析】证明：()1在四棱锥P ABCD -中，AC BD ⊥交于点O ，ABC 90=，AD CD =，PO ⊥底面ABCD ．AC PO ∴⊥，又BD PO O ⋂=，AC ∴⊥平面PBD ．()2以O 为原点，OD 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，AC BD ⊥交于点O ，ABC 90=，AD CD =，PBC 是边长为2的等边三角形， AB BC 2∴==，AC 4422=+=AO CO BO 2===PO 422=-=P(0,∴02)，O(0,0，0)，()C 2,0，B(2,-0，0)，PO (0,=0，，PB (=-0，，(PC 0,=，设平面PBC 的法向量n (x,=y ，z)，则PB 20PC 20n n y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩，取x 1=，得n ()1,1,1=--， O ∴点到平面PBC 的距离d =PO 233nn ⋅==.。

专题07 立体几何中的向量方法(解析版)

专题07 立体几何中的向量方法(解析版)

专题07 立体几何中的向量方法【要点提炼】1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)，则 (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同). (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|cos a ，μ|＝|a ·μ||a ||μ|.(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)， 则|cos θ|＝|cosμ，v|＝|μ·v ||μ||v |.考点考向一 利用空间向量证明平行、垂直【典例1】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点.证明：(1)BE ⊥DC ； (2)BE ∥平面P AD ； (3)平面PCD ⊥平面P AD .证明 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1).(1)向量BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，故BE →·DC →＝0. 所以BE ⊥DC .(2)因为AB ⊥AD ，又P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥P A ，P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以向量AB→＝(1，0，0)为平面P AD 的一个法向量， 而BE →·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE ⊥AB ， 又BE ⊄平面P AD ， 所以BE ∥平面P AD .(3)由(2)知平面P AD 的法向量AB →＝(1，0，0)，向量PD →＝(0，2，－2)，DC →＝(2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎨⎧2y －2z ＝0，2x ＝0，不妨令y ＝1，可得n ＝(0，1，1)为平面PCD 的一个法向量. 且n ·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n ⊥AB →. 所以平面P AD ⊥平面PCD .探究提高 1.利用向量法证明平行、垂直，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素). 2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的定理，如在(2)中忽略BE ⊄平面P AD 而致误.【拓展练习1】 如图，在直三棱柱ADE －BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点.证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 (1)由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12.OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)， ∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE －BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)在第(1)问的空间直角坐标系中，设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2).∵DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)，CF →＝(0，－1，1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DF→＝0，n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0，1，1).∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 考向二 线线角、线面角的求解【典例2】 (2020·浙江卷)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值.(1)证明 如图(1)，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB .图(1)由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC ，得 CD ＝2CO .由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ， 所以DO ⊥BC .由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO ，得BO ⊥BC . 所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由ABC －DEF 为三棱台，得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB .(2)解 法一 如图(1)，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH .由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO ，得OH ⊥BC ，故OH ⊥平面DBC ， 所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角. 设CD ＝22，则DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2，得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.法二 由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图(2)，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .图(2)设CD ＝22，由题意知各点坐标如下：O (0，0，0)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，D (0，0，2). 因此OC→＝(0，2，0)，BC →＝(－1，1，0)，CD →＝(0，－2，2). 设平面DBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－2y ＋2z ＝0，可取n ＝(1，1，1)，所以sin θ＝|cos 〈OC →，n 〉|＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.探究提高 1.异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.2.直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与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).【拓展练习2】 (2020·全国Ⅱ卷)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心.若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形且M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又侧面BB 1C 1C 是矩形，所以B 1C 1⊥MN . 又A 1N ∩MN ＝N ，A 1N ，MN ⊂平面A 1AMN ， 所以B 1C 1⊥平面A 1AMN .又B 1C 1⊂平面EB 1C 1F ， 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解 由已知及(1)得AM ⊥BC ，MN ⊥BC ，AM ⊥MN .以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M －xyz ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ， 平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ，故AO ∥PN . 又AP ∥ON ，则四边形AONP 为平行四边形，故PM ＝233，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC .作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC . 设Q (a ，0，0)，则 NQ ＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a2， B 1⎝⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a2. 故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2， |B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1，0)是平面A 1AMN 的一个法向量， 故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉＝n ·B 1E →|n |·|B 1E →|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 考向三 利用向量求二面角【典例3】 (2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值.解 设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c .如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1→的方向为x 轴正方向， 建立空间直角坐标系C 1－xyz .(1)证明 连接C 1F ，C 1(0，0，0)，A (a ，b ，c )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，0，23c ，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b ，13c ，EA→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b ，13c ，C 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b ，13c ，得EA →＝C 1F →， 因此EA ∥C 1F ，即A ，E ，F ，C 1四点共面， 所以点C 1在平面AEF 内.(2)由已知得A (2，1，3)，E (2，0，2)，F (0，1，1)，A 1(2，1，0)，AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2，0，－2)，A 1E →＝(0，－1，2)，A 1F →＝(－2，0，1). 设n 1＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，－2x －2z ＝0，可取n 1＝(－1，－1，1).设n 2为平面A 1EF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，同理可取n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，1.设二面角A －EF －A 1的平面角为α，所以cos α＝cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77，则sin α＝1－cos2α＝42 7，所以二面角A－EF－A1的正弦值为42 7.探究提高 1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.【拓展练习3】(2020·沈阳一监)如图，已知△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE∥BD，BD＝2CE.点F为AD的中点，连接EF.(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求二面角C－AE－D的余弦值.(1)证明取AB的中点为O，连接OC，OF，如图.∵O，F分别为AB，AD的中点，∴OF∥BD且BD＝2OF.又CE∥BD且BD＝2CE，∴CE∥OF且CE＝OF，∴OF綊EC，则四边形OCEF为平行四边形，∴EF∥OC.又OC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)解∵△ABC为等边三角形，O为AB的中点，∴OC⊥AB.∵平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，BD ⊥AB ，BD ⊂平面ABD ，∴BD ⊥平面ABC .又OF ∥BD ，∴OF ⊥平面ABC .以O 为坐标原点，分别以OA ，OC ，OF 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨令正三角形ABC 的边长为2，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，C (0，3，0)，E (0，3，1)，D (－1，0，2)，∴AC→＝(－1，3，0)，AE →＝(－1，3，1)，AD →＝(－2，0，2). 设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝－x 1＋3y 1＝0，AE →·m ＝－x 1＋3y 1＋z 1＝0. 不妨令y 1＝3，则m ＝(3，3，0). 设平面AED 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧AD →·n ＝－2x 2＋2z 2＝0，AE →·n ＝－x 2＋3y 2＋z 2＝0. 令z 2＝1，得n ＝(1，0，1). ∴cos 〈m ，n 〉＝323×2＝64.由图易知二面角C －AE －D 为钝角， ∴二面角C －AE －D 的余弦值为－64. 考向四 利用空间向量求解探索性问题【典例4】 (2020·武汉调研)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 是AC 与BD 的交点，点E 是线段OD 1上的一点.(1)若点E 为OD 1的中点，求直线OD 1与平面CDE 所成角的正弦值；(2)是否存在点E ，使得平面CDE ⊥平面CD 1O ？若存在，请指出点E 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 解 (1)不妨设正方体的棱长为2.以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 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D －xyz ，则D (0，0，0)，D 1(0，0，2)，C (0，2，0)，O (1，1，0). 因为E 为OD 1的中点， 所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.则OD 1→＝(－1，－1，2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，DC →＝(0，2，0).设p ＝(x 0，y 0，z 0)是平面CDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧p ·DE→＝0，p ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x 0＋12y 0＋z 0＝0，2y 0＝0，取x 0＝2，则y 0＝0，z 0＝－1，所以p ＝(2，0，－1)为平面CDE 的一个法向量. 设直线OD 1与平面CDE 所成角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈OD 1→，p 〉|＝|OD 1→·p ||OD 1→||p |＝|－1×2＋（－1）×0＋2×（－1）|（－1）2＋（－1）2＋22×22＋（－1）2＝23015， 即直线OD 1与平面CDE 所成角的正弦值为23015.(2)存在，且点E 为线段OD 1上靠近点O 的三等分点.理由如下. 假设存在点E ，使得平面CDE ⊥平面CD 1O .同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E 不与点O 重合，设D 1E →＝λEO →，λ∈[0，＋∞)，OC →＝(－1，1，0)，OD 1→＝(－1，－1，2). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面CD 1O 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OC →＝0，m ·OD 1→＝0，即⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，－x 1－y 1＋2z 1＝0，取x 1＝1，则y 1＝1，z 1＝1，所以m ＝(1，1，1)为平面CD 1O 的一个法向量.因为D 1E →＝λEO →，所以点E 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ， 所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ. 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面CDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE→＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧λ1＋λx 2＋λ1＋λy 2＋21＋λz 2＝0，2y 2＝0，取x 2＝1，则y 2＝0，z 2＝－λ2，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－λ2为平面CDE 的一个法向量. 因为平面CDE ⊥平面CD 1O ，所以m ⊥n . 则m ·n ＝0，所以1－λ2＝0，解得λ＝2.所以当D 1E →EO →＝2，即点E 为线段OD 1上靠近点O 的三等分点时，平面CDE ⊥平面CD 1O .探究提高 1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误.2.空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.【拓展练习4】 (2019·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13.(1)求证：CD ⊥平面P AD ； (2)求二面角F －AE －P 的余弦值；(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由. (1)证明 因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥CD . 又因为AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ， 所以CD ⊥平面P AD .(2)解 过点A 作AD 的垂线交BC 于点M . 因为P A ⊥平面ABCD ，AM ，AD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥AM ，P A ⊥AD .建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，－1，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).因为E 为PD 的中点， 所以E (0，1，1).所以AE→＝(0，1，1)，PC →＝(2，2，－2)，AP →＝(0，0，2). 所以PF→＝13PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－23， 所以AF→＝AP →＋PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，43. 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1. 于是n ＝(－1，－1，1).又因为平面P AD 的一个法向量为p ＝(1，0，0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－33.由题知，二面角F －AE －P 为锐角，所以其余弦值为33. (3)解 直线AG 在平面AEF 内，理由如下： 因为点G 在PB 上，且PG PB ＝23，PB →＝(2，－1，－2)， 所以PG→＝23PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，－43， 所以AG→＝AP →＋PG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，23. 由(2)知，平面AEF 的一个法向量n ＝(－1，－1，1)， 所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.又点A ∈平面AEF ，所以直线AG 在平面AEF 内.【专题拓展练习】一、单选题1．已知三棱锥O -ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且,,OA a OB b OC c ===，用,,a b c 表示MN ，则MN 等于（ ）A ．()12b c a +- B ．()12a b c ++ C ．()12a b c -+D ．()12c a b --【答案】D 【详解】MN MA AO ON =++1122BA OA OC =-+ ()1122OA OB OA OC =--+ 111222OA OB OC =--+()12c a b =--. 故选：D2．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别为111,BD B C 的中点，点P 在正方体的表面上运动，且满足MP CN ⊥，则下列说法正确的是（ ）A ．点P 可以是棱1BB 的中点 B ．线段MP 3C ．点P 的轨迹是正方形D ．点P 轨迹的长度为2+5【答案】D 【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，以点D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、1DD 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为1，,M N 分别为111,BD B C 的中点， 则()0,0,0D ，111,,222M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,12N ⎛⎫⎪⎝⎭，()0,1,0C ， 所以1,0,12CN ⎛⎫=⎪⎝⎭，设(),,P x y z ，则111,,222MP x y z ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，因为MP CN ⊥， 所以1110222x z ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，2430x z +-=，当1x =时，14z =；当0x =时，34z =； 取11,0,4E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，11,1,4F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,1,4G ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,0,4H ⎛⎫ ⎪⎝⎭，连接EF ，FG ，GH ，HE ，则()0,1,0EF GH ==，11,0,2EH FG ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 所以四边形EFGH 为矩形，则0EF CN ⋅=，0EH CN ⋅=，即EF CN ⊥，EH CN ⊥， 又EFEH E =，且EF ⊂平面EFGH ，EH ⊂平面EFGH ，所以CN ⊥平面EFGH ， 又111,,224EM ⎛⎫=-⎪⎝⎭，111,,224MG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以M 为EG 中点，则M ∈平面EFGH ， 所以，为使MP CN ⊥，必有点P ∈平面EFGH ，又点P 在正方体的表面上运动，所以点P 的轨迹为四边形EFGH ， 因此点P 不可能是棱1BB 的中点，即A 错； 又1EF GH ==，52EH FG ==，所以EF EH ≠，则点P 的轨迹不是正方形； 且矩形EFGH 的周长为522252+⨯=+，故C 错，D 正确； 因为点M 为EG 中点，则点M 为矩形EFGH 的对角线交点，所以点M 到点E 和点G 的距离相等，且最大，所以线段MP 的最大值为52，故B 错. 3．在空间四边形ABCD 中，AB CD AC DB AD BC ⋅+⋅+⋅＝（ ） A ．－1 B ．0 C ．1 D ．不确定【答案】B 【详解】 如图，令,,AB a AC b AD c ===， 则AB CD AC DB AD BC ⋅+⋅+⋅，()()()a cb b ac c b a =⋅-+⋅-+⋅-，0a c a b b a b c c b c a =⋅-⋅+⋅-⋅+⋅-⋅=.故选：B4．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形.PA ⊥底面,2,4ABCD PA AB AD ===.E 为PC 的中点，则异面直线PD 与BE 所成角的余弦值为（ ）A ．35B ．3010C ．1010D ．31010【答案】B 【详解】以A 点为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴建立空间直角坐标系如下图所示：则()2,0,0B ，()1,2,1E ，()002P ,,，()0,4,0D ， ()1,2,1BE =-∴，()0,4,2PD =-，设异面直线PD 与BE 所成角为θ，则630cos 10625PD BE PD BEθ⋅===⨯⋅. 5．已知四棱锥,-P ABCD 底面是边长为2的正方形，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，AB ⊥平面PAD ，点E 是线段PD 上的动点(不含端点)，若线 AB 段上存在点F (不含端点)，使得异面直线PA 与 EF 成30的角，则线段PE 长的取值范围是（ ）A ．202⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， B ．603⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭， C ．222⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭， D ．623，⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B 【详解】由PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，AB ⊥平面PAD ，取AD 中点G ，建立如图空间直角坐标系，依题意(0,0,0),(1,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,0,1)G A D B P -，设(1,,0)F y ，，设()()1,0,1,0,DE xDP x x x ===，01x <<，故()1,0,E x x -，()2,,EF x y x =--又()1,0,1PA =-，异面直线PA 与 EF 成30的角，故cos30PA EF PA EF ⋅=⋅︒，即()2223222x y x =-++即()222213y x =--+，01x <<，故220,3y ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，又02y <<，故60y ⎛∈ ⎝⎭，. 故选：B.6．已知二面角l αβ--，其中平面的一个法向量()1,0,1m =-，平面β的一个法向量()0,1,1n =-，则二面角l αβ--的大小可能为（ ）A ．60︒B ．120︒C ．60︒或120︒D ．30【答案】C 【详解】11cos ,222m n m n m n ⋅-<>===-⨯，所以,120m n <>=，又因为二面角的大小与法向量夹角相等或互补， 所以二面角的大小可能是60或120. 故选：C7．已知向量(,,)x y z a a a a =，(,,)x y z b b b b =，{},,i j k 是空间中的一个单位正交基底.规定向量积的行列式计算：()()(),,yz xy xz y z z y z x x z x y y x xy z yz xyxz xyz ij ka a a a a a ab a b a b i a b a b j a b a b k a a a b b b b b b b b b ⎛⎫⨯=-+-+-==-⎪ ⎪⎝⎭其中行列式计算表示为a b ad bc c d=-，若向量(2,1,4),(3,1,2),AB AC ==则AB AC ⨯=（ ）A ．(4,8,1)---B ．(1,4,8)--C ．(2,8,1)--D ．(1,4,8)---【答案】C 【详解】由题意得()()()()1241+4322+21132,8,1AB AC i j k ⨯=⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯=--， 故选：C.8．长方体1111ABCD A B C D -，110AB AA ==，25AD =，P 在左侧面11ADD A 上，已知P 到11A D ､1AA 的距离均为5，则过点P 且与1A C 垂直的长方体截面的形状为（ ）A ．六边形B ．五边形C ．四边形D ．三角形【答案】B 【详解】以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()120,0,5,25,0,10,0,10,0P A C ，()125,10,10AC ∴=--， 设截面与11A D 交于(),0,10Q Q x ，则()20,0,5Q PQ x =-，()12520500Q AC PQ x ∴⋅=---=，解得18Qx =，即()18,0,10Q ， 设截面与AD 交于(),0,0M M x ，则()20,0,5M PM x =--，()12520500M AC PM x ∴⋅=--+=，解得22Mx =，即()22,0,0M ， 设截面与AB 交于()25,,0N N y ，则()3,,0N MN y =，1253100N AC MN y ∴⋅=-⨯+=，解得7.5Ny =，即()25,7.5,0N ， 过Q 作//QF MN ，交11B C 于F ，设(),10,10F F x ，则()18,10,0F QF x =-， 则存在λ使得QF MN λ=，即()()18,10,03,7.5,0F x λ-=，解得22F x =，故F 在线段11B C 上，过F 作//EF QM ，交1BB 于E ，设()25,10,E E z ，则()3,0,10E EF z =--，则存在μ使得EF QM μ=，即()()3,0,104,0,10E z μ--=-，解得 2.5E z =，故E 在线段1BB 上，综上，可得过点P 且与1A C 垂直的长方体截面为五边形QMNEF . 故选：B.9．在四面体ABCD 中，6AB =，3BC =，4BD =，若ABD ∠与ABC ∠互余，则()BA BC BD ⋅+的最大值为（ ）A ．20B ．30C ．40D ．50【答案】B 【详解】设ABD α∠=，可得2ABC πα∠=-，则α为锐角，在四面体ABCD 中，6AB =，3BC =，4BD =， 则()cos cos 2BA BC BD BA BC BA BD BA BC BA BD παα⎛⎫⋅+=⋅+⋅=⋅-+⋅ ⎪⎝⎭()18sin 24cos 30sin αααϕ=+=+，其中ϕ为锐角，且4tan 3ϕ=. 02πα<<，则2πϕαϕϕ<+<+，所以，当2παϕ+=时，()BA BC BD ⋅+取得最大值30.10．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点E 是底面ABCD 上的动点，则()111CE CA D B -⋅的最大值为（ ）A ．22B ．1C ．2D ．6【答案】B 【详解】以点D 为原点，1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则111(0,0,1),(1,1,1),(1,0,1),D B A设(,,0)E x y ，其中[],0,1x y ∈，则()()11111,,1,1,1,0CE CA A E x y D B -==--=， 所以111()11CE CA D B x y -⋅=+-≤，等号成立的条件是(1,1,0)E ，故其最大值为1， 故选：B ．11．如图，在底面为正方形的四棱锥P-ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且PA =AB ．若点M 为PD 中点，则直线CM 与PB 所成角的大小为（ ）A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°【答案】C 【详解】如图所示：以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 为单位向量建立空间直角坐标系A xyz -，设1PA =，则()0,0,0A ，()1,1,0C ，110,,22M ⎛⎫⎪⎝⎭，()0,0,1P ，()1,0,0B ， 故()1,0,1PB =-，111,,22MC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故1132cos ,21111144PB MC PB MC PB MC+⋅===⋅+⋅++， 由异面直线夹角的范围是(]0,90︒︒，故直线CM 与PB 所成角的大小为30. 故选：C.12．如图，在正四面体ABCD 中，,,2BE EC CF FD DG GA ===，记平面EFG 与平面BCD ､平面ACD ､平面ABD ，所成的锐二面角分别为α､β､γ，则（ ）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．βαγ>>D ．γαβ>>【答案】A【详解】 解：(空间向量法)因为,,2BE EC CF FD DG GA ===，所以E ､F 分别为BC ､CD 的中点，G 为AD 上靠近A 的三等分点，取BD 的中点M ，连接CM ，过A 作AO ⊥平面BCD ，交CM 于点O ，在平面BCD 中过O 作//ON BD ，交CD 于N ，设正四面体ABCD 的棱长为2，则33OM =，233CO =，22222326233OA AC OC ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭， 以O 为原点，OC 为x 轴，ON 为y 轴，OA 为z 轴，建立空间直角坐标系，26A ⎛ ⎝⎭，31,0B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，23C ⎫⎪⎝⎭，3D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，31,02E ⎫-⎪⎝⎭，31,062F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3146,939G ⎛- ⎝⎭，(0,1,0)EF =，53546,8691EG ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，232633AC ⎛=- ⎝⎭，32633AD ⎛=-- ⎝⎭，3261,33AB ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，设平面EFG 的一个法向量为()1,,n x y z =，则110n EF n EG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即05354606y x y z =⎧⎪⎨+=⎪⎩，不妨令1z =，则18,0,125n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，同理可计算出平面BCD ､平面ACD ､平面ABD 的一个法向量分别为2(0,0,1)n =，()32,6,1n =，4(22,0,1)n =-，则可得1212517co 1s 5n n n n α⋅==⋅，1313717co 1s 5n n n n β⋅==⋅，14149cos 1751n n n n γ⋅==⋅，所以cos cos cos αβγ<<，又cos y x =在()0.x π∈上递减，所以αβγ>>， 故选：A.13．在正四棱锥P ABCD -中，1PA PB PC PD AB =====，点Q ，R 分别在棱AB ，PC 上运动，当||QR 达到最小值时，||||PQ CQ 的值为（ ） A ．7010B ．355C ．3510D ．705【答案】A 【详解】以P 在底面的投影O 为坐标原点，建立如图所示的坐标系，设1(,,0)2Q a ，(,,)R m n q因为211(0(,0),22P C -，，112(,22PC =-， 又因为R 在PC 上，PR PC λ=所以(,m m q -=，11(,),22λλ-， 所以R 11(,2222λλ=--+，所以2222111222QR a λλ⎛⎛⎫⎛⎫=--+-+ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭221324a a λλλ=+-++ 因为[]11,,0,122a λ⎡⎤∈-∈⎢⎥⎣⎦设2213()24f a a a λλλ=+-++，2213()24g a a λλλλ=+-++ 对其求导()2f a a λ'=-，1()22g a λλ'=-+当二个导数同时为0时，取最小值，即20a λ-=，1202a λ-+=所以11,36a λ==时取最小值，所以1121,,,1,,02623PQ CQ ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 所以PQCQ==10，所以当||QR 达到最小值时，||||PQ CQ 的值为10. 14．如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 、F 、G 分别为BC 、1CC 、1BB 的中点，则（ ）A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为1D ．点C 和点G 到平面AEF 的距离相等 【答案】B 【详解】以D 点为坐标原点，DA 、DC 、1DD 为x ，y ，z 轴建系，则(000)D ，，、(100)A ，，、()010C ，，、1(101)A ，，、1(001)D ，，、 1(10)2E ，，、1(01)2F ，，，1(11)2G ，，， 则()1001DD =，，、1112AF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，，则112DD AF ⋅=， ∴直线1D D 与直线AF 不垂直，A 错误;则11012A G ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，，1102AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，，1112AF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，， 设平面AEF 的法向量为()n x y z =，，，则10021002x y AE n AF n x y z ⎧-+=⎪⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪⎪⎩-++=⎪⎩，令2x =，则1y =，2z =，则(212)n =，，，10AG n ⋅=，∴直线1A G 与平面AEF 平行，B 正确; 易知四边形1AEFD 为平面AEF 截正方体所得的截面，且1D F 、DC 、AE 共点于H ，15D H AH ==，12AD =，∴121232(5)()222AD H S ∆=⨯⨯-=，则113948AD HAEFD S S =⋅=四边形，C 错误; (110)AC =-，，，点C 到平面AEF 的距离113AC n d n⋅==， 1012AG ⎛⎫= ⎪⎝⎭，，，点G 到平面AEF 的距离223AG n d n ⋅==，则12d d ≠，D 错误;故选:B ．15．如图所示，1111ABCD A B C D -是棱长为6的正方体，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE BF =.当1A 、E 、F 、1C 共面时，平面1A DE 与平面1C DF 所成锐二面角的余弦值为（ ）A ．15B ．12C ．32D ．65【答案】B 【详解】以点D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则1(606)A ，，、(000)D ，，、1(066)C ，，，由题意知：当(630)E ，，、(360)F ，，时，1A 、E 、F 、1C 共面， 设平面1A DE 的法向量为1111()n x y z =，，，1(606)DA =，，，(630)DE =，，， 则1111111660{630n DA x z n DE x y ⋅=+=⋅=+=，取11x =，解得1(121)n =--，，，设平面1C DF 的法向量为2222()n x y z =，，，1(066)DC =，，，(360)DF =，，， 则2122222660{360n DC y z n DF x y ⋅=+=⋅=+=，取22x =，解得2(211)n =-，，，设平面1A DE 与平面1C DF 所成锐二面角为θ，则1212121cos cos 266n n n n n n θ⋅====⋅⋅，， ∴平面1A DE 与平面1C DF 所成锐二面角的余弦值为12， 故选：B.二、解答题16．在三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC ==，13AA =AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 是1B C 的中点.（1）求证：平面1AB C ⊥平面11ABB A ； （2）求直线AE 与平面11AAC C 所成角的正弦值. 【详解】（1）由1B C ⊥平面ABC ，AB 平面ABC ，得1AB B C ⊥，又AB AC ⊥，1CB AC C =，故AB ⊥平面1AB C ，AB 平面11ABB A ，故平面11ABB A ⊥平面1AB C .（2）以C 为原点，CA 为x 轴，1CB 为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则()0,0,0C ，()1,0,0A ，()1,1,0B 又2BC =113BB AA ==故11CB =，()10,0,1B ，10,0,2E ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,0,0CA = ()111,1,1AA BB ==--，11,0,2AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭设平面11AAC C 的一个法向量为(),,n x y z =，则100n CA n AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00x x y z =⎧⎨--+=⎩，令1y =，则1z =， ()0,1,1n =， 设直线AE 与平面11AAC C 所成的角为θ，故1102sin 1214n AE n AEθ⋅===⨯+，即直线AE 与平面11AAC C 所成角的正弦值为1010.17．如图1，矩形ABCD 中，3AB BC =，将矩形ABCD 折起，使点A 与点C 重合，折痕为EF ，连接AF 、CE ，以AF 和EF 为折痕，将四边形ABFE 折起，使点B 落在线段FC 上，将CDE △向上折起，使平面DEC ⊥平面FEC ，如图2.（1）证明：平面ABE ⊥平面EFC ；（2）连接BE 、BD ，求锐二面角A BE D --的正弦值. 【详解】（1）证明：在平面ABCD 中，AF =FC ，BF +FC 3AB ， 设3AB a =，则3BC a =，设BF =x ，在BAF △中，()22233x a a x +=-，解得x a =，则2AF FC a ==， 因为点B 落在线段FC 上，所以BC DE a ==，所以BE FC ⊥， 又AB BF ⊥即AB CF ⊥，AB BE B =，,AB BE ⊂平面ABE ，所以CF ⊥平面ABE ，由CF ⊂平面EFC 可得平面ABE ⊥平面EFC ；（2）以F 为原点,FC 为x 轴，过点F 平行BE 的方向作为作y 轴，过点F 垂直于平面EFC 的方向作为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()2,0,0,0,0,0,3,0,,0,0C a F E a a B a ，()0,3,0BE a =， 易得平面ABE 的一个法向量为()2,0,0FC a =，作DG EC ⊥于G ， 因为平面DEC ⊥平面FEC ，所以DG ⊥平面EFC ，则5334a G a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，53334a a D a ⎛ ⎝⎭，13334a a BD a ⎛= ⎝⎭，设平面DBE 的一个法向量为(),,n x y z =，则3013330442n BE ay a an BD ax y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩，令3z =(3n =-， 因为12239cos ,13239n FC n FC a n FC⋅--===⋅⋅，所以锐二面角A -BE -D 223913113⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭. 18．如图，在三梭柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B ，11AAC C 均为菱形，12AA =，1160ABB ACC ∠=∠=︒，D 为AB 的中点.（Ⅰ）求证：1//AC 平面1CDB ；（Ⅱ）若60BAC ∠=︒，求直线1AC 与平面11BB C C 所成角的正弦值. 【详解】解：（Ⅰ）连结1BC ，与1B C 交于点O ，连结OD ， 四边形11BB C C 是平行四边形，O 为1B C 中点，D 为AB 中点，得1//AC OD ，又OD ⊂平面1CDB ，故1//AC 平面1CDB ；（Ⅱ）方法一：由12AB AC ==，12AC AB ==，且O 为1B C ，1BC 的中点， 得1AO BC ⊥，1AO B C ⊥，11B C BC =， 又1BC ，1CB 为平面11BB C C 内两条相交直线，得AO ⊥平面11BB C C ，故1AC B ∠即为直线1AC 与平面11BB C C 所成的角； 由60BAC ∠=︒，2AB AC ==，2BC =，得四边形11BB C C 为菱形，又11B C BC =，故四边形11BB C C 为正方形，122BC =则1ABC 为等腰直角三角形，且12BAC π∠=，故14AC B π∠=，12sin 2AC B ∠=， 因此，直线1AC 与平面11BB C C 所成角的正弦值为22.方法二：以D 为原点，分别以射线DB ，1DB ，CD 为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则()0,0,0D ，()1,0,0A -，()1,0,0B ，()13,0A -，()13,0B ， 由60BAC ∠=︒，2AB AC ==，ABC 为正三角形， 故CD AB ⊥，又1B D AB ⊥，所以AB ⊥平面1CDB ， 设()0,,C y z ，由2CA =，123CA =，得(22223,38,y z y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩即36,3y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，故3260,33C ⎛- ⎝⎭， 由11B C BC ，得12326C ⎛- ⎝⎭，所以12326AC ⎛= ⎝⎭，()11,3,0BB =-，3261,,33BC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭； 设平面11BB C C 的一个法向量为()111,,n x y z =，由10,0,n BB n BC ⎧⋅=⎨⋅=⎩得1111130,33260,x y x y z ⎧-=⎪⎨+-=⎪⎩可取()3,1,2n =，设直线1AC 与平面11BB C C 所成角为θ， 则1112sin cos ,2AC n AC n AC nθ⋅===， 因此，直线1AC 与平面11BB C C 所成角的正弦值为22. 19．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 和11BCC B 都是正方形，平面11ABB A ⊥平面11BCC B ，,D E 分别为1BB ，AC 的中点．（1）求证：//BE 平面1A CD ．（2）求直线1B E 与平面1A CD 所成角的正弦值． 【详解】（1）证明：取1A C 中点F ，连接DF ，EF ， ∵,E F 分别为1,AC A C 的中点，∴1//EF AA ，且112EF AA =，又四边形11ABB A 是正方形，∴11//BB AA 且11BB AA =， 即1//EF BB 且112EF BB =，又∵D 为1BB 中点，∴//EF BD 且EF BD =，所以四边形EFDB 为平行四边形，所以//BE DF ，又BE ⊄平面1A CD ，DF ⊂平面1A CD ，所以//BE 平面1A CD .（2）由题意，1,,BA BC BB 两两垂直，所以以B 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设12BA BC BB ===，则11(0,2,0),(1,0,1),(2,0,0),(0,1,0),(0,2,2)B E C D A . ，11(1,2,1),(2,1,0),(2,2,2)B E CD AC =-=-=-，设平面 1A CD 的法向量为(),,m x y z =， 则100AC m CD m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即222020x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，得()1,2,1m =- 设直线1B E 与平面1A CD 所成角为θ，1111412sin cos ,366B E m B E mB E mθ， 所以直线1B E 与平面1A CD 所成角的正弦值为23.。

6.2 立体几何中的向量方法(A卷提升篇)【原卷版】

6.2 立体几何中的向量方法(A卷提升篇)【原卷版】

专题6.2 立体几何中的向量方法（A 卷基础篇）（浙江专用）第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）1．（2020·全国高二课时练习）已知(1,0,0)A ，(0,1,0)B ，(0,0,1)C ，则下列向量是平面ABC 法向量的是（ ）A ．(1,1,1)-B ．(1,1,1)-C ．⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ D ．⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ 2．（2020·全国高二课时练习）空间直角坐标中A(1，2，3)，B(－1，0，5)，C(3，0，4)，D(4，1，3)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．无法确定3．（2020·全国高二课时练习）已知平面α的法向量为(2,2,1)n =--，点(,3,0)A x 在平面α内，则点(2,1,4)P -到平面α的距离为103，则x ＝( ) A ．－1B ．－11C ．－1或－11D ．－214．（2020·全国高二课时练习）已知向量,m n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若1cos ,2m n =-，则l 与α所成的角为（ ） A ．030 B ．060 C ．0120 D ．01505．（2020·全国高二课时练习）设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a ，α的法向量为n ，若2,3a n π=，则l 与α所成的角为（ ） A ．23π B ．3π C ．6π D ．56π 6．（2020·全国高二单元测试）如图，在正方体ABCD­1111A B C D 中，以D 为原点建立空间直角坐标系，E 为B 1B 的中点，F 为11A D 的中点，则下列向量中，能作为平面AEF 的法向量的是( )A ．(1，－2，4)B ．(－4,1，－2)C ．(2，－2，1)D ．(1，2，－2)7．（2020·全国高二课时练习）设四边形ABCD ，ABEF 都是边长为1的正方形，FA⊥平面ABCD ，则异面直线AC 与BF 的夹角等于( )A ．45°B ．30°C ．90°D ．60°8．（2020·全国高二课时练习）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A D 的中点，则点1C 到直线CE 的距离为（ ）A ．13B ．33C ．53D ．639．（2019·绍兴鲁迅中学高二期中）如图，长方体1111ABCD A B C D -中，14AA AB ==，2AD =，E 、F 、G 分别是1DD 、AB 、1CC 的中点，则异面直线1A E 与GF 所成角的余弦值是（ ）A ．0B ．105C ．22D ．15510．（2020·全国高二课时练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是1BB 和1DD 的中点，则平面ECF 与平面ABCD 所成的角的余弦值为（ ）A ．3B ．6C ．13D ．23第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共7小题，单空每小题4分，两空每小题6分，共36分）11．（2020·上海杨浦·复旦附中高二期中）已知平面α的一个法向量为(1,2,2),(2,1,0)n AB ==-，则直线AB 与平面α的位置关系为_______.12．（2020·全国高三（理））设正方体1111 ABCD A B C D -的棱长为2，则点1D 到平面1A BD 的距离是_______.13．（2020·陕西临渭·高二期末（理））设(2,2,),(6,4,5)u t v =-=-分别是平面,αβ的法向量，若αβ⊥，则实数t 的值是________．14．（2019·浙江丽水·高二月考）在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动，则直线1D E 与1A D 所成角的大小是__________，若1D E EC ⊥，则AE =__________．15．（2020·全国高二专题练习）已知空间四个点(1,1,1)A ，(4,0,2)B -，(3,1,0)C --，(1,0,4)D -，则直线AD 与平面ABC 所成的角的度数为________，点D 到平面ABC 的距离是________．16．（2018·浙江衢州·高二期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，11114A E AC =，异面直线AE 与1BD 所成角的余弦值是__________； 若1BE xAB yAD zAA =++，则x =__________． 17.（2018·浙江高二期中）在正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线1A D 与1CD 的所成角为_____，二面角1B A C D --的大小为_____．三．解答题（共5小题，满分64分，18--20每小题12分，21,22每小题14分）18．（2020·全国高二课时练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1CC 的中点，求BE 与平面1B BD 所成角的正弦值.19．（2020·全国课时练习）如图所示，已知四边形ABCD 是直角梯形，AD ∥BC ，∠ABC =90，SA ⊥平面ABCD ，SA =AB =BC =1，AD =12，试建立适当的坐标系.（1）求平面ABCD 的一个法向量；（2）求平面SAB 的一个法向量；（3）求平面SCD 的一个法向量.20．已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，点M 、N 分别是11A B 和1BB 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.(1)写出图中M 、N 的坐标；(2)求直线AM 与NC 所成角的余弦值.21．（2018·江苏泰州·高二月考（理））如图，已知矩形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是AB 、PC 的中点．EF AP AD共面；求证：（1）,,．（2）求证：EF CD22.（2019·甘肃省武威第一中学高二月考（理））如图所示,已知点P在正方体ABCD-A′B′C′D′的对角线BD′上,∠PDA=60°.(1)求DP与CC′所成角的大小.(2)求DP与平面AA′D′D所成角的大小.。

立体几何中的向量方法(知识点讲解)高考数学一轮复习(新教材 新高考)(解析版)

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专题8.7 立体几何中的向量方法（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】以几何体为载体，考查空间线面的平行、垂直关系，考查空间角的函数值的计算，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做a 与b 所成的角．②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,]2π．③向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有cos |cos |||||||a ba b θϕ⋅==⋅.（二）直线与平面所成角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|＝|e ·n ||e ||n |.范围 [0,]2π.（三） 二面角(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＝〈AB ，CD 〉．(2)如图2、3，12,n n 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12,n n θ=<>(或12,n n π-<>)．（3）二面角的范围是[0，π]. （四）利用向量求空间距离点面距的求法：如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.【常考题型剖析】题型一： 求异面直线所成的角例1.（2018·全国高考真题（理））在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =线1AD 与1DB 所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C 5D ．22【答案】C【解析】以D 为坐标原点，DA,DC,DD 1为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,13),3)D A B D ,所以11(1,0,3),(1,13)AD DB =-=,因为11111115cos ,525AD DB AD DB AD DB ⋅-===⨯，所以异面直线1AD 与1DB 5，选C.例2.（2023·全国·高三专题练习（理））已知正四面体ABCD ，M 为BC 中点，N 为AD 中点，则直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为（ ） A ．16B ．23C 21D 421【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】设该正面体的棱长为1，因为M 为BC 中点，N 为AD 中点， 所以22131(1)2BN DM ==-⨯因为M 为BC 中点，N 为AD 中点， 所以有12BN BA AN AB AD =+=-+， 1111(),2222DM DB BM DA AB BC AD AB AC AB AD AB AC =+=++=-++-=-++2222111()()222111112224411111111111111111112222242421,2BN DMAB AD AD AB AC AB AD AB AB AC AD AB AD AC AD⋅=-+-++=⋅--⋅-+⋅+⋅=⨯⨯-⨯-⨯⨯⨯-⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=- 122cos ,333BN DM BN DM BN DM-⋅〈〉===-⋅⨯，根据异面直线所成角的定义可知直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为23， 故选：B例3.（2022·贵州毕节·三模（理））在正四棱锥S ABCD -中，底面边长为22侧棱长为4，点P 是底面ABCD 内一动点，且13SP =A ，P 两点间距离最小时，直线BP 与直线SC 所成角的余弦值为（ ） A 5B 3C 2D ．110【答案】A 【解析】 【分析】如图所示，连接,AC BC 交于点O ，连接PO ，得到PO ⊥底面ABCD ，根据13SP =求得1OP =，得到,A P 两点间距离最小为1AB =，以,,OA OB OS 分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系，求得(1,2,0),(2,0,23)BP SC =-=--，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】如图所示，连接,AC BC 交于点O ，连接PO ，因为四棱锥S ABCD -为正四棱锥，可得PO ⊥底面ABCD ， 由底面边长为24AC =，所以2AO =，在直角SOA 中，4,2SA AO ==，可得2223SO SA AO =- 又由13SP =SOP △中，可得221OP SP SO -=， 即点P 在以O 为圆心，以1为半径的圆上，所以当圆与OA 的交点时，此时,A P 两点间距离最小，最小值为1AB =， 以,,OA OB OS 分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得(1,0,0),(0,2,0),(0,0,3),(2,0,0)P B S C -，则(1,2,0),(2,0,23)BP SC =-=--，可得25cos ,54BP SC BP SC BP SC⋅-==⨯⋅， 所以直线BP 与直线SC 5故选：A.【方法技巧】向量法求两异面直线所成角的步骤 (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．提醒：两异面直线所成角θ的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角． 题型二：求直线与平面所成角例4.（2022·全国·模拟预测（理））如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C ，D ，E 三点共线，已知三棱锥P －ADE 四个面都为直角三角形，且ED ⊥AD ，P A ⊥平面ABCE ，PE ＝3，CD ＝AD ＝2，ED ＝1，则直线PC 与平面P AE 所成角的正弦值等于（ ）A 3B 10C 15D 13 【答案】C 【解析】本题利用空间向量处理线面夹角问题，sin cos ,PC n θ=． 【详解】如图建立空间直角坐标系，()002P ,,，()2,2,0C ，()0,0,0A ，()2,1,0E -则有：()2,2,2PC =--，()2,1,0AE =-，()0,0,2AP =设平面P AE 的法向量(),,n x y z =，则有2020x y z -=⎧⎨=⎩,令1x =,则2,0y z ==，即()1,2,0n = ∴15cos ,5PC n PC n PC n⋅==-PC 与平面P AE 15 故选：C ．例5.（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,15ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（215．（1）要证AB PM ⊥，可证DC PM ⊥，由题意可得，PD DC ⊥，易证DM DC ⊥，从而DC ⊥平面PDM ，即有DC PM ⊥，从而得证；（2）取AD 中点E ，根据题意可知，,,ME DM PM 两两垂直，所以以点M 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN 和平面PDM 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出． 【详解】（1）在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠=，由余弦定理可得3DM =所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DM D ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．（2）由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD ，因为7AM =22PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(3,2,0),(0,0,2),3,0,0)A P D ,(0,0,0),3,1,0)M C -又N 为PC 中点，所以313352,2222N AN ⎛-=- ⎝⎝. 由（1）得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n =从而直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为5||152sin ||2725244AN n AN n θ⋅===++‖例6. （2020·北京高考真题）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23. 【解析】（Ⅰ）如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B 且11AB A B =，1111//A B C D 且1111A B C D =，11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ， 1BC ⊄平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；（Ⅱ）以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z =，由100n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩， 令2z =-，则2x =，1y =，则()2,1,2n =-.11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅. 因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23. 【总结提升】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，取其余角就是斜线和平面所成的角． 题型三：求二面角例7.（2021·天津高考真题）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．（I ）求证：1//D F 平面11A EC ；（II ）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值． （III ）求二面角11A AC E --的正弦值． 【答案】（I ）证明见解析；（II 3（III ）13.【分析】（I ）建立空间直角坐标系，求出1D F 及平面11A EC 的一个法向量m ，证明1m D F ⊥，即可得证； （II ）求出1AC ，由1sin cos ,A m C θ=运算即可得解； （III ）求得平面11AA C 的一个法向量DB ，由cos ,DB m DB m DB m⋅=⋅结合同角三角函数的平方关系即可得解.【详解】（I ）以A 为原点，1,,AB AD AA 分别为,,x y z 轴，建立如图空间直角坐标系， 则()0,0,0A ,()10,0,2A ,()2,0,0B ,()2,2,0C ,()0,2,0D ,()12,2,2C ,()10,2,2D ， 因为E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点，所以()2,1,0E ，()1,2,0F ，所以()11,0,2D F =-,()112,2,0AC =,()12,1,2A E =-, 设平面11A EC 的一个法向量为()111,,m x y z =，则11111111202202m x y m x y A A E z C ⎧⋅+=⎪⎨⋅+-=⎩=⎪=，令12x =，则()2,2,1m =-，因为1220m D F =⋅-=，所以1m D F ⊥，因为1D F ⊄平面11A EC ，所以1//D F 平面11A EC ； （II ）由（1）得，()12,2,2AC =， 设直线1AC 与平面11A EC 所成角为θ， 则11123sin cos ,323m A C AC m m C A θ⋅===⨯⋅ （III ）由正方体的特征可得，平面11AA C 的一个法向量为()2,2,0DB =-， 则822cos ,322DB m DB m DB m⋅===⨯⋅ 所以二面角11A AC E --211cos,3DB m -=.例8. （2021·全国·高考真题（理））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值． 【答案】（12；（270【解析】 【分析】（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，求出a 的值，即可得出BC 的长；（2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ， 则()2,1,1PB a =-，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得2a =22BC a == [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥． 又因为PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ． 所以∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM． 所以2112BC =．所以2BC = [方法三]：几何法+三角形面积法 如图，联结BD 交AM 于点N ．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有∽DAN BMN ，所以2==AN DA MN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，241+DB t 21+AM t 由1122=⋅=⋅DABSDA AB DB AN ，得221241123=++t t t 212t =，所以22==BC t（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则2AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,1AP =-， 由111120220m AM y m AP x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取12x ()2,1,2m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，2BM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()2,1,1BP =--，由222220220n BM n BP x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，3314cos ,72m n m n m n ⋅===⋅⨯ 所以，270sin ,1cos ,14m n m n =-=， 因此，二面角A PM B --的正弦值为70 [方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ， 故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 21D H ，HM ． 111111111,2D HMD HMD A HHBMMCD A BCD SD M HG S S SSS=⋅=---正方形，由等积法解得310=HG 在Rt AHG 中，2310==AH HG ，由勾股定理求得35=AG ． 所以，70sin AH AGH AG ∠==，即二面角A PM B --70【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得. （2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.例9. （2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2）112B D = 【解析】 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为1111,//BFA B A B AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,A M B N ， 因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅，则1CBF BB N ∠=∠．又因为1190BB N B NB ∠+∠=︒，所以1190CBF B NB BF B N ∠+∠=︒⊥，． 又因为111111,BFA B B N A B B ⊥=，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥． [方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1BB AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）． 因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅=，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+1BF EB BF BB =⋅+⋅11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-=，所以BF ED ⊥． （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =， 设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ， 则cos m BA m BAθ⋅=⋅222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272， 此时cos θ6272．所以()2min63sin 13θ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭112B D =． [方法二] ：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE平面11BB C C FT =．作1B H FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1DHB ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//C G A B 交DS 于点G ． 由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D B T C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31ts t =+．又111B H B TC F FT =，即1211(2)B H s =+-121(2)B H s =+-．所以2211DH B H B D =+2221(2)s t s ++-2229225t t t t =+-+ 则11sin B D DHB DH∠=2229225t t t t =+-+29119222t =+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭所以，当12t =时，()1min 3sin DHB ∠= [方法三]：投影法 如图，联结1,FB FN ，DEF 在平面11BB C C 的投影为1B NF ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS Sθ=．设1(02)B D t t =≤≤，在1Rt DB F 中，222115DF B D B F t ++在Rt ECF 中，223EF EC FC +D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ． 在Rt DEQ △中，2225(1)DE QD EQ t +=+-在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅()2315(1)t t ++=()222214sin 35t t DFE t -+∠+1sin 2DFESDF EF DFE =⋅∠2122142t t =-+13,2B NFS =1cos B NF DFES Sθ=22214t t =-+，()29sin 127t t θ=--+当12t =，即112B D =，面11BB C C 与面DFE 3 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 【总结提升】利用向量法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． 题型四： 利用向量求空间距离例10.（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）在直三棱柱111ABC A B C -中，底面是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒，侧棱13AA =，D ，E 分别是1CC 与1A B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是ABD △的重心G ，则点1A 到平面ABD 的距离为（ ） A 6B 6C 26D ．26【答案】A 【解析】 【分析】以C 为坐标原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设CA CB a ==，求出11(,,1)22GE =，利用空间向量的数量积转化求解点1A 到平面ABD 的距离．【详解】解：如图所示，以C 为坐标原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 设CA CB a ==，则(A a ，0，0)，(0B ，a ，0)，3(0,0,)2D ，1(A a ，0，3)， 可得3(,,)222a a E ，1(,,)332a a G ，(,,1)66a a GE =，3(0,,)2BD a =-， 因为点E 在平面ABD 上的射影是ABD △的重心， 所以GE ⊥平面ABD ，所以0GE BD ⋅=，即30()10662a a a ⨯+⨯-+⨯=，解得3a =， 即11(,,1)22GE =，则点1A 到平面ABD 的距离为d ，E 是1A B 的中点， 所以2||6d GE ==． 故选：A.例11.（2022·上海·位育中学模拟预测）正方形ABCD 的边长是2E F ，、分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角 (如图所示).M 为矩形AEFD 内一点，如果MBE MBC MB ∠∠=，和平面BCF 所成角的正切值为13，那么点M 到直线EF 的距离为______.23123【解析】 【分析】利用空间向量运算处理，根据直线夹角cos cos ,a b α=结合MBE MBC ∠=∠可得1y =，再根据线面夹角sin cos ,n BM θ=运算求解2z =【详解】如图，以E 为坐标原点建立空间直角坐标系则()()()0,0,0,1,0,0,1,2,0E B C ，设()()0,,02,01M y z y z ≤≤≤≤()()()1,0,0,0,2,0,1,,EB BC BM y z ===-则22221cos ,,cos ,11EB BM BC BM EB BM BC BM EB BMBC BMy z y z ⋅-⋅====++++∵MBE MBC ∠=∠222211y z y z ++++，即1y =∴()1,1,BM z =-平面BCF 的一个法向量()0,0,1n =，则2cos ,2n BM n BM n BMz ⋅==+∵MB 和平面BCF 所成角的正切值为132102z=+，则2z =∴点M 到直线EF 22例12.（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值． 【答案】2 3【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面11ABB A ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V Sh h V S A A V ---=⋅===⋅==， 解得2h =所以点A 到平面1A BC 2 (2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥， 又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =12AA AB ==，122A B =2BC =， 则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =-，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-， 则11cos ,222m n m n m n⋅===⨯⋅， 所以二面角A BD C --21312⎛⎫-= ⎪⎝⎭【总结提升】1.点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法，如本题，事实上，作BH ⊥平面CMN 于H .由BH →＝BM →＋MH →及BH →·n ＝n ·BM →，得|BH →·n |＝|n ·BM →|＝|BH →|·|n |，所以|BH →|＝|n ·BM →||n |，即d ＝|n ·BM →||n |.2.利用法向量求解空间线面角、面面角、距离等问题，关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”，求出平面的法向量；④破“应用公式关”．。

高考数学全面突破轮复习必考题型巩固提升学案立体几何中的向量方法

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高考数学全面突破轮复习必考题型巩固提升学案立体几何中的向量方法Coca-cola standardization office【ZZ5AB-ZZSYT-ZZ2C-ZZ682T-ZZT18】立体几何中的向量方法(二)考情分析考查用向量方法求异面直线所成的角，直线与平面所成的角、二面角的大小．基础知识1．空间的角(1)异面直线所成的角如图，已知两条异面直线a、b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b.则把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．(2)平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；②直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0°的角．(3)二面角的平面角如图在二面角α-l-β的棱上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则∠AOB叫做二面角的平面角．2．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m1，m2〉|.(2)设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m，n，则直线l与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos〈m，n〉|.(3)求二面角的大小(ⅰ)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＝〈AB→，CD→〉．(ⅱ)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＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉． 注意事项1.(1)异面直线所成的角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2；(2)直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2； (3)二面角的范围是[0，π]．2.利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点． 题型一 求异面直线所成的角【例1】已知ABCD -A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱，高AA 1＝2，求 (1)异面直线BD 与AB 1所成角的余弦值；解 (1)如图建立空间直角坐标系A 1-xyz ，由已知条件：B (1,0,2)，D (0,1,2)， A (0,0,2)，B 1(1,0,0)．则BD →＝(－1,1,0)，AB 1→＝(1,0，－2)设异面直线BD 与AB 1所成角为θ， cos θ＝|cos 〈BD →，AB 1→〉|＝1010.(2)VAB 1D 1C ＝VABCDA 1B 1C 1D 1－4VCB 1C 1D 1＝23.【变式1】已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为________．解析 如图建立直角坐标系D -xyz ，设DA ＝1，由已知条件A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1，B (1,1,0)，C (0,1,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，1，BC →＝(－1,0,0)设异面直线AE 与BC 所成角为θ. cos θ＝|cos 〈AE →，BC →〉|＝|AE →·BC →||AE →||BC →|＝23.答案 23题型二 利用向量求直线与平面所成的角【例2】如图所示，已知点P 在正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°. (1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．解 如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D -xyz . 则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)． 连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H .设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，即DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉， 可得2m ＝2m 2＋1. 解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.(1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22， 所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°. (2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)． 因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.【变式2】已知三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．解：设PA ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，S ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0. (1)证明：CM →＝(1，－1，12)，SN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，因为CM →·SN →＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN .(2)NC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·a ＝0NC →·a ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧x－y＋12z＝0，－12x＋y＝0，取x＝2，得a＝(2,1，－2)．因为|cos〈a，SN→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22，所以SN与平面CMN所成角为45°.题型三利用向量求二面角【例3】如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD ⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A-PB-C的余弦值．(1)证明因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.又AD∩PD＝D.所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)解如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)．AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1,0,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AB→＝0，n·PB→＝0.即⎩⎨⎧－x＋3y＝0，3y－z＝0.因此可取n＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0.可取m ＝(0，－1，－3)，则cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A -PB -C 的余弦值为－277.【变式3】 如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ＝2，BC ＝22，E ，F 分别是AD ，PC 的中点．(1)证明：PC ⊥平面BEF ；(2)求平面BEF 与平面BAP 夹角的大小．(1)证明 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵AP ＝AB ＝2，BC ＝AD ＝22，四边形ABCD 是矩形，∴A ，B ，C ，D ，P 的坐标为A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,22，0)，D (0,22，0)，P (0,0,2)．又E ，F 分别是AD ，PC 的中点，∴E (0，2，0)，F (1，2，1)． ∴PC →＝(2,22，－2)，BF →＝(－1，2，1)，EF →＝(1,0,1)． ∴PC →·BF →＝－2＋4－2＝0，PC →·EF →＝2＋0－2＝0. ∴PC →⊥BF →，PC →⊥EF →∴PC ⊥BF ，PC ⊥EF .又BF ∩EF ＝F ， ∴PC ⊥平面BEF .(2)解 由(1)知平面BEF 的一个法向量n 1＝PC →＝(2,22，－2)，平面BAP 的一个法向量n 2＝AD →＝(0,22，0)， ∴n 1·n 2＝8.设平面BEF 与平面BAP 的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝84×22＝22，∴θ＝45°.∴平面BEF 与平面BAP 的夹角为45°. 重难点突破【例4】如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q -BP -C 的余弦值． 解析 (1)略(2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0.可取m ＝(1,1,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角QBPC 的余弦值为－155. 巩固提高1.在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成的角的正弦值为( )A.64 B. －64 C. 104D. －104答案：A解析：取AC 中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ，如图，建立空间直角坐标系Bxyz ， 则A (32，12，0)，D (0,0,1)， 则A D →＝(－32，－12，1)． ∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，BE ⊥AC ， ∴BE ⊥平面AA 1C 1C . ∴B E →＝(32，0,0)为平面AA 1C 1C 的一个法向量， ∴cos 〈A D →，B E →〉＝－64， 设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α， ∴sin α＝|cos|〈A D →，B E →〉|＝64，故选A. 2.在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成的角的余弦值是( )A.3010 B. 12 C.3015D.1510答案：A解析：建立如图所示的坐标系，设BC ＝1，则A (－1,0,0)，F 1(－12，0,1)，B (0，－1,0)，D 1(－12，－12，1)，即AF 1→＝(12，0,1)，BD 1→＝(－12，12，1)．∴cos 〈AF 1→，BD 1→〉＝AF 1→·BD 1→|AF 1→|·|BD 1→|＝3010.3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为( )答案：A解析：以D 为原点，DA 、DC 所在直线分别为x 、y 轴建系如图：设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ，则P (a 2，0，32a )，C (0，a,0)，则|MC |＝x 2＋y －a 2，|MP |＝x －a 22＋y 2＋32a 2.由|MP |＝|MC |得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝12x 的一部分．4.已知在长方体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________．答案：43解析：如图建立空间直角坐标系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的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD 1→＝0，n ·AB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋4z ＝0，2y ＋4z ＝0，解得x ＝2z 且y ＝－2z ，不妨设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. 5.已知在几何体A －BCED 中，∠ACB ＝90°，CE ⊥平面ABC ，平面BCED 为梯形，且AC ＝CE ＝BC ＝4，DB ＝1.(1)求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值；(2)试探究在DE 上是否存在点Q ，使得AQ ⊥BQ ，并说明理由．解：(1)由题知，CA ，CB ，CE 两两垂直，以C 为原点，以CA ，CB ，CE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则A (4,0,0)，B (0,4,0)，D (0,4,1)，E (0,0,4)，∴DE →＝(0，－4,3)，AB →＝(－4,4,0)，∴cos 〈DE →，AB →〉＝－225， ∴异面直线DE 与AB 所成角的余弦值为225. (2)设满足题设的点Q 存在，其坐标为(0，m ，n )，则A Q →＝(－4，m ，n )，B Q →＝(0，m －4，n )，E Q →＝(0，m ，n －4)，Q D →＝(0,4－m,1－n )．∵AQ ⊥BQ ，∴m (m －4)＋n 2＝0，① ∵点Q 在ED 上，∴存在λ∈R(λ>0)使得EQ →＝λQD →，∴(0，m ，n －4)＝λ(0,4－m,1－n )，∴m ＝4λ1＋λ，②n ＝4＋λ1＋λ.③ 由①②③得(λ＋41＋λ)2＝16λ1＋λ2， ∴λ2－8λ＋16＝0，解得λ＝4.∴m ＝165，n ＝85. ∴满足题设的点Q 存在，其坐标为(0，165，85)．。

2020年高考数学(理)总复习：立体几何中的向量方法(解析版)

2020年高考数学(理)总复习：立体几何中的向量方法(解析版)

2020 年高考数学（理）总复习：立体几何中的向量方法题型一利用向量证明平行与垂直【题型重点】 向量证明平行与垂直的4 步骤(1)成立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系； (2)成立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所波及的点、直线、平面的因素；(3)经过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系； (4)依据运动结果解说有关问题．【例 1】如图，在直三棱柱 ADE —BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且相互垂直，点 M 为 AB 的中点，点 O 为 DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面 BCF ； (2)平面 MDF ⊥平面 EFCD . 【证明】方法一(1)由题意，得 AB ， AD ， AE 两两垂直，以点 A 为原点成立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为 1，则 A(0,0,0) ， B(1,0,0) ， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，F(1,0,1) ， M1,0,0 ，2O 1 ,1 ,1.2 2 2→1 1→OM ＝ 0, ,2 ，BA ＝ (－ 1,0,0)，2→ → → →∴ OM ·BA ＝ 0, ∴ OM ⊥BA.∵棱柱 ADE — BCF 是直三棱柱，→∴ AB ⊥平面 BCF ，∴ BA 是平面 BCF 的一个法向量， 且 OM? 平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝ (x 1，y 1，z 1)， n 2＝ (x 2， y 2， z 2)．→ → ∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝1 →→，－ 1,1)，, 1,0 ， DC ＝ (1,0,0)，CF ＝(02→x 1－ y 1＋ z 1＝0， n 1·DF ＝ 0，得 1由→2x 1－ y 1＝ 0，n 1·DM ＝ 0，令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1, 1 ,1.同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．2 2∵ n 1·n 2＝ 0，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .方法二→→→→1 → → 1→ (1)OM ＝ OF ＋FB ＋ BM ＝ DF － BF ＋2 BA21→→→ 1 → 1 → 1 → 1 →＝ (DB ＋ BF)－ BF ＋ BA ＝－2 BD － BF ＋ BA22221 → → 1 → 1→＝－ ( BC ＋ BA)－BF ＋ BA2221 → 1 →＝－ 2BC －2BF.∴向量 → 与向量 →，→共面，OM BF BC又 OM? 平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)由题意知， BF ， BC ， BA 两两垂直，→ → → → → ∵ CD ＝BA ， FC ＝BC －BF ，→ →1 1 BF → ∴ OM ·CD ＝2BCBA ＝ 0，2→ →1 1 OM ·FC ＝2BCBF2→ →·(BC － BF)1 →2 1 → 2＝ 0.＝－ BC ＋ BF 2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ， CD ， FC ? 平面 EFCD ，∴ OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .题组训练一 利用向量证明平行与垂直如图，在底面是矩形的四棱锥 P — ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD ，点 E ，F 分别是 PC ，PD 的中点， PA ＝ AB ＝ 1， BC ＝ 2.(1)求证： EF ∥平面 PAB ； (2)求证：平面 PAD ⊥平面 PDC .【证明】(1) 以点 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，成立以下图的空间直角坐标系， 则 A(0,0,0) ，B(1,0,0) ，C(1,2,0)，D(0,2,0) ，P(0,0,1) ．∵点 E ， F 分别是 PC ， PD 的中点，∴ E1,1,1，F 0,1,1，2 22→ 1 →→ 1 → EF ＝ 2 ,0,0 ，AB ＝(1,0,0) ．∵ EF ＝－AB ，2→ → ，即 EF ∥ AB ，∴ EF ∥ AB又 AB? 平面 PAB ，EF? 平面 PAB ，∴ EF ∥平面 PAB.→ →→ → → ， (2)由 (1) 可知，PB ＝ (1,0，－ 1)，PD ＝ (0,2 ，－ 1)，AP ＝ (0,0,1) ，AD ＝(0,2,0) ，DC ＝ (1,0,0) → → → → → → → → ∵AP ·DC ＝ (0,0,1) (1,0,0)· ＝ 0，AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)· ＝ 0，∴ AP ⊥ DC ，AD ⊥ DC ，即 AP ⊥DC ， AD ⊥DC .又 AP ∩AD ＝ A ， AP ，AD ? 平面 PAD ，∴ DC ⊥平面 PAD.∵ DC? 平面 PDC ，∴平面 PAD ⊥平面 PDC.题型二利用空间向量求空间角【题型重点】的法向量的夹角的关系，必定要注意线面角θ与夹角 α的关系为sin θ＝ |cos α|.2．求二面角 θ，主要经过两平面的法向量n ， m 的夹角求得，即先求 |cos 〈n ， m 〉 |，再依据所求二面角是钝角仍是锐角写出其他弦值．若θ为锐角，则 cos θ＝ |cos 〈 n ， m 〉 |；若 θ为钝角，则 cos θ＝－ |cos 〈 n ，m 〉|.【例 2】如图， AD ∥BC 且 AD ＝ 2BC ， AD ⊥ CD ，EG ∥ AD 且 EG ＝ AD ， CD ∥ FG 且 CD ＝ 2FG ， DG ⊥平面 ABCD ， DA ＝ DC ＝ DG ＝ 2.(1)若 M 为 CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证： MN ∥平面 CDE ；(2)求二面角 E-BC- F 的正弦值；(3) 若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60°，求线段 DP 的长．【解】 依题意，能够成立以 D 为原点，分别以 → → →轴、 y 轴、 zDA ， DC ， DG 的方向为 x 轴的正方向的空间直角坐标系 (如图 )，可得 D(0,0,0) ，A(2,0,0) ，B(1,2,0) ，C(0,2,0) ，E(2,0,2) ，F(0,1,2) ， G(0,0,2) ， M 0,3,1 ， N(1,0,2) ．2(1)证明：依题意得 → →DC ＝ (0,2,0)， DE ＝ (2,0,2) ．设 n 0＝ (x ， y ，z)为平面 CDE 的法向量，则2y ＝ 0， 即不如令 z ＝－ 1，2x ＋ 2z ＝ 0.可得 n 0＝(1,0，－ 1)．n 0·DC →＝ 0，→n 0·DE ＝0，→ 3 又 MN ＝ 1,,1 2→，可得 MN ·n 0＝ 0.又因为直线 MN? 平面 CDE ，所以 MN ∥平面 CDE .→ →(2)解：依题意，可得 BC ＝(－1,0,0) ， BE ＝ (1，－ 2,2)，→CF ＝ (0，－ 1,2)．→ n ·BC ＝ 0，设 n ＝(x ，y ， z)为平面 BCE 的法向量，则→n ·BE ＝0，－x ＝ 0， 即不如令 z ＝ 1，可得 n ＝ (0,1,1) ．x －2y ＋ 2z ＝ 0.→ m ·BC ＝0，设 m ＝ (x ， y ， z)为平面 BCF 的法向量，则m ·CF →＝ 0，－ x ＝ 0， 即不如令 z ＝ 1，可得 m ＝ (0,2,1) ． － y ＋ 2z ＝ 0.m ·n310所以有 cos 〈 m ， n 〉＝＝ ，10于是 sin 〈 m ， n 〉＝ 10 .10所以，二面角E-BC-F 的正弦值为10 .→(3)解：设线段 DP 的长为 h(h ∈ [0,2]) ，则点 P 的坐标为 (0,0，h)，可得 BP ＝ (－ 1，－ 2，h)．→为平面 ADGE 的一个法向量， 易知， DC ＝ (0,2,0) → → → → 2|BP ·DC |故 |cos 〈 BP ， DC 〉 |＝ → → ＝ 2 ，|BP||DC | h ＋ 5 由题意，可得2 ＝ sin 60 ＝° 3，h 2＋ 52解得 h ＝ 33∈ [0,2] ．3所以，线段DP 的长为 3 .题组训练二 利用空间向量求空间角如图，四周体 ABCD 中，△ ABC 是正三角形， △ACD 是直角三角形， ∠ABD ＝∠ CBD ，AB＝ BD.(1)证明：平面ACD ⊥平面 ABC；(2)过 AC 的平面交BD 于点 E，若平面AEC 把四周体ABCD 分红体积相等的两部分，求二面角D－ AE－ C 的余弦值．【分析】(1) 证明：由题设可得，△ ABD≌△ CBD，进而AD＝DC又△ ACD 是直角三角形，所以∠ACD＝ 90°取 AC 的中点 O，连结 DO， BO，则 DO ⊥ AC， DO ＝ AO又因为△ ABC 是正三角形，故BO⊥ AC.所以∠ DOB 为二面角D－ AC－ B 的平面角．在 Rt△AOB 中， BO 2＋AO 2＝ AB2.又 AB＝ BD，所以 BO2＋DO2＝ BO2＋ AO2＝ AB2＝BD 2，故∠ DOB ＝ 90°.所以平面 ACD ⊥平面 ABC.→(2)由题设及 (1)知， OA， OB， OC 两两垂直，以O 为坐标原点，OA的→方向为 x 轴正方向， |OA|为单位长，成立以下图的空间直角坐标系O－ xyz.则 A(1,0,0) ， B(0， 3， 0)， C(－ 1,0,0)， D (0,0,1)1由题设知，四周体 ABCE 的体积为四周体ABCD 的体积的，进而E到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的1，即 E 为 DB 的中点，得 E 0,3 1 →2,2.故AD＝2→→ 3 1 (－ 1,0,1)， AC＝ (－ 2,0,0)， AE＝1, , .2 2设 n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，→－ x＋ z＝ 0，n·AD＝0，即则3 1→－ x＋n·AE＝0，2 y＋2z＝0.可取 n＝31,,1.3m·AC→＝0，设 m 是平面AEC的法向量，则同理可得m＝(0，－1，3)．→m·AE＝0，则 cos〈n，m〉＝n·m＝7.|n||m| 77所以二面角D－ AE－ C 的余弦值为7 .题型三利用空间向量解决探究性问题【题型重点】利用空间向量巧解探究性问题(1)空间向量最合适于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只要经过坐标运算进行判断．(2) 解题时，把要成立的结论看作条件，据此列方程或方程组，把“能否存在”问题转变为“点的坐标能否有解，能否有规定范围内的解”等，所认为使问题的解决更简单、有效，应擅长运用这一方法解题．【例 3】如图，在长方体ABCD －A1B1C1D1中， AB＝ AA1＝ 1， E 为 BC 中点．(1)求证： C1D ⊥ D1E；(2)在棱 AA1上能否存在一点M，使得 BM∥平面 AD1E？若存在，求AM的值，若不存在，说明原因．AA 1(3)若二面角B1－ AE－ D1的大小为 90°，求 AD 的长．【分析】以 D 为原点，成立以下图的空间直角坐标系D－ xyz 设 AD＝ a，则 D (0,0,0) ，A(a,0,0)，B(a,1,0)，B1(a,1,1)，C1(0,1,1) ，D 1(0,0,1) ，E a ,1,0 ， 2→→ a1 ，∴ C1 D＝ (0，－ 1，－ 1)， D1E＝,1,2→→＝0，∴ C(1)证明： C1 D·D 1E 1D⊥D 1E.AM(2)设AA1＝ h，则 M(a,0， h)，→→ a，∴ BM＝ (0，－1， h)， AE＝,1,02→，AD1＝ (－ a,0,1)设平面 AD 1E 的法向量为n＝(x，y，z)，→ aAE·n＝－2x＋ y＝ 0，则→AD 1·n＝－ ax＋ z＝ 0，令 x＝ 2，∴平面 AD 1E 的一个法向量为n＝(2，a,2a)，→→∵ BM∥平面 AD 1E，∴ BM ⊥n，即 BM·n＝ 2ah－ a＝0，∴ h＝1 .2即在 AA 1上存在点 M，使得 BM∥平面 AD 1E，此时AM＝1.AA1 2→(3)连结 AB1， B1E，设平面B1AE 的法向量为m＝(x′，y′，z′)，AE＝(0,1,1) ，→a则 AE·m＝－2x′＋ y′＝0，→AB1·m＝ y′＋ z′＝0，令 x′＝ 2，∴平面 B1AE 的一个法向量为m＝(2，a，－a)．∵二面角 B1－ AE－ D1的大小为90°，∴ m⊥ n，∴ m·n＝4＋a2－2a2＝0，a →,1,0 ， AB1＝2∵a>0 ，∴ a＝ 2，即 AD＝ 2.题组训练三利用空间向量解决探究性问题如图，已知等边△ ABC中，E，F分别为AB，AC边的中点， M 为 EF 的中点， N 为 BC 边上一点，且1 CN＝ BC，4将△ AEF 沿 EF 折到△ A′EF 的地点，使平面A′EF ⊥平面EFCB .(Ⅰ )求证：平面 A′MN ⊥平面 A′BF；(Ⅱ )求二面角E-A′F-B 的余弦值．【解】(Ⅰ )因为 E，F 为等边△ ABC 的 AB ，AC 边的中点，所以△A′EF 是等边三角形，且 EF∥BC.因为 M 是 EF 的中点，所以A′M⊥ EF.又因为平面A′EF⊥平面 EFCB ，A′M ? 平面 A′EF ，所以 A′M⊥平面 EFCB又 BF? 平面 EFCB ，所以 A′M⊥ BF.1因为 CN ＝4BC，所以 MF 綊 CN，所以 MN ∥ CF .在正△ABC 中知 BF⊥ CF ，所以 BF⊥ MN .而 A′M∩MN＝ M，所 BF ⊥平面 A′MN.又因为 BF ? 平面 A′BF ，所以平面A′MN ⊥平面 A′BF .(Ⅱ )设等边△ABC 的边长为 4，取 BC 中点 G，连结 MG ，由题设知 MG ⊥ EF，由 (Ⅰ ) 知A′M⊥平面 EFCB ，又 MG? 平面 EFCB ，所以 A′M⊥ MG ，如图成立空间→直角坐标系M－ xyz，则 F(－ 1,0,0)，A′(0,0， 3)，B(2，3，0)，FA＝ (1,0，→3)， FB＝ (3，3， 0)．设平面 A′BF 的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由→x＋ 3z＝ 0，FA·n＝ 0，3， 3,1)．得令 z＝ 1，则n＝ (－→3x＋3y＝ 0，FB ·＝n 0，平面 A′EF 的一个法向量为p＝(0,1,0)，p·n313所以 cos〈n，p〉＝＝，明显二面角 E－ A′F－ B 是锐角，所以二面角E－A′F－ B 的余弦值为3 1313.题型四成立空间直角坐标系的方法坐标法是利用空间向量的坐标运算解答立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题常常需要成立空间直角坐标系，依照空间几何图形的构造特点，充足利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来成立空间直角坐标系，是运用坐标法解题的重点，下边举例说明几种常有的空间直角坐标系的建立策略．方法一利用共极点的相互垂直的三条棱建立直角坐标系【例 4】已知直四棱柱 ABCD －A1B1C1D1中， AA1＝ 2，底面 ABCD 是直角梯形，∠ A 为直角， AB∥ CD ，AB ＝4， AD ＝ 2，DC＝ 1，求异面直线BC1与 DC 所成角的余弦值．【分析】如图，以 D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为 x，y，z 轴成立空间直角坐标系，则 C(0,1,0) ， C1(0,1,2) ， B(2,4,0) ，→→∴ BC1＝ (－ 2，－ 3,2)， CD ＝ (0，－ 1,0)．→→→ →3 17 |BC1·CD |＝.设 BC1与 CD所成的角为θ，则 cos θ＝→→17|BC 1||CD|317故所求异面直线所成角的余弦值为17 .方法二利用线面垂直关系建立直角坐标系【例 5】如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面 BB1C1C，E 为棱 CC1上异于 C，C1 的一点， EA⊥ EB1.已知 AB＝2， BB1＝π2， BC＝ 1，∠ BCC1＝.3求二面角 A－EB 1－ A1的平面角的正切值．【分析】如图，以 B 为原点，分别以BB1， BA 所在直线为y 轴、z 轴，过 B 点垂直于平面ABB1A1的直线为x 轴成立空间直角坐标系．因为 BC＝ 1， BB1＝ 2， AB＝πABC－ A1B1C1中，2，∠ BCC1＝，∴在三棱柱3有 B(0,0,0) ， A(0,0，3 1 3 1， C13 3 2)， B1(0,2,0) ， C , ,0 , ,0 , ,0 .2 2 2 2 2 23, a,0 ，且－ 1 3 →设 E <a< ，即 EA＝2 2 2→→由 EA⊥ EB1，得 EA·EB 1＝ 0，3 →1＝3, a, 2 ，EB ,2 a,0 .2 23, a, 2 ·3,2 a,03 2 3即 2 2 ＝4＋ a(a－ 2)＝ a －2a＋4＝0，∴1 3a · a2 21 3 3 1＝ 0，即 a＝或 a＝ (舍去 )．故 E , ,0 .2 2 2 2→→→→→由已知有 EA⊥ EB1，B1 A1⊥ EB1，故二面角A－ EB1－A1的平面角θ的大小为向量 B1A1与→EA的夹角．→→，→因为 B1A1＝ BA＝ (0,0 2)， EA＝3,1,2， 2 2→ →2 6 2EA·B1A1故 cos θ＝→ →＝2× 3 ＝3，即 tan θ＝2.|EA||B1A1|2故所求二面角的平面角的正切值为2 .方法三利用面面垂直关系建立直角坐标系【例 6】如图，在四棱锥V－ ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧面 VAD 是正三角形，平面VAD⊥底面 ABCD .(1)求证 AB⊥平面 VAD；(2)求二面角A－ VD－B 的余弦值．间直角坐标系．设 AD ＝ 2，则 A(1,0,0)， D (－ 1,0,0)， B(1,2,0) ， V(0,0， 3)，→ →，－ 3)．∴ AB ＝ (0,2,0) ， VA ＝(1,0→ →由 AB ·VA ＝ (0,2,0) (1,0·，－ 3)＝ 0，得 AB ⊥ VA.又 AB ⊥ AD ，进而 AB 与平面 VAD 内两条订交直线VA ， AD 都垂直，∴ AB ⊥平面 VAD.(2)设 E 为 DV 的中点，则 E1,0, 3 ，2 2→3 3 →3 3 ，∴ EA ＝2,0,， EB ＝,2,222→DV ＝ (1,0， 3)．→ → 3 3＝ 0，∴ EB ⊥ DV . ∴ EB ·DV ＝ － 2 2又 EA ⊥ DV ，所以∠ AEB 是所求二面角的平面角．→ → → →21 EA ·EB∴ cos 〈 EA ， EB 〉＝ → → ＝ 7 .|EA||EB|21故所求二面角的余弦值为7 .方法四利用正棱锥的中心与高所在直线建立直角坐标系【例 7】已知正四棱锥 V － ABCD 中， E 为 AC 中点，正四棱锥底面边长为2a ，高为h.(1)求∠ DEB 的余弦值；(2)若 BE ⊥ VC ，求∠ DEB 的余弦值．【分析】如图，以 V 在平面 ABCD 的射影 O 为坐标原点成立空间直角坐标系，此中Ox ∥ BC ， Oy ∥AB ，则由 AB＝2a ， OV ＝h ，有 B( a ， a,0)，C(－ a ，a,0)， D(－ a ，－ a,0)， V(0,0，h)， Ea , a, h ，即2 2 2→3a a hBE ＝2,,2 2→ a 3a h ， DE ＝,, 22 2→ ， VC ＝ (－ a ， a ，－ h)．→ →→ →2 2BE ·DE－ 6a ＋ h(1)cos 〈 BE ， DE 〉＝→ →＝22 ，10a＋ h|BE||DE |－ 6a 2＋h 2即 cos ∠ DEB ＝ 10a 2＋ h 2 .→ →(2)因为 BE ⊥ AC ，所以 BE ·VC ＝ 0，即3a , a , h ·(－ a ，a ，－ h)＝0，2 2 23222 － a－ h＝ 0，解得 h ＝ 2a.所以 a2 22→ →－ 6a 2＋h 2 1这时 cos 〈BE ， DE 〉＝ 10a 2＋ h 2＝－ 3，即 cos ∠ DEB ＝－ 13.【专题训练】1．如图，在四棱锥 P － ABCD 中，PC ⊥底面 ABCD ，底面 ABCD 是直角梯形， AB ⊥ AD ， AB ∥ CD ， AB ＝2AD ＝ 2CD ＝2， PE ＝ 2BE.(1)求证：平面 EAC ⊥平面 PBC ；6(2)若二面角 P － AC － E 的余弦值为 3 ，求直线 PA 与平面 EAC所成角的正弦值．【分析】(1) 证明：∵ PC ⊥底面 ABCD ， AC? 平面 ABCD ，∴PC ⊥AC .∵ AB ＝ 2，AD ＝ CD ＝ 1，∴ AC ＝ BC ＝ 2，∴ AC 2＋ BC 2＝ AB 2，∴ AC ⊥ BC ，又 BC ∩PC＝C ，∴ AC ⊥平面 PBC ，又 AC? 平面 EAC ，∴平面 EAC ⊥平面 PBC.得： C(0,0,0) ， A(1,1,0) ， B(1，－ 1,0)，设 P(0,0， a)(a ＞ 0)，则 E 2 , 2 , a，3 3 3→→ →CA ＝ (1,1,0) ， CP ＝ (0,0， a)， CE ＝2 ,2 , a，33 3→ →取 n ＝(1，－ 1,0)，则 m ·CP ＝ m ·CA ＝ 0，∴ n 为平面 PAC 的法向量．→＝ 0 x ＋ y ＝ 0 设 n ＝(x ，y ， z)为平面 EAC 的法向量，则n ·EA，即，→ 2x － 2y ＋ az ＝0n ·CE ＝ 0取 n ＝(a ，－ a ，－ 4) ，∵二面角 P －AC －E 的余弦值为6，3∴ |cos 〈 m ， n 〉|＝|m ·n |＝2a＝ 6，|m ||n |2× 2a 2＋ 163→解得 a ＝ 4，∴ n ＝ (4，－ 4，－ 4)， PA ＝ (1,1，－ 4)． 设直线 PA 与平面 EAC 所成角为 θ，→→162 6|PA ·n |＝ ＝ ，则 sin θ＝ |cos 〈 PA ， n 〉 |＝→918× 16×3|PA||n |∴直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为2 9 6.2．如图，四棱锥 P － ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠ BAD ＝∠ ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线 CE ∥平面 PAB ； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°，求二面角 M － AB －D 的余弦值．【分析】(1) 证明：取 PA 的中点 F ，连结 EF ，BF .因为 E 是 PD 的中点，所以EF ∥AD ， EF ＝ 1AD ，由∠ BAD ＝∠ ABC ＝ 90°得 BC ∥ AD ，21又 BC ＝ 2AD ，所以 EF 綊 BC.四边形 BCEF 为平行四边形， CE ∥ BF.又 BF? 平面 PAB ，CE ? 平面 PAB ，故 CE ∥平面 PAB .→→ (2)由已知得 BA ⊥AD ，以 A 为坐标原点， AB 的方向为 x 轴正方向， |AB|为单位长，成立以下图的空间直角坐标系 A － xyz ，则 A(0,0,0)，B(1,0,0) ，C(1,1,0) ，P(0,1， → →3)，PC ＝ (1,0，－ 3)，AB ＝(1,0,0) ，→ → 设 M(x ，y ，z)(0< x<1) 则 BM ＝ (x － 1，y ，z) ，PM ＝ (x ，y － 1，z － 3)，因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45°，而 n ＝ (0,0,1)是底面 ABCD 的法向量，所以，|cos →|z|2 22 2〈BM ， n 〉|＝ sin 45 °， x － 1 2＋ y 2＋ z2＝2 ，即 (x － 1)＋ y － z ＝ 0. ①→ →又 M 在棱 PC 上，设 PM ＝ λPC ，则x ＝ λ， y ＝ 1， z ＝ 3－ 3λ. ②22x ＝ 1＋ 2x ＝ 1－ 2 由①，②解得y ＝1 舍去， y ＝ 1.66z ＝－ 2z ＝ 2所以 M2 6 →2 6 1,1,，进而 AM ＝ 1,1,.2222设 m ＝ (x 0， y 0， z 0) 是平面 ABM 的法向量，则→2－ 2 x 0＋ 2y 0＋ 6z 0＝ 0， m ·AM ＝ 0，即→ ＝ 0， x 0＝ 0，m ·AB以可取 m ＝ (0，－6， 2)．于是 cos 〈 m ， n 〉＝ m ·n＝10，所以二面角 M －AB －D|m ||n | 5的余弦值为105.3．以下图的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB∥ CD, AB＝ 2AD ＝ 2, ∠ DAB ＝60°，四边形 CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面 ABCD .(1)若点 G 是棱 AB 的中点，求证：EG∥平面 BDF ；(2)求直线 AE 与平面 BDF 所成角的正弦值；FH(3)在线段 FC 上能否存在点H，使平面 BDF ⊥平面 HAD ？若存在，求HC的值；若不存在，说明原因．(1)【证明】因为四边形因为G是棱由已知得EF∥ CD ，且 EF＝CD . ABCD 为等腰梯形，所以BG∥ CD . AB 的中点，所以BG＝ CD .所以 EF ∥ BG，且 EF＝ BG，故四边形EFBG 为平行四边形，所以EG∥FB .因为 FB ? 平面 BDF, EG? 平面 BDF ，所以 EG∥平面 BDF .(2)【解】因为四边形CDEF 为正方形，所以ED⊥ DC.因为平面 CDEF ⊥平面 ABCD ，平面 CDEF ∩平面 ABCD ＝DC ， DE ? 平面 CDEF ，所以 ED ⊥平面 ABCD .在△ ABD 中，因为∠ DAB ＝60°， AB＝ 2AD＝ 2，所以由余弦定理，得BD ＝3，所以 AD ⊥ BD.在等腰梯形ABCD 中，可得DC＝CB ＝1.如图，以 D 为原点，以DA ，DB ， DE 所在直线分别为x， y， z 轴，成立空间直角坐标系，则 D(0， 0，0)， A(1， 0，0)， E(0， 0， 1)， B(0，1 3，3， 0)， F ,,12 2→ →1 3 ， 所以 AE ＝ (－ 1， 0， 1)， DF ＝2,,12DB →＝ (0，3， 0).设平面 BDF 的法向量为n ＝ (x ， y ，z )，→3y ＝ 0，n ·DB ＝ 0，所以因为1 3→－2x ＋ 2 y ＋z ＝0.n ·DF ＝0，取 z ＝ 1，则 x ＝ 2，y ＝ 0，则 n ＝ ( 2，0， 1).→10， 设直线 AE 与平面 BDF 所成的角为 θ，则 sin θ＝→＝ |AE ·n |＝cos 〈 AE ， n 〉||n | 10|→ | |AE所以 AE 与平面 BDF 所成角的正弦值为1010.(3)【解】 线段 FC 上不存在点 H ，使平面 BDF ⊥平面 HAD .证明以下：假定线段FC 上存在点 H ，1 3 →1 3设 H,,t (0≤t ≤1)，则 DH ＝2 ,,t222设平面 HAD 的法向量为m ＝(a ， b ，c )，→a ＝ 0，m ·DA ＝ 0，因为所以13 →－ a ＋2 b ＋tc ＝ 0.m ·DH ＝ 0，2取 c ＝ 1，则 a ＝ 0， b ＝－2t ，得 m ＝ 0,2,1.33要使平面 BDF ⊥平面 HAD ，只要 m ·n ＝ 0， 即 2×0－2t ×0＋ 1×1＝ 0, 此方程无解． 3所以线段 FC 上不存在点 H ，使平面 BDF ⊥平面 HAD .4．如图，已知圆锥 OO1和圆柱 O1O2的组合体 (它们的底面重合 )，圆锥的底面圆 O1半径为 r ＝5, OA 为圆锥的母线， AB 为圆柱 O1O2的母线， D， E 为下底面圆 O2上的两点，且 DE ＝ 6，AB＝， AO＝ 5 2， AO⊥ AD .(1)求证：平面 ABD ⊥平面 ODE；(2)求二面角 B— AD—O 的正弦值．(1)【证明】依题易知，圆锥的高为 h＝ 5 2 2－ 52＝ 5，又圆柱的高为 AB＝，AO⊥ AD ，所以OD 2＝ OA2＋ AD 2，因为 AB⊥BD ，所以 AD2＝ AB2＋ BD2，连结 OO1，O1O2，DO 2，易知 O， O1， O2三点共线，OO2⊥ DO2，所以 OD2＝ OO22＋O2D 2，所以 BD 2＝OO22＋O2D2－AO2－AB2＝＋ 5)2＋ 52－ (52)2－2＝ 64，解得 BD ＝8，又因为 DE ＝6，圆 O2的直径为10，圆心 O2在∠ BDE 内，所以∠ BDE＝ 90°，所以 DE ⊥ BD .因为 AB ⊥平面 BDE ，所以 DE ⊥ AB，因为 AB ∩BD ＝ B，AB，BD ? 平面 ABD ，所以 DE ⊥平面 ABD .又因为 DE ? 平面 ODE ，所以平面ABD ⊥平面 ODE.(2)【解】如图，以 D 为原点，DB， DE 所在的直线为x， y 轴，成立空间直角坐标系．则 D(0,0,0) ， A(8,0,6.4)， B(8,0,0) ， O(4,3,11.4)．→→→，所以 DA＝ (8,0,6.4) ， DB ＝ (8,0,0) ， DO＝ (4,3,11.4)设平面 DAO 的法向量为→u＝(x，y，z)，所以DA·u＝8x＋＝0，→DO·u＝ 4x＋ 3y＋＝ 0，令 x＝ 12，则u＝ (12,41，－ 15)．可取平面 BDA 的一个法向量为v＝(0,1,0)，所以 cos〈u，v〉＝u·v＝41＝82，所以二面角B—AD — O 的正弦值为3 2 |u||v| 5 82 10 10.。

新人教A版版高考数学一轮复习立体几何立体几何中的向量方法教学案理解析版

新人教A版版高考数学一轮复习立体几何立体几何中的向量方法教学案理解析版

[考纲传真] 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．１．异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l１，l２的方向向量，则a与b的夹角〈a，b〉l１与l２所成的角θ范围0＜〈a，b〉＜π0<θ≤错误!关系cos〈a，b〉＝错误!cos θ＝|cos〈a，b〉|＝错误!２．直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝错误!.３．二面角（１）如图１，AB，CD是二面角α­l­β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈错误!，错误!〉．（２）如图２３，n１，n２分别是二面角α­l­β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n１，n２〉|，二面角的平面角大小是向量n１与n２的夹角（或其补角）．[常用结论]点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|错误!|＝错误!.[基础自测]１．（思考辨析）判断下列结论的正误．（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．（）（２）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．（）（３）两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．（）（４）两异面直线夹角的范围是错误!，直线与平面所成角的范围是错误!，二面角的范围是[0，π]．（）[答案] （１）×（２）×（３）×（４）√２．已知两平面的法向量分别为m＝（0,１,0），n＝（0,１,１），则两平面所成的二面角为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!πＣ．错误!或错误!π Ｄ．错误!或错误!πC [∵m＝（0,１,0），n＝（0,１,１），∴m·n＝１，|m|＝１，|n|＝错误!，∴cos〈m，n〉＝错误!＝错误!，∴〈m，n〉＝错误!.∴两平面所成的二面角为错误!或错误!π，故选Ｃ．]３．如图所示，在正方体ABCD­A１B１C１D１中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B１M与D１N所成角的余弦值为（）Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!A [以D为原点建立空间直角坐标系D­xyz，如图，设AB＝２，则N（１,0,0），D１（0,0,２），M（１,１,0），B１（２,２,２），∴错误!＝（—１，—１，—２），错误!＝（１,0，—２），∴错误!·错误!＝—１＋４＝３，|错误!|＝错误!，|错误!|＝错误!，∴cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＞0，∴B１M与D１N所成角的余弦值为错误!.故选Ａ．]４．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝—错误!，则l与α所成的角为________．错误![设l与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝错误!，又θ∈错误!，∴θ＝错误!.]５．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________．４５°[如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝１，则A（0,0,0），D（0,１,0），P（0,0,１），由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD.∴错误!＝（0,１,0），错误!＝错误!分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈错误!，错误!〉＝４５°.故平面PAB与平面PCD所成的二面角为４５°.]求异面直线所成的角１．已知直三棱柱ABC­A１B１C１中，∠ABC＝１２0°，AB＝２，BC＝CC１＝１，则异面直线AB１与BC所成角的余弦值为（）１Ａ．错误!Ｂ．错误!Ｃ．错误!Ｄ．错误!C [在平面ABC内过点B作AB的垂线，以B为原点，以该垂线，BA，BB１所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系B­xyz，则A（0,２,0），B１（0,0,１），C错误!，C１错误!，错误!＝（0，—２,１），错误!＝错误!，cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!，故选Ｃ．]２．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB＝２，∠BAD＝60°.（１）求证：BD⊥平面PAC；（２）若PA＝AB，求PB与AC所成角的余弦值．[解] （１）证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.又因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC.（２）设AC∩BD＝O.因为∠BAD＝60°，PA＝AB＝２，所以BO＝１，AO＝CO＝错误!.如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz，则P（0，—错误!，２），A（0，—错误!，0），B（１,0,0），C（0，错误!，0）．所以错误!＝（１，错误!，—２），错误!＝（0,２错误!，0）．设PB与AC所成角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!.即PB与AC所成角的余弦值为错误!.[规律方法] 用向量法求异面直线所成角的一般步骤１选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；２确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；３利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；４两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.求直线与平面所成的角【例１】（２0１8·合肥一模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．（１）求证：平面BDM∥平面EFC；（２）若DE＝２AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．[解] （１）连接AC，交BD于点N，连接MN，则N为AC的中点，又M为AE的中点，∴MN∥EC.∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，∴MN∥平面EFC.∵BF，DE都垂直底面ABCD，∴BF∥DE.∵BF＝DE，∴四边形BDEF为平行四边形，∴BD∥EF.∵BD⊄平面EFC，EF⊂平面EFC，∴BD∥平面EFC.又MN∩BD＝N，∴平面BDM∥平面EFC.（２）∵DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，∴DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D­xyz.设AB＝２，则DE＝４，从而D（0,0,0），B（２,２,0），M（１,0,２），A（２,0,0），E（0,0,４），∴错误!＝（２,２,0），错误!＝（１,0,２），设平面BDM的法向量为n＝（x，y，z），则错误!得错误!令x＝２，则y＝—２，z＝—１，从而n＝（２，—２，—１）为平面BDM的一个法向量．∵错误!＝（—２,0,４），设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，错误!〉|＝错误!＝错误!，∴直线AE与平面BDM所成角的正弦值为错误!.[规律方法] 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.１１１１别为A１B１，BC的中点．（１）求异面直线BP与AC１所成角的余弦值；（２）求直线CC１与平面AQC１所成角的正弦值．[解] 如图，在正三棱柱ABC­A１B１C１中，设AC，A１C１的中点分别为O，O，连接OB，OO１，则OB⊥OC，OO１⊥OC，OO１⊥OB，１如图所示，建立空间直角坐标系O­xyz.因为AB＝AA１＝２，所以A（0，—１,0），B（错误!，0,0），C （0,１,0），A１（0，—１,２），B１（错误!，0,２），C１（0,１,２）．（１）因为P为A１B１的中点，所以P错误!，从而错误!＝错误!，错误!＝（0,２,２），故|cos〈错误!，错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!.因此，异面直线BP与AC１所成角的余弦值为错误!.（２）因为Q为BC的中点，所以Q错误!，因此错误!＝错误!，错误!＝（0,２,２），错误!＝（0,0,２）．设n＝（x，y，z）为平面AQC１的法向量，则错误!即错误!不妨取n＝（错误!，—１,１）．设直线CC１与平面AQC１所成角为θ，则sin θ＝|cos〈错误!，n〉|＝错误!＝错误!＝错误!，所以直线CC１与平面AQC１所成角的正弦值为错误!.求二面角【例２】（２0１8·湖北二模）如图１，等腰直角三角形ABC的底边AB＝２，点D在线段AC上，DE⊥AB 于点E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图２）．图１图２（１）求证：PB⊥DE；（２）若PE⊥BE，直线PD与平面PBC所成的角为３0°，求平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值．[解] （１）证明：∵DE⊥PE，DE⊥BE，PE∩BE＝E，∴DE⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，∴PB⊥DE.（２）由题知DE⊥PE，DE⊥EB，且PE⊥EB，∴DE，BE，PE两两互相垂直．分别以错误!，错误!，错误!的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E­xyz.设|PE|＝a（0＜a＜１），则B（0,２—a,0），D（a,0,0），C（１,１—a,0），P（0,0，a），∴错误!＝（0,２—a，—a），错误!＝（１，—１,0）．设平面PBC的法向量为n＝（x，y，z），则错误!∴错误!∴平面PBC的一个法向量为n＝（a，a,２—a），∵直线PD与平面PBC所成的角为３0°，且错误!＝（a,0，—a），∴sin ３0°＝错误!，∴a＝２（舍）或a＝错误!.∴平面PBC的一个法向量为n＝错误!.易知平面PDE的一个法向量为m＝（0,１,0），设所求的锐二面角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!，所以sin θ＝错误!，即平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值为错误!.[规律方法] 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是锐钝二面角.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.得点D在平面ABC内的射影恰好落在边AB上．（１）求证：平面ACD⊥平面BCD；（２）当错误!＝２时，求二面角D­AC­B的余弦值．[解] （１）证明：如图，设点D在平面ABC内的射影为点E，连接DE，则DE⊥平面ABC，所以DE⊥BC.因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥AD.又AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，而AD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BCD.（２）以点B为原点，线段BC所在的直线为x轴，线段AB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设AD＝a，则AB＝２a，所以A（0，—２a,0），C（—a,0,0）．由（１）知AD⊥BD，又错误!＝２，所以∠DBA＝３0°，∠DAB＝60°，所以AE＝AD cos∠DAB＝错误!a，BE＝AB—AE＝错误!a，DE＝AD sin∠DAB＝错误!a，所以D错误!，所以错误!＝错误!，错误!＝（—a,２a,0）．设平面ACD的法向量为m＝（x，y，z），则错误!即错误!取y＝１，则x＝２，z＝—错误!，所以m＝错误!.因为平面ABC的一个法向量为n＝（0,0,１），所以cos〈m，n〉＝错误!＝错误!＝—错误!.所以二面角D­AC­B的余弦值为错误!.１．（２0１8·全国卷Ⅱ）如图所示，在三棱锥P­ABC中，AB＝BC＝２错误!，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M­PA­C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错误!.连接OB.因为AB＝BC＝错误!AC，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝错误!AC＝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，错误!的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O­xyz.由已知得O（0,0,0），B（２,0,0），A（0，—２,0），C（0,２,0），P（0,0,２错误!），错误!＝（0,２,２错误!）．取平面PAC的一个法向量错误!＝（２,0,0）．设M（a,２—a,0）（0＜a≤２），则错误!＝（a,４—a,0）．设平面PAM的法向量为n＝（x，y，z）．由错误!·n＝0，错误!·n＝0得错误!可取n＝（错误!（a—４），错误!a，—a），所以cos〈错误!，n〉＝错误!.由已知可得|cos〈错误!，n〉|＝错误!，所以错误!＝错误!，解得a＝—４（舍去）或a＝错误!，所以n＝错误!.又错误!＝（0,２，—２错误!），所以cos〈错误!，n〉＝错误!.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为错误!.２．（２0１6·全国卷Ⅱ）如图所示，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝５，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝错误!，EF交BD于点H.将△DEF沿EF 折到△D′EF的位置，OD′＝错误!.（１）证明：D′H⊥平面ABCD；（２）求二面角B­D′A­C的正弦值．[解] （１）证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得错误!＝错误!，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝５，AC＝6得DO＝BO＝错误!＝４．由EF∥AC得错误!＝错误!＝错误!.所以OH＝１，D′H＝DH＝３．于是D′H２＋OH２＝３２＋１２＝１0＝D′O２，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.（２）如图，以H为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，错误!的方向为y轴正方向，错误!的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系H­xyz，则H（0,0,0），A（—３，—１,0），B（0，—５,0），C（３，—１,0），D′（0,0,３），错误!＝（３，—４,0），错误!＝（6,0,0），错误!＝（３,１,３）．设m＝（x１，y１，z１）是平面ABD′的法向量，则错误!即错误!所以可取m＝（４,３，—５）．设n＝（x２，y２，z２）是平面ACD′的法向量，则错误!即错误!所以可取n＝（0，—３,１）．于是cos〈m，n〉＝错误!＝错误!＝—错误!，sin〈m，n〉＝错误!.因此二面角B­D′A­C的正弦值是错误!.。

知识讲解 立体几何中的向量方法(提高)126

知识讲解 立体几何中的向量方法(提高)126

立体几何中的向量方法【学习目标】1. 理解直线的方向向量与平面的法向量。

2. 能用向量方法证明有关直线和平面的平行与垂直。

3. 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题。

4. 能用向量方法计算两点、点线、点面、面面距离。

【要点梳理】要点一、直线的方向向量和平面的法向量1.直线的方向向量：若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量。

要点诠释：（1）在直线上取有向线段表示的向量，或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量，均为直线的方向向量。

（2）在解具体立体几何题时，直线的方向向量一般不再叙述而直接应用，可以参与向量运算或向量的坐标运算。

2. 平面的法向量定义：已知平面α，直线l α⊥，取l 的方向向量a ，有α⊥a ，则称为a 为平面α的法向量。

要点诠释：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量。

已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量。

3.平面的法向量确定通常有两种方法：（1） 几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量；（2） 几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：（i ）设出平面的法向量为n=（x ，y ，z ）；（ii ）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标a=（a 1，b 1，c 1），b=（a 2，b 2，c 2）； （iii ）根据法向量的定义建立关于x 、y 、z 的方程00n a n b ⋅=⎧⎨⋅=⎩； （iv ）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．要点二、用向量方法判定空间中的平行关系空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行。

（1）线线平行设直线1l ，2l 的方向向量分别是a ，b ，则要证明12//l l ，只需证明//a b ，即()k k =∈R a b 。

2024-2025学年高二上学期第一次月考模拟(提升卷)(范围：空间向量与立体几何+直线方程)解析版

2024-2025学年高二上学期第一次月考模拟(提升卷)(范围：空间向量与立体几何+直线方程)解析版

2024-2025学年高二上学期第一次月考模拟（提升卷）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1．（23-24高二上·湖北武汉·月考）设直线l 的方程为()cos 30R x y θθ++=∈，则直线l 的倾斜角α的取值范围是（ ） A ．[)0,π B ．ππ,42C ．π3π,44D ．πππ3,,422π4 ∪【答案】C【解析】当cos 0θ=时，方程变为30x +=，其倾斜角为π2， 当cos 0θ≠时，由直线方程可得斜率1cos k θ=−，[]cos 1,1θ∈− 且cos 0θ≠， ][(),11,k ∴∈−∞−∪+∞，即][()tan ,11,α∈−∞−∪+∞，又[)0,πα∈，πππ3π,,4224α∴∈∪，综上所述，倾斜角的范围是π3π,44.故选：C.2．（23-24高二上·广东深圳·月考）已知平面{}00P n P P α=⋅=∣ ，其中点0(1,2,3)P ，法向量(1,1,1)n =，则下列各点中不在平面α内的是（ ） A ．(3,2,1) B ．(2,5,4)−C ．(3,5,4)−D ．(2,4,8)−【答案】B【解析】对于A ，()02,0,2P P −= ，012101(2)0P P n ⋅=×+×+×−=，故选项A 在平面α内；对于B ，0(3,3,1)P P − ，01(3)131110P n P ⋅=×−+×+×=≠，故选项B 不在平面α内；对于C ，0(4,2,2)P P − ，01(4)12120P n P ⋅=×−+×+×=，故选项C 在平面α内；对于D ，0(1,6,5)P P =− ，0111(6)150P P n ⋅=×+×−+×=，故选项D 在平面α内.故选：B. 3．（23-24高二上·浙江·月考）已知直线1:210l x ay +−=和直线()2:3110l a x ay −−−=，则“16a =”是“12l l ∥”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由题设12l l ∥，可得()231a a a −=−，解得0a =或16a =. 当0a =时，1l ：1x =，2l ：=1x −，此时12l l ∥，当16a =时，1l ：330x y +−=，2l ：360x y ++=，此时12l l ∥， 所以“16a =”是“12l l ∥”的充分不必要条件.故选：A. 4．（23-24高二上·湖南常德·月考）已知向量()()2,1,3,4,2,a b t =−=−的夹角为钝角，则实数t 的取值范围为（ ）A ．10,3−∞B ．()10,66,3∞−−∪−C ．10,3+∞D ．()10,66,3+∞【答案】B【解析】由()()241231030a b t t ⋅=×−+−×+=−+<，解得103t < 当, a b 共线时，由b a λ= ，即(42)(213),,,,t λ−=−解得6t =−， 所以当, a b夹角为钝角时()10,66,3t ∞ ∈−−−，故选：B5．（23-24高二上·陕西西安·月考）已知直线l 过点()0,440y −+=及x 轴围成等腰三角形，则l 的方程为（ ）A40y +−=3120y −+= B3120y −+=40y −+= C30y −+= D30y +−=【答案】A【解析】设()0,4A40y −+=过()0,4A和B， 当:0l x =时，直线l40y −+=与x 轴为成的三角形是AOB 不是等腰三角形. 所以直线l 的斜率存在.设B 关于y轴的对称点为C， 当直线l 过,A C 两点时，AB AC =，三角形ABC 是等腰三角形， 同时由于直线ABπ3，所以三角形ABC 是等边三角形，所以AC BC =，此时直线l404yy =+−=设直线l 与x 轴相交于点D ，如图所示，若AB BD =，则π6ADB ∠=，所以直线AD ，也即直线l对应方程为3120y x y =+−+=.故选：A 6．（23-24高二下·江苏徐州·月考）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中，E ，F 分别为棱1AA ，1BB 的中点，G 为棱11A B 上的一点，且()102A G λλ=<<，则点G 到平面1D EF 的距离为（ ） ABCD【答案】D【解析】以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，1DD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()2,,2G λ，()10,0,2D ，()2,0,1E ，()2,2,1F ，所以()12,0,1ED =−，()0,2,0= EF ，()0,,1EG λ= ．设平面1D EF 的法向量为(),,n x y z，则12020n ED x z n EF y ⋅=−+= ⋅== ，取1x =，得()1,0,2n = ， 所以点G 到平面1D EF的距离为EG n d n ⋅== ，故选：D ． 7．（23-24高二上·河南信阳·月考）已知点()2,3A −，()5,2B −−，若直线l ：10mx y m ++−=与线段AB （含端点）有公共点，则实数m 的取值范围为（ ） A ．43,34−B ．43,,34−∞−∪+∞C ．34,43 −D ．34,,43−∞−∪+∞【答案】D【解析】由10mx y m ++−=，得()()11y m x −=−⋅+， 所以直线l 的方程恒过定点()1,1P −.因为()2,3A −，()5,2B −−， 所以314213PA k −−==−+，213514PB k −−==−+.由题意可知，作出图形如图所示由图象可知，34m −≥或43m −≤−，解得34m ≤−或43m ≥， 所以实数m 的取值范围为34,,43−∞−∪+∞.故选：D.8．（24-25高二上·湖南郴州·开学考试）已知一对不共线的向量a ，b 的夹角为θ，定义a b × 为一个向量，其模长为sin a b a b θ×=⋅ ，其方向同时与向量a ，b 垂直（如图1所示）．在平行六面体OACB O A C B ′−′′′中（如图2所示），下列结论错误的是（ ）A ．12OABS OA OB =×B ．当π0,2AOB∠∈时，tan OA OB OA OB AOB ×=⋅∠C ．若2OA OB == ，2OA OB ⋅= ，则OA OB ×= D ．平行六面体OACB O A C B ′−′′′的体积()V OO OA OB =×′⋅【答案】C【解析】对于A ，1||||sin 2ABO S OA OB AOB =∠△， 而||||||sin OA OB OA OB AOB ×=∠ ，故1||2ABOS OA OB =×△，正确； 对于B ，||||cos OA OB OA OB AOB ⋅=∠ ，当π0,2AOB∠∈时，tan AOB ∠有意义，则tan sin OA OB AOB OA OB AOB OA OB ⋅∠=∠=×，正确；对于C ，因为||||2OA OB == ，2OA OB ⋅= ，所以1cos 2AOB ∠=，sin AOB ∠所以||OA OB ×对于D ，OA OB ×的模长即为平行六面体底面OACB 的面积，且方向垂直于底面，由数量积的几何意义可知， |()|OO OA OB ′⋅× 就是OO ′在垂直于底面OACB 的方向上的投影向量的模长（即为平行六面体的高） 乘以底面的面积，即为平行六面体的体积，正确．故选：C二、多选选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．（23-24高二上·广东佛山·月考）给出下列命题，其中不正确的为（ ）A ．若AB CD =，则必有A 与C 重合，B 与D 重合，AB 与CD 为同一线段B ．若0a b ⋅< ，则,a b 是钝角C ．若0AB CD += ，则AB与CD 一定共线D ．非零向量,,a b c 满足a 与b ，b 与c ，c 与a 都是共面向量，则,,a b c必共面【答案】ABD【解析】对于A ，考虑平行四边形ABDC 中，满足AB CD =，但不满足A 与C 重合，与D 重合，AB 与CD 为同一线段，即A 错误；对于B ，当两个非零向量,a b 的夹角为π时，满足0a b ⋅<，但,a b 不是钝角，即B 错误；对于C ，当0AB CD += 时，可得AB CD =− ，则AB与CD 一定共线，可知C 正确；对于D ，考虑三棱柱111ABC A B C −，令1,,AB a AC b AA c === ， 满足a与b ，b 与c ，c 与a 都是共面向量，但,,a b c 不共面，可得D 错误.故选：ABD10．（23-24高二上·安徽·月考）已知a ∈R ，点()(),1,21,2A a B a −+及直线:40l x y −+=，则（ ） A ．直线AB 恒过的定点在直线l 上B ．若直线AB 在两坐标轴上的截距相等，则4a =−C ．若直线AB 过第二、四象限，则1a <−D ．若直线AB 及l 与两坐标轴围成的四边形有外接圆，则4a =− 【答案】CD【解析】对于A ，直线AB 斜率不存在时，21a a =+，得1a =−，直线AB 方程为=1x −， 直线AB 斜率存在时，其方程为()311y x a a +=−+，得其过定点()1,4−−，综上，直线AB 过点()1,4−−，其不在直线l 上，A 错误；对于B ，直线AB 在两坐标轴上的截距相等，则直线AB 过原点或直线AB 不过原点且斜率为-1， 当直线AB 过原点时2121a a−=+，解得14a =−，直线AB 不过原点且斜率为-1时()21121a a−−=−+−，解得4a =−，B 错误；对于C ，直线AB 过第二、四象限，则直线AB 斜率()21021a a−−<+−，解得1a <−，C 正确；对于D ，若直线AB 及l 与两坐标轴围成的四边形有外接圆，则该四边形对角互补，又直线AB 过定点()1,4−−，经分析知只有AB l ⊥时满足题意，此时直线AB 的斜率为1,4a −=−，D 正确.故选：CD.11．（24-25高二上·河北邯郸·1111ABCD A B C D −，11AB AA AD===，则下列说法中正确的是（ ）A ．长方体外接球的表面积等于7πB ．P 是线段BD 上的一动点，则1PA PB +的最小值等于3C ．点1A 到平面1C BD 点D ．二面角1A BD A −−的正切值等于2 【答案】ABD【解析】对于A ，长方体外接球的直径12R AC ==故外接球的表面积为24π7πS R ==，故选项A 正确； 对于D ，把矩形11BDD B 和Rt ABD △放置在同一平面内，如图所示，其中AB =1AD =，1BB 2BD =， 连接BD 交1AB 于点P ，当点A ，P ，1B 三点共线时，1PA PB +最小， 则1sin 2AD ABD BD ∠==，故30ABD ∠= ，所以1120ABB ∠=， 由余弦定理可得，22211112cos12033292AB AB B B AB B B=+−⋅⋅=+−−=，所以13AB =，即1PA PB +的最小值为3，故B 正确；以点D 为原点，1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，则()(()(110,0,0,,,,D A B C所以()()((1111,,,,A C DB DC DA − 设平面1C BD 点的一个法向量为(),,n x y z =，则100DC n DB n ⋅= ⋅=，则00x ==，令y =3,xz==(3,n =，所以点1A 到平面1C BD 点，故C 错误；作AO BD ⊥，交BD 于点O ，由于1AA BD ⊥，11,,AA AO A AA AO =⊂ 平面1A AO ，1AO ⊂平面1A AO ， 所以1AO BD ⊥，则1A OA ∠为二面角1A BD A −−的平面角， 在Rt ABD △中，AB AD BD AO ⋅=⋅，所以AO =在1Rt A AO △中，11tan 2AA A OA AO ∠==，D 正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（23-24高三上·山东菏泽·月考）已知点(2,1,1)A ，若点(1,0,0)B 和点(1,1,1)C 在直线l 上，则点A 到直线l 的距离为 ． 【答案】1【解析】由题意知，点(2,1,1)A ，(1,0,0)B ，(1,1,1)C ，可得(1,1,1)BA = ，(0,1,1)BC =，则BA =2BA BC ⋅=，所以cos ,BA BC BABC BA BC⋅==sin ,BA BC = 所以点A 到直线l 的距离为sin ,1BA BA BC =．13．（23-24高二上·天津·月考）如图，三棱柱111ABC A B C −中，底面边长和侧棱长都等于1，1160BAA CAA °∠=∠=，求异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值．【解析】设1AA a = ，AB b = ，AC c =，则111,,222a b a c b c ⋅=⋅=⋅= ，则1111AB AA A B a b =+=+ ， 1111111111BC BB B C BB AC A B AA AC AB a c b =+=+−=+−=+− ，，=因为2211()()AB BC a b a c b a a c a b b a c b b ⋅+⋅+−+⋅−⋅+⋅+⋅− 11111112222=+−++−=，所以111111cos ,AB BC AB BC AB BC ⋅==所以异面直线1AB 与1BC 14．（23-24高二上·内蒙古·月考）已知(),m n 为直线10x y +−=小值为 ．(),P m n 到原点O 和到点()2,0A −的距离之和，即PO PA +．设()0,0O 关于直线10x y +−=对称的点为(),B a b ， 则10,221,a bb a+−= = 解之得1,1,a b = = 即()1,1B ．易得PO PB =，当,,A P B 三点共线时，PO PA +取到最小值，四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（23-24高二上·福建建瓯·月考）已知空间三点()4,0,4A −，()2,2,4B −，()3,2,3C −，设a AB = ，bBC =.(1)求a ，b ;(2)求a 与b的夹角.【答案】(1)a =；b = (2)2π3【解析】（1）由题意，()2,2,0a AB == ，()1,0,1b BC ==−− ，所以a =，b =；（2）由（1）可知1cos ,2a ba b a b ⋅===−⋅， 又[],0,πa b ∈，所以2π,3a b = ，即a 与b 的夹角为2π3.16．（23-24高二上·安徽·月考）已知ABC 的三个顶点是()2,3A ，()1,2B ，()4,4C −. (1)求BC 边上的高所在直线1l 的方程；(2)若直线2l 过点C ，且点A ，B 到直线2l 的距离相等，求直线2l 的方程. 【答案】(1)240x y −+=；(2)80x y −−=或135320x y +−= 【解析】（1）因为4642213BC k −=−−==−−，所以BC 边上的高所在直线1l 的斜率为12k =， 所以BC 边上的高所在直线1l 的方程13(2)2y x −=−，即240x y −+=. （2）因为点A ，B 到直线l 的距离相等，所以直线2l 与AB 平行或通过AB 的中点， ①当直线2l 与AB 平行， 因为232121AB l k k −===−，且2l 过点C ， 所以2l 方程为44y x +=−，即80x y −−=. ②当直线2l 通过AB 的中点35(,)22D ，所以541323542CDk −−==−−， 所以2l 的方程为134(4)5y x +=−−，即135320x y +−=. 综上：直线2l 的方程为80x y −−=或135320x y +−=.17．（23-24高二上·浙江湖州·月考）如图，在三棱柱111ABC A B C −中，,M N 分别是111,A B B C 上的点，且1112,2A M MB B N NC ==. 设1,,AB a AC b AA c === .(1)试用,,a b c表示向量MN ；(2)若11190,60,1BAC BAA CAA AB AC AA ∠=°∠=∠=°===，求MN 的长.【答案】(1)122333MN a b c =−++ ； 【解析】（1）1111MN MA AC C N =++ 12133BA AC CB =++ ()1221333AB AA AC AB AC =−+++−1122333AB AA AC =−++ 又AB a=，AC b = ，1AA c = ，∴122=333MN a b c −++ ．（2）因为11AB AC AA ===，1a b c === ． 90BAC ∠=° ，0a b ∴⋅=．1160BAA CAA ∠=∠=° ， 12a cbc ∴⋅=⋅= ，(221229MN a b c ∴=−++ ()2221114444899a b c a b a c b c ++−⋅−⋅+⋅= ，MN ∴= ．18．（23-24高二上·湖北襄阳·月考）设直线l 的方程为()()1520R a x y a a ++−−=∈． (1)求证：不论a 为何值，直线l 必过一定点P ；(2)若直线l 分别与x 轴正半轴，y 轴正半轴交于点(,0)A A x ，(0,)B B y ，当AOB 面积最小时，求此时的直线方程；(3)当直线l 在两坐标轴上的截距均为正整数且a 也为正整数时，求直线l 的方程． 【答案】(1)证明见解析；(2)32120x y +−=；(3)390x y +−=． 【解析】（1）由()1520a x y a ++−−=得()250a x x y −++−=，则2050x x y −=+−= ，解得23x y = = ， ∴不论a 为何值，直线l 必过一定点()2,3P ；（2）由()1520a x y a ++−−=，当0x =时，52B y a =+，当0y =时，521A ax a +=+， 又由5205201B A y a ax a =+>+ => + ，得1>−a ， ()()152191524112121221212AOB a S a a a a+ ∴=⋅+⋅=+++≥= ++， 当且仅当()9411a a +=+，即12a =时，取等号．()4,0A ∴，()0,6B ，∴直线方程为32120x y +−=． （3）直线l 在两坐标轴上的截距均为正整数，即52a +，521aa ++均为正整数，而a 也为正整数， 523211a a a +=+++，2a ∴=， ∴直线l 的方程为390x y +−=．19．（23-24高二上·四川成都·月考）如图，棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中，E 、F 分别是棱AB ，AD 的中点，G 为棱1DD 上的动点．(1)是否存在一点G ，使得1//BC 面EFG ？若存在，指出点G 位置，并证明你的结论，若不存在，说明理由； (2)若直线EG 与平面11DCC D 所成的角为60°，求三棱锥C EFG −的体积； (3)求三棱锥1B ACG −的外接球半径的最小值． 【答案】(1)存在点G 为1DD的中点，证明见解析；(3)4 【解析】（1）存在一点G ，当点G 为1DD 的中点，使得1//BC 面EFG ，连接1AD ，如图所示：∵点,F G 分别是1,AD DD 的中点，1//FG AD ∴， 又11//AB D C ，且11AB D C =，∴四边形11ABC D 是平行四边形，11//AD BC ∴，1//FG BC ∴， 又∵1BC ⊄平面EFG ，且FG ⊂平面EFG ，∴1//BC 平面EFG ．（2）取CD 的中点O ，连接OE ，OG ，由题意可知，OE ⊥平面11DCC D ，且2OEAD ==， OGE ∴∠是直线EF 与平面11DCC D 所成的角，即60OGE ∠=°，在Rt OEG △中，2tan tan 60OE OG OGE ===∠°∴在Rt ODG △中，DG =又CEF ABCD AEF BEC CDF S S S S S =−−−2113211212222=−××−×××=，113332C EFG G CEF CEF V V S DG −−∴==⋅=×=（3）以D 点为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为,,x y z 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示，连接11,,AC AB B C ，则11(2,0,0),(2,2,2),(0,2,0),(2,2,0),(0,0,2)A B C B D ，所以1(0,2,2),(2,2,0)AB AC −，1(2,2,2)BD =−− ，因为11440AB BD ⋅=−+=，1440AC BD ⋅=−=， 所以111,AB BD AC BD ⊥⊥，即111,AB BD AC BD ⊥⊥，因为1AB ⊂平面1AB C ，AC ⊂平面1AB C ，所以1BD ⊥平面1AB C ， 又因为1BA BB BC ==，所以三棱锥1B ACG −的外接球的球心在1BD 上， 设外接球球心为1O ， 设11(2,2,2)BO BD λλλλ==−−，[0,1]λ∈，则1O 的坐标为(22,22,2)λλλ−−， 设(0,0,)([0,2])G m m ∈，则11O G O A =所以2484m mλ+=+，设84[8,16]m t +=∈，则84t −， 则228()41664648411616t t t t t t tλ−+−+++−，而811116t t +−≥=，当且仅当816t t=，即t = 因为[8,16]t ∈，所以11,]2λ∈，三棱锥1B ACG −的外接球的半径1r O A ==因为11,]2λ∈，所以21812()[4833λ−+∈−，所以r ∈，三棱锥1B ACG −的外接球半径的最小值为4．。

高考数学复习 巩固练习 立体几何中的向量方法(提高)

高考数学复习 巩固练习 立体几何中的向量方法(提高)

高考数学复习 【巩固练习】 一、选择题1．若直线l 的方向向量1(,0,1)2=a ，平面β的法向量为(1,0,2)=--b ，则（ ）A ．//l βB ．l β⊥C ．l β⊂D ．l 与β斜交2．若平面α的法向量为μ，直线l 的方向向量为v ，直线l 与平面α的夹角为θ，则下列关系式成立的是（ ）．A ．cos ||||v v μθμ⋅= B ．||cos ||||v v μθμ⋅= C ．sin ||||v v μθμ⋅= D ．||sin ||||v v μθμ⋅=3．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-） 4．P 是二面角AB αβ--棱上的一点，分别在α、β半平面上引射线PM 、PN ，如果∠BPM=∠BPN=45°，∠MPN=60°，那么二面角的大小为（ ）．A ．60°B ．70°C ．80°D ．90°5．已知111ABC A B C -是各条棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱1CC 的中点．点1C 到平面1AB D 的距离（ ）A ．a 42 B ．a 82 C ．a 423 D ．a 22 6．（2015春 广安校级月考）若向量(,4,5)a x =，(1,2,2)b =-，且a 与b 的夹角的余弦值为6，则x=（ ） A ．3 B ．－3 C ．―11 D ．3或―117．在三棱锥P －ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝21PA ，点O 、D 分别是AC 、PC 的中点，OP ⊥底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值（ ）A ．621 B ．338 C ．60210D ．30210二、填空题8．若平面α的一个法向量为n=（3，3，0），直线l 的一个方向向量为b=（1，1，1），则l 与α所成角的余弦值为________．9．若分别与一个二面角的两个面平行的向量m=（－1，2，0），n=（3，0，－2），且m 、n都与二面角的棱垂直，则该二面角的余弦值为________．10．正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为AB 、CC 1的中点，则异面直线EF 与A 1C 1所成角的大小是________。

高考理科数学考点解析 立体几何中的向量方法、

高考理科数学考点解析 立体几何中的向量方法、

立体几何中的向量方法一、解答题1.(2016·全国卷Ⅰ高考理科·T18)如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC.(2)求二面角E-BC-A的余弦值.【解析】(1)因为ABEF为正方形,所以AF⊥EF.因为∠AFD=90°,所以AF⊥DF.因为DF∩EF=F,所以AF⊥面EFDC,AF⊂面ABEF,所以平面ABEF⊥平面EFDC.(2)由(1)知∠DFE=∠CEF=60°.因为AB∥EF,AB⊄平面EFDC,EF⊂平面EFDC,所以EF∥平面ABCD,AB⊂平面ABCD.因为面ABCD∩面EFDC=CD,所以AB ∥CD ,所以CD ∥EF ,所以四边形EFDC 为等腰梯形,以E 为原点,如图建立坐标系,设FD=a ,E (0,0,0),B (0,2a ,0),C a a 2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,A (2a ,2a ,0), EB =(0,2a ,0),BC=a ,a 2⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,AB =(-2a ,0,0). 设平面BEC 的法向量为m=(x 1,y 1,z 1).m 0,m 0,EB BC ⎧⋅=⎪⎨⎪⋅=⎩即11112a y =0,a x -2ay +a z =0,2⎧⋅⎪⎨⋅⋅⎪⎩ 令x 1=,则11y 0,z 1,⎧=⎪⎨=-⎪⎩m=,0,-1).设平面ABC 法向量为n=(x 2,y 2,z 2),n BC 0,n AB 0.⎧⋅=⎪⎨⎪⋅=⎩即2222a x 2ay az 0,22ax 0.⎧-+=⎪⎨⎪=⎩ 令y,则22x 0,z 4,⎧=⎪⎨=⎪⎩ n=(0,,4).设二面角E-BC-A 的大小为θ.cos θ=⋅⋅m n m n=所以二面角E-BC-A的余弦值为.2.(2016·全国卷Ⅱ理科·T19)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=在AD,CD上,AE=CF=54(1)证明:D'H⊥平面ABCD.(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.【解题指南】这是一道折叠问题,注意图形折叠前后变化和不变化的量.(1)要证线面垂直,只需证线线垂直.易证EF⊥HD',只需证明OH⊥HD',利用勾股定理证明即可.(2)由(1)知,D'H⊥平面ABCD,可建立空间直角坐标系求二面角的正弦值.,【解析】(1)因为AE=CF=54,所以AE CF=AD CD所以EF∥AC.因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,所以EF⊥BD,所以EF⊥DH,所以EF⊥D'H.因为AC=6,所以AO=3;又AB=5,AO⊥OB,所以OB=4,所以OH=AE AD·OD=1, 所以DH=D'H=3,所以|OD'|2=|OH|2+|D'H|2, 所以D'H ⊥OH.又因为OH ∩EF=H ,所以D'H ⊥平面ABCD.(2)建立如图所示的坐标系,设二面角B-D'A-C 的平面角为θ.B (5,0,0),C (1,3,0),D'(0,0,3),A (1,-3,0), AB =(4,3,0),AD' =(-1,3,3),AC =(0,6,0),设平面ABD'的法向量为n 1=(x ,y ,z ),由11n AB 0,n AD'0,⎧=⎪⎨=⎪⎩⋅⋅得4x 3y 0,x 3y 3z 0,⎧+=⎨-++=⎩取x 3,y 4,z 5,⎧=⎪=-⎨⎪=⎩ 所以n 1=(3,-4,5).设平面ACD'的法向量为n 2=(a ,b ,c ),由22n AC 0,n AD'0,⎧=⎪⎨=⎪⎩⋅⋅得6b 0,a 3b 3c 0,⎧=⎨-++=⎩取a 3,b 0,c 1,⎧=⎪=⎨⎪=⎩ 所以n 2=(3,0,1),所以|cos θ|=1212==⋅n n n n所以sin θ3.(2016·全国卷Ⅲ·理科·T19)(本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥底面ABCD ,AD ∥BC ,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD ,N 为PC 的中点.(1)证明:MN ∥平面PAB.(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.【解析】(1)由已知得AM=23AD=2,取BP 的中点T ,连接AT ,TN ,由N 为PC 中点知TN ∥BC ,TN=12BC=2.又AD ∥BC ,故TN ∥AM ,TN=AM ,四边形AMNT 为平行四边形,于是MN ∥AT.因为AT ⊂平面PAB ,MN ⊄平面PAB ,所以MN ∥平面PAB.(2)取BC 的中点F ,连接AF.由AB=AC 得AF ⊥BC ,从而AF ⊥AD 且AF== 以A 为坐标原点,AF 的方向为x 轴的正方向,AD 的方向为y 轴的正方向,AP 的方向为z 轴的正方向,建立空间直角坐标系,由题意可得P ()0,0,4,M ()0,2,0,C ),N ,1,2⎫⎪⎪⎝⎭, 所以()PM 0,2,4-=,PN ,1,2⎛⎫- ⎪⎪⎝=⎭,AN ,1,2⎛⎫ ⎪⎪⎝=⎭, 设n=(x ,y ,z )为平面PMN 的法向量,则n PM 0,n PN 0,⎧⋅=⎪⎨⎪⋅=⎩即2y 4z 0,x y 2z 0,⎧-=+-= 可取n=()0,2,1,所以cos<n ,n AN 8AN n AN ⋅=≥,所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.4.(2016·天津高考理科·T17)(本小题满分13分)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF.(2)求二面角O-EF-C的正弦值.(3)设H为线段AF上的点,且AH=2HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.3【解题指南】(1)取AD的中点I,连接FI,证明EG∥FI.(2)建立空间直角坐标系,求平面CEF与平面OEF的法向量所成的角.(3)利用空间直角坐标系求BH与平面CEF的法向量所成的角的余弦值即可.【解析】(1)取AD的中点I,连接FI,因为四边形OBEF为矩形,所以EFOB,因为G,I分别是AB,AD的中点,所以GI是△ABD的中位线,所以GI∥BD且GI=1BD,2因为O是正方形ABCD的中心,所以OB=1BD,2所以EF∥GI且EF=GI,所以四边形EFIG是平行四边形,所以EG∥FI.因为FI⊂平面ADF,所以EG ∥平面ADF.(2)如图所示建立空间直角坐标系O-xyz ,则B ()0,,C ),E ()0,,F ()0,0,2, 设平面CEF 的一个法向量为n 1=()x,y,z ,则()()()()11n EF x,y,z 0,n CF x,y,z 2z 0,⎧=⋅==⎪⎨⎪=⋅⋅=+=⎩⋅ 令z=1,得:x y 0,z 1,⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩所以n 1=), 因为OC ⊥平面OEF ,所以平面OEF 的一个法向量为n 2=()1,0,0,121212n n cos n ,n ===n n ⋅ sin<n 1,n 2(3)因为AH=23HF ,所以)224AH AF ,0,==555⎫⎪⎪⎝⎭, 设H ()x,y,z ,所以()4AH x =,0,=5⎫+⎪⎪⎝⎭,得:x ,y 0,4z ,5⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩即H 4,0,5⎫⎪⎪⎝⎭,所以4BH 2,=5⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,111BH n cos BH,n ===BH n ⋅. 所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为.。

高三数学复习课件：立体几何中的向量方法

高三数学复习课件：立体几何中的向量方法
|1 |||
=
解析
√3
√8
=
关闭
√6
4
.
答案
-10-
知识梳理
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1
双基自测
2
3
4
5
3.
关闭
不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2.
已知直三棱柱ABC-A
可得 O(0,0,0),B(0,0,1),C
1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),
1B1C1在空间直角坐标系中,如图所示,且
n1与n2的夹角的大小就是二面角的大小.
-5-
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双基自测
1
2
3
4
-6-
5
4.利用空间向量求距离
(1)两点间的距离
设点 A(x1,y1,z1),点 B(x2,y2,z2),则
|AB|=||= (1 -2 )2 + (1 -2 )2 + (1 -2 )2 .
(2)点到平面的距离
(2)平面的法向量的确定:设 a,b 是平面 α 内两个不共线向量,n
· = 0,
为平面 α 的一个法向量,则可用方程组
求出平面 α 的一个
· = 0
法向量 n.
-8-
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双基自测
1
2
3
4
5
1.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”.
(1)直线的方向向量是唯一确定的. (
)
(2)平面的单位法向量是唯一确定的. (
√5
关闭
A ∴直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 .
5
解析
答案
-11-
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高考理科数学考点解析 立体几何中的向量方法、

高考理科数学考点解析 立体几何中的向量方法、

立体几何中的向量方法一、填空题1.(2015·四川高考理科·T14)如图,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ 上,E,F 分别为AB,BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则cos θ的最大值为.【解析】如图,建立空间坐标系,设正方形的边长为2,则A(0,0,0),F(2,1,0),E(1,0,0),设M(0,m,2)(0≤m ≤2), 则=(2,1,0),=(1,-m,-2), cos θ=2552mm +⨯-令t=2-m(0≤t ≤2), cos θ=52)3223(95151523951512=-+⨯≤⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⨯t答案:52二、解答题3.（2015·安徽高考理科·T19）如图所示，在多面体111A B D DCBA，四边形11AA B B，11,ADD A ABCD均为正方形，E 为11B D 的中点，过1,,A D E的平面交1CD 于F（1）证明：1//EF B C(2)求二面角11E A D B --余弦值.【解题指南】（）利用线面平行的判定和性质定理； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解。

【解析】（1）因为111//,A D B C A D ⊂平面1A DE ,1B C ⊄平面1A DE，所以1//B C 平面1A DE,又1B C ⊂平面11B CD ，平面1A DE ⋂平面11B CD =EF ，所以EF//1B C.(2)以A 为原点，分别以1,,AB AD AA 为x 轴，y 轴，z 轴单位正向量建立空间直角坐标系，则A(0，0，0),B(1，0，0),D(0，1,0),111(0,0,1),(1,0,1),(0,1,1),A B D 而E 是11B D 的中点，所以点E 的坐标为（0.5,0.5,1）.设平面1A DE的法向量1111(,,)n r s t =，又11(0.5,0.5,0),(0,1,1)A E A D ==-,由11n A E ⊥,11n A D ⊥得: 11110.50.500r s s t +=⎧⎨-=⎩,令111s t ==，则1(1,1,1)n =-，设平面11A B CD的法向量2222(,,)n r s t =，又111(1,0,0),(0,1,1)A B A D ==-,由同理可得:2(0,1,1)n =，所以结合图形可得二面角11E A D B --的余弦值为1212|.|||.||3n n n n ==。

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专题6.2 立体几何中的向量方法（A 卷基础篇）（浙江专用）参考答案与试题解析第Ⅰ卷（选择题）一．选择题（共10小题，满分50分，每小题5分）1．（2020·全国高二课时练习）已知(1,0,0)A ，(0,1,0)B ，(0,0,1)C ，则下列向量是平面ABC 法向量的是（ ）A ．(1,1,1)-B ．(1,1,1)-C ．⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ D ．⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ 【答案】C【解析】(1,1,0),(1,0,1)AB AC =-=-,设(,,)n x y z =为平面ABC 的法向量，则00n AB n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩，化简得00x y x z -+=⎧⎨-+=⎩， ∴x y z ==，故选C.2．（2020·全国高二课时练习）空间直角坐标中A(1，2，3)，B(－1，0，5)，C(3，0，4)，D(4，1，3)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．无法确定【答案】A【解析】∵空间直角坐标系中，A （1，2，3），B （﹣1，0，5），C （3，0，4），D （4，1，3），∴AB =（﹣2，﹣2，2），CD =（1，1，﹣1），∴AB =﹣2CD ，∴直线AB 与CD 平行．故选A ．3．（2020·全国高二课时练习）已知平面α的法向量为(2,2,1)n =--，点(,3,0)A x 在平面α内，则点(2,1,4)P -到平面α的距离为103，则x ＝( ) A ．－1B ．－11C ．－1或－11D ．－21【答案】C【解析】 (2,2,4)PA x =+-，而103nd n PA ⋅==， 103=，解得1x =-或－11. 故选：C4．（2020·全国高二课时练习）已知向量,m n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若1cos ,2m n =-，则l 与α所成的角为（ ） A ．030B ．060C ．0120D ．0150 【答案】A【解析】设线面角为θ，则1sin cos ,,302m n θθ=〈〉==. 5．（2020·全国高二课时练习）设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a ，α的法向量为n ，若2,3a n π=，则l 与α所成的角为（ ）A ．23πB ．3πC ．6πD ．56π 【答案】C【解析】结合题意，作出图形如下：因为2 ,3a nπ=，所以3π∠=OAB,所以l与α所成的角为6π∠=OBA.故选:C.6．（2020·全国高二单元测试）如图，在正方体ABCD­1111A B C D中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为B1B的中点，F为11A D的中点，则下列向量中，能作为平面AEF的法向量的是( )A ．(1，－2，4)B．(－4,1，－2)C．(2，－2，1)D．(1，2，－2)【答案】B【解析】设正方体棱长为2，则A（2，0，0），E（2，2，1），F（1，0，2），∴AE=（0，2，1），AF =（﹣1，0，2）设向量n=（x，y，z）是平面A EF的一个法向量则2020n AE y zn AF x z⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取y=1，得x=﹣4，z=﹣2∴n=（﹣4，1，﹣2）是平面AEF的一个法向量因此可得：只有B选项的向量是平面AEF的法向量故选B．7．（2020·全国高二课时练习）设四边形ABCD，ABEF都是边长为1的正方形，FA⊥平面ABCD，则异面直线AC与BF的夹角等于( )A ．45°B ．30°C ．90°D ．60°【答案】D【解析】 以B 为原点，BA 所在直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，BE 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图则A(1,0,0)，C(0,1,0)，F(1,0,1)，所以AC ＝(－1，1,0)，BF ＝(1,0,1)．所以cos 〈AC ，BF 〉＝⋅AC BF AC BF =－12.所以〈AC ，BF 〉＝120°.所以AC 与BF 的夹角为60°. 故答案为：D点睛： 异面直线所成的角的求法方法一：（几何法）找→作（平移法、补形法）→证（定义）→指→求（解三角形）,方法二：（向量法）cos m n m n α⋅=，其中α是异面直线,m n 所成的角，,m n 分别是直线,m n 的方向向量.8．（2020·全国高二课时练习）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11A D 的中点，则点1C 到直线CE 的距离为（ ）A ．13B ．33C ．53D ．63【答案】C【解析】建立空间直角坐标系，如图，则(1,1,0)C ，1(1,1,1)C ，10,,12E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以11,,12EC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，1(0,0,1)CC =， 所以1CC 在EC 上的投影为123||1114CC EC EC ⋅==-++， 所以点1C 到直线EC 的距离22114||19||CC EC d CC EC ⎛⎫⋅=-=- ⎪⎝⎭53=. 故选：C.9．（2019·绍兴鲁迅中学高二期中）如图，长方体1111ABCD A B C D -中，14AA AB ==，2AD =，E 、F 、G 分别是1DD 、AB 、1CC 的中点，则异面直线1A E 与GF 所成角的余弦值是（ ）A ．0B 10C ．22D 15 【答案】A【解析】如图()()()()12,0,40,0,2,2,2,0,0,4,2A E F G ，所以()()12,0,2,2,2,2A E GF =--=--所以异面直线1A E 与GF 所成角的余弦值110⋅=A E GFA E GF故选：A10．（2020·全国高二课时练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是1BB 和1DD 的中点，则平面ECF 与平面ABCD 所成的角的余弦值为（ ）A 3B 6C ．13D ．23【答案】B【解析】以点A 为坐标原点，AB ，AD ，1AA 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.设正方体的棱长为2，则(0,0,0)A ，(2,0,1)E ，(0,2,1)F ，(2,2,0)C ，∴(0,2,1)CE =-，(2,0,1)CF =-.∴平面ECF 的一个法向量为(1,1,2)n =.设平面ECF 与平面ABCD 的夹角为θ.∵(0,0,1)m =是平面ABCD 的一个法向量， ∴26cos |cos ,|16m n m n m n θ⋅=〈〉===⨯⋅. 故选：B 第Ⅱ卷（非选择题）二．填空题（共7小题，单空每小题4分，两空每小题6分，共36分）11．（2020·上海杨浦·复旦附中高二期中）已知平面α的一个法向量为(1,2,2),(2,1,0)n AB ==-，则直线AB 与平面α的位置关系为_______.【答案】直线AB 在平面α上或直线AB 与平面α平行【解析】由()12+21+200n AB ⋅=⨯-⨯⨯=，所以n AB ⊥.又向量n 为平面α的一个法向量.所以直线AB 在平面α上或直线AB 与平面α平行.故答案为：直线AB 在平面α上或直线AB 与平面α平行.12．（2020·全国高三（理））设正方体1111 ABCD A B C D -的棱长为2，则点1D 到平面1A BD 的距离是_______.23 【解析】如图建立空间直角坐标系，则1(0,0,2)D ，1(2,0,2)A ，(0,0,0)D ，2,20B （，），∴11(2,0,0)=D A ，1(2,0,2)DA =，(2,2,0)DB =， 设平面1A BD 的一个法向量为(,,)n x y z =，1220220n DA x z n DB x y ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，令1x =，则(1,1,1)n =--， ∴点1D 到平面1A BD 的距离11||23||33D A n d n ⋅===. 故答案为：233. 13．（2020·陕西临渭·高二期末（理））设(2,2,),(6,4,5)u t v =-=-分别是平面,αβ的法向量，若αβ⊥，则实数t 的值是________．【答案】4【解析】因为(2,2,),(6,4,5)u t v =-=-分别是平面,αβ的法向量，且αβ⊥所以u v ⊥所以()262450t -⨯+⨯-+⨯=解得4t =故答案为： 414．（2019·浙江丽水·高二月考）在长方体1111ABCD A B C D -中，11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动，则直线1D E 与1A D 所成角的大小是__________，若1D E EC ⊥，则AE =__________．【答案】90 1【解析】长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，又11AD AA ==，2AB =，点E 在棱AB 上移动则D （0，0，0），D 1（0，0，1），A （1，0，0），A 1（1，0，1），C （0，2，0），设E （1，m ，0），0≤m≤2，则1D E =（1，m ，﹣1），1A D =（﹣1，0，﹣1），∴1D E •1A D =﹣1+0+1=0，∴直线D 1E 与A 1D 所成角的大小是90°．∵1D E =（1，m ，﹣1），EC =（﹣1，2﹣m ，0），D 1E ⊥EC ，∴1D E EC =﹣1+m （2﹣m ）+0=0，解得m=1，∴AE=1．故答案为900，1．15．（2020·全国高二专题练习）已知空间四个点(1,1,1)A ，(4,0,2)B -，(3,1,0)C --，(1,0,4)D -，则直线AD 与平面ABC 所成的角的度数为________，点D 到平面ABC 的距离是________．【答案】30°142【解析】∵(1,1,1)A ，(4,0,2)B -，(3,1,0)C --，(1,0,4)D -，∴(2,1,3)AD =--，(5,1,1)AB =--，2(4,,1)AC =---．设平面ABC 的法向量为(,,)n x y z =，则50420n AB x y z n AC x y z ⎧⋅=--+=⎨⋅=---=⎩取1x =，得(1,3,2)n =-设直线AD 与平面ABC 所成的角为θ，则||71sin 142||||419194AD n AD n θ⋅====++⨯++． 又090θ︒<︒，∴30θ=︒，∴直线AD 与平面ABC 所成的角为30°．点D 到平面ABC 的距离114||sin 41922d AD θ==++⨯=． 故答案为：30；14. 16．（2018·浙江衢州·高二期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，11114A E AC =，异面直线AE 与1BD 所成角的余弦值是__________；若1BE xAB yAD zAA =++，则x =__________． 【答案】26 34- 【解析】如图建立空间坐标系，设正方体棱长为4易得：()A 4,0,0，()3,1,4E ，()00,0B ，，()14,4,4D ∴()AE 1,1,4=-，()14,4,4BD =∴异面直线AE 与1BD 所成角的余弦值是4416261116161616-++=++++ 由1BE xAB yAD zAA =++可得：()()()()3,1,4x 4,0,0y 0,4,0z 0,0,4=-++ 即34x =-，∴34x =- 故答案为26，34- 17.（2018·浙江高二期中）在正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线1A D 与1CD 的所成角为_____，二面角1B A C D --的大小为_____．【答案】60︒ 60︒；【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中棱长为1，则11101000010001110A D C D B （，，），（，，），（，，），（，，），（，，）， 11101011A D CD =--=-（，，），（，，）， 设异面直线A 1D 与CD 1的所成角为θ，则11111160222A D CD cos A D CD θθ⋅===∴=︒⋅⋅，， ∴异面直线A 1D 与CD 1的所成角为60°．11101010111100DA DC CA CB ===-=（，，），（，，），（，，），（，，），设平面DCA 1的法向量n x y z =（，，），则100n DA x z n DC y ⎧⋅+⎨⋅⎩＝＝，＝＝ ，取x=1，得101n =-（，，），设平面BCA 1的法向量m x y z =（，，），则100m CA x y z m CB x ⎧⋅-+⎨⋅⎩＝＝，＝＝ 取y=1，得011m =（，，），， 设二面角B-A 1C-D 的大小为α， 则1160222m ncos m n αα⋅===∴=︒⋅⋅，， ∴二面角B-A 1C-D 的大小为60°．故答案为60°，60°．三．解答题（共5小题，满分64分，18--20每小题12分，21,22每小题14分）18．（2020·全国高二课时练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1CC 的中点，求BE 与平面1B BD 所成角的正弦值.10. 【解析】 如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则11(0,0,0),(2,2,0),(2,2,2),(0,2,1),(2,2,0),(0,0,2),(2,0,1)D B B E BD BB BE =--==-.设平面1B BD 的法向量为1(,,),,n x y z n BD n BB =∴⊥⊥， 1220,20,n BD x y n BB z ⎧⋅=--=⎪∴⎨⋅==⎪⎩,0.x y z =-⎧∴⎨=⎩ 令1y =，则(1,1,0)=-n ，10cos ,||||n BE n BE n BE ⋅∴〈〉==. 故BE 与平面1B BD 10.19．（2020·全国课时练习）如图所示，已知四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠ABC=90，SA⊥平面ABCD，SA=AB=BC=1，AD=12，试建立适当的坐标系.（1）求平面ABCD的一个法向量；（2）求平面SAB的一个法向量；（3）求平面SCD的一个法向量.【答案】（1）(0，0，1)；（2）12，0，0；（3）(2，-1，1).【解析】以点A为原点，AD、AB、AS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系：则A(0，0，0)，B(0，1，0)，C(1，1，0)，D 12，0，0，S(0，0，1).（1）∵SA⊥平面ABCD，∴AS=(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量. （2）∵AD⊥AB，AD⊥SA，∴AD⊥平面SAB，∴AD=12，0，0是平面SAB的一个法向量.（3）在平面SCD中，DC=12，1，0，SC=(1，1，-1).设平面SCD 的法向量是n =(x ，y ，z )，则n ⊥DC ，n ⊥SC ，∴·0·0n DC n SC ⎧=⎨=⎩，， 得方程组12020x y x y z y x y z ⎧=-+=⎧⎪∴⎨⎨=-⎩⎪+-=⎩，，，，令1y =-，则1z =，2x =，∴n =(2，-1，1).所以n =(2，-1，1)是平面SCD 的一个法向量.20．已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，点M 、N 分别是11A B 和1BB 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.(1)写出图中M 、N 的坐标； (2)求直线AM 与NC 所成角的余弦值.【答案】(1)M （2，1，2），N （2，2，1）.(2)25． 【解析】 (1)由于正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2.由题意知A （2，0，0），B （2，2，0），∴M （2，1，2），C （0，2，0），∴N （2，2，1）.(2)由(1)可知()012AM =，，，CN =（2，0，1），设直线AM 与CN 所成的角为θ，则cosθ＝|cos AM CN ＜，＞|＝55⋅|25=． ∴直线AM 与CN 所成的角的余弦值是25．21．（2018·江苏泰州·高二月考（理））如图，已知矩形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是AB 、PC 的中点．求证：（1）,,EF AP AD 共面；（2）求证：EF CD ⊥．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】证明：()1如图，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，设2AB a =，2BC b =，2PA c =，则(0,A 0，0)，(2,B a 0，0)，(2,C a 2b ，0)，(0,D 2b ，0)，(0,P 0，2)c ， E 为AB 的中点，F 为PC 的中点，(,E a ∴0，0)，(,F a b ，)c ，(0,=b ，)c ，()0,0,2c =，(0,=2b ，0)，1122EF AP AD ∴=+ ∴ ,,EF AP AD 共面.（2）()()2,0,0,0,,CD a EF b c =-=，()()·2,0,0?0,,0CD EF a b c ∴=-=CD EF ∴⊥ CD EF ∴⊥．22.（2019·甘肃省武威第一中学高二月考（理））如图所示,已知点P 在正方体ABCD-A′B′C′D′的对角线BD′上,∠PDA=60°. (1)求DP 与CC′所成角的大小.(2)求DP 与平面AA′D′D 所成角的大小.【答案】（1）45°.（2）30°. 【解析】(1)如图所示,以D为原点,DA,DC,DD′分别为x轴,y轴,z轴正方向建立空间直角坐标系,设DA=1.则DA=(1,0,0),'CC=(0,0,1).连接BD,B′D′.在平面BB′D′D中,延长DP交B′D′于H. 设DH=(m,m,1)(m>0),由已知<DH,DA>=60°,由DH DA=|DA||DH|cos<DH,DA>,可得22m1+解得m=2 2,所以DH=22,,1 22⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.因为cos<DH,'CC2200112 22221+⨯+⨯=⨯所以<DH,'CC>=45°,即DP与CC′所成的角为45°.(2)平面AA′D′D的一个法向量是DC=(0,1,0),因为cos<DH,DC2201101 22212+⨯=⨯所以<DH,DC>=60°,可得DP与平面AA′D′D所成的角为30°.。

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