2018届苏教版立体几何中的向量方法第2课时单元测试

合集下载

高中数学第三章空间向量与立体几何单元测试苏教版选修2-1

平面 ABC 的法向量 n1=（0， 0， 1），设平面 ABC1 的法向量 n2=（ x， y， z）．
由 AB n2=0，及 BC1 n2=0 ，得
－ x＋y=0，
－
4 3
2 y＋
2 3
z=0 .
22 ∴ n2=（ 2 ， 2 ， 1）．
cos<n1, n2>＝
1
2
11
=2，
2 +2 +1
故 n1 , n2 所成的角为 45°，即所求的二面角为 45°．２１．（１）以 D 为原点，如图建立空间直角坐标系，则下列各点的坐标为：
2
A．4 个 B． 3 个 C． 2 个 D． 1 个
5．在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中， M 、 N 分别是棱 BB1， B1C1的中点，若∠ CMN=90°，则异
面直线 AD1 与 DM 所成的角为
（）
A．30° B． 45°
C． 60° D． 90°
6．已知长方体 ABCD－ A1B1C1D1 中， AB=BC=4，CC1=2，则直线 BC1 和平面 DBB1D1 所成角的
（Ⅰ）求证： AC⊥平面 BB1C1C；（Ⅱ）当 α为何值时， AB1⊥BC1，且使 D 恰为 BC 中点？
1 （Ⅲ）若 α= arccos 3 ，且 AC=BC=AA1时 ,求二面角 C1— AB— C 的大小．
B
B1
D C
A1 C1
A
21．（本小题满分 15 分）在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中
已知直四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中， AA1 2，底面 ABCD是直角梯形， A 是直角， AB||CD ， AB=4，AD=2， DC=1，求异面直线 BC1 与 DC 所成角的大小．

2018届苏教版(理科数学) 立体几何中的向量方法单元测试

第3讲立体几何中的向量方法(限时:45分钟)【选题明细表】1.(2017·西藏林芝一中三模)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:平面PBD⊥平面PAC;(2)若PA=AB,求PC与平面PBD所成角的正弦值.(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC,因为BD⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAC.(2)解:设AC∩BD=O,因为∠BAD=60°,PA=AB=2,所以BO=1,AO=CO=,如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(,0,2),A(,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),C(-,0,0),所以=(-,1,-2),=(-,-1,-2),=(-2,0,-2).设平面PDB的法向量为n=(x,y,z),由得解得y=0,令z=,得x=-2,所以n=(-2,0,).设PC与平面PBD所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|===,则PC与平面PBD所成角的正弦值为.2.(2017·成都三诊)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,DE=2,M为线段BF上一点,且DM⊥平面ACE.(1)求BM的长;(2)求二面角A DM B的余弦值的大小.解:(1)设AC∩BD=O,取EF中点N,连接NO,因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,因为四边形BDEF是矩形,所以ON⊥BD,因为平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,ON⊂平面BDEF, 所以ON⊥平面ABCD,以O为原点,以OC,OB,ON为坐标轴建立空间坐标系如图所示:因为底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,所以OB=OD=1,OA=OC=,因为四边形BDEF是矩形,DE=2,所以A(-,0,0),B(0,1,0),C(,0,0),E(0,-1,2),D(0,-1,0),设|BM|=h,则M(0,1,h),所以=(0,2,h),=(,-1,2),因为DM⊥平面ACE,所以⊥,所以-2+2h=0,解得h=1,所以|BM|=1.(2)=(,-1,0),=(0,2,1),设平面ADM的法向量为m=(x,y,z),则所以令x=得m=(,3,-6),又AC⊥平面BDM,所以n=(1,0,0)是平面BDM的一个法向量,所以cos<m,n>===,所以二面角A-DM-B的余弦值为.3.(2017·黑龙江大庆一中模拟)如图,在直三棱柱ABC A1B1C1,AC⊥BC,AC=BC=BB1,点D是BC的中点.(1)求证:A1C∥平面AB1D;(2)求二面角B1-AD-B的正弦值;(3)判断在线段B1B上是否存在一点M,使得A1M⊥B1D?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.(1)证明:法一取B1C1的中点E,连接A1E,CE.由已知得A1E∥AD,CE∥DB1,所以平面A1CE∥平面ADB1,又A1C⊂平面A1CE,所以AC1∥平面AB1D.法二以C为坐标原点,建立如图所示的坐标系,设AC=BC=BB1=2,则A1(2,0,2),C(0,0,0),D(0,1,0),A(2,0,0),B1(0,2,2),B(0,2,0), 所以=(-2,0,-2),=(-2,1,0),=(-2,2,2),设平面AB1D的法向量为n=(x,y,z),则由可得故可取n=(1,2,-1),因为·n=0,所以A1C∥平面AB1D.(2)解:由(1)知平面AB1D的法向量为n=(1,2,-1),设平面ABD的法向量为m=(0,0,2)所以二面角B1AD B的余弦值为||=||,所以二面角B1AD B的正弦值为.(3)解:设M(0,2,t),则=(-2,2,t-2),=(0,-1,-2),若A1M⊥B1D,则·=0,所以-2-2(t-2)=0,所以t=1,所以=时,A1M⊥B1D.4.(2017·天津卷)如图,在三棱锥P ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC= 90°.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,AB=2.(1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C EM N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.解:如图,以A为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的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).(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)解:易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x1,y1,z1)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以不妨设y1=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以二面角C EM N的正弦值为.(3)解:依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以线段AH的长为或.。

2018届苏教版立体几何中的向量方法单元测试

立体几何中的向量方法基础巩固组1.已知直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则x的值为().A.-2B.-2C.2D.±2答案:D解析:线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=± 2.2.若平面α的一个法向量为n=(1,-3,0),则y轴与平面α所成的角的大小为().A.π6B.π3C.π4D.5π6答案:B解析:y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ, 则sinθ=|cos<m,n>|,∵cos<m,n>=m·n|m||n|=-32×1=-32,∴sinθ=32.∴θ=π3.3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是().A.30°B.45°C.60°D.90°答案:D解析:以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则D(0,0,0),N0,1,12,M0,12,0,A1(1,0,1),DN = 0,1,12,MA 1= 1,-12,1 ,DN ·MA 1 =1×0+1× -12+12×1=0,因此DN ⊥MA 1 .故A 1M 与DN 所成角的大小是90°.4.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为a ,点M 在AC 1上且AM =12MC 1 ,N 为B 1B 的中点,则|MN |等于( ). A .216a B .66a C .156a D .153a答案:A解析:以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz ,则A (a ,0,0),C 1(0,a ,a ),N a ,a ,a2 . 设M (x ,y ,z ),∵点M 在AC 1上且AM =12MC 1 , ∴(x-a ,y ,z )=12(-x ,a-y ,a-z ). ∴x=23a ,y=a 3,z=a 3,得M 2a 3,a 3,a3 .∴|MN|= a -23a 2+ a -a 32+ a 2-a 32=216a.5.如图,过正方形ABCD 的顶点A ,引PA ⊥平面ABCD.若PA=BA ,则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是( ). A.30°B.45°C.60°D.90°答案:B解析:(方法一)建立如图1所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为|n1·n2||n1||n2|=22,故所求的二面角的大小是45°.图1图2(方法二)将其补成正方体.如图2,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP 和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为().A.22B.155C.64D.63答案:C解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(3,1,0),A(0,0,2),AC1=(3,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为|AC1·n||AC1||n|=38=64.7.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.(填序号)答案:①解析:以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴建系如图.设M(x,y,0),正方形边长为a,则P a2,0,32a ,C(0,a,0),则|MC|=x2+(y-a)2,|MP|= x-a22+y2+-32a2.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.8.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点.求证:(1)AM∥平面BDE;(2)AM⊥平面BDF.证明:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,设AC∩BD=N,连结NE.则点N,E的坐标分别为22,22,0,(0,0,1).于是NE=-22,-22,1.∵点A,M的坐标分别是(2,2,0),22,22,1,∴AM=-22,-22,1.∴NE=AM且NE与AM不共线.∴NE∥AM.又NE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE, ∴AM∥平面BDE.(2)由(1)知AM=-22,-22,1.∵D(2,0,0),F(2,2,1),B(0,2,0),∴DF=(0,2,1),BF=(2,0,1).∴AM·DF=0,AM·BF=0.∴AM⊥DF,AM⊥BF.又DF∩BF=F,∴AM⊥平面BDF.9.(2015重庆高考)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=π2.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=2,CE=2EB=2.(1)证明:DE⊥平面PCD;(2)求二面角A-PD-C的余弦值.(1)证明:由PC⊥平面ABC,DE⊂平面ABC,故PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=2得△CDE为等腰直角三角形,故CD⊥DE.由PC∩CD=C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线,故DE⊥平面PCD.(2)解:由(1)知,△CDE为等腰直角三角形,∠DCE=π4.如图,过D 作DF 垂直CE 于F ,易知DF=FC=FE=1, 又已知EB=1,故FB=2.由∠ACB=π2得DF ∥AC ,DFAC =FBBC =23,故AC=32DF=32.以C 为坐标原点,分别以CA ,CB ,CP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则C (0,0,0),P (0,0,3),A 32,0,0 ,E (0,2,0),D (1,1,0),ED=(1,-1,0),DP =(-1,-1,3),DA = 12,-1,0 . 设平面PAD 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),由n 1·DP =0,n 1·DA =0,得 -x 1-y 1+3z 1=0,12x 1-y 1=0,故可取n 1=(2,1,1). 由(1)可知DE ⊥平面PCD ,故平面PCD 的法向量n 2可取为ED ,即n 2=(1,-1,0). 从而法向量n 1,n 2的夹角的余弦值为 cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=36,故所求二面角A-PD-C 的余弦值为 36.能力提升组10.如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别在A 1D ,AC 上,且A 1E=23A 1D ,AF=13AC ,则( ). A.EF 至多与A 1D ,AC 之一垂直 B.EF ⊥A 1D ,EF ⊥AC C.EF 与BD 1相交 D.EF 与BD 1异面答案:B解析:以D 点为坐标原点,以DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则A 1(1,0,1),D (0,0,0),A (1,0,0),C (0,1,0),E 13,0,13 ,F 23,13,0 ,B (1,1,0),D 1(0,0,1),A 1D =(-1,0,-1),AC =(-1,1,0), EF = 13,13,-13,BD 1 =(-1,-1,1),EF =-13BD 1 ,A 1D ·EF =AC ·EF =0, 从而EF ∥BD 1,EF ⊥A 1D ,EF ⊥AC.故选B.11.如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段CC 1上,直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α,则sin α的取值范围是( ). A .33,1B .63,1C . 63,2 23D .2 23,1 答案:B解析:以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设DC=DA=DD 1=1,则D (0,0,0),B (1,1,0),A 1(1,0,1),O 12,12,0 ,并设点P (0,1,t )且0≤t ≤1. 则OP = -12,12,t ,A 1D =(-1,0,-1),A 1B =(0,1,-1). 设平面A 1BD 的法向量为n =(x 0,y 0,z 0), 则有n ·A 1D =0,n ·A 1B =0,即 -x 0-z 0=0,y 0-z 0=0, 取x 0=1,y 0=-1,z 0=-1,则n =(1,-1,-1). 于是sin α=|cos <OP ,n >|= 3 t +12(0≤t ≤1),sin 2α=t 2+2t +13 t 2+12,0≤t ≤1.令f (t )=t 2+2t +13 t 2+12,0≤t ≤1. 则f'(t )=2t 2+t -1-3 t 2+122=-(2t -1)(t +1)3 t 2+122,可知当t ∈ 0,12 时,f'(t )>0;当t ∈ 12,1 时,f'(t )≤0.∵f (0)=23,f 12 =1,f (1)=89, ∴f max (t )=f 12 =1,f min (t )=f (0)=23. ∴sin α的最大值为1,最小值为 63. ∴sin α的取值范围为 63,1 .12.如图,等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ,二面角C-AB-D 的余弦值为 33,M ,N 分别是AC ,BC 的中点,则EM ,AN 所成角的余弦值等于 . 答案:16解析:过C 点作CO ⊥平面ABDE ,垂足为O ,取AB 中点F ,连结CF ,OF ,则∠CFO 为二面角C-AB-D 的平面角,设AB=1,则CF= 32,OF=CF ·cos ∠CFO=12,OC= 22,则O 为正方形ABDE 的中心, 如图所示建立直角坐标系Oxyz ,则E 0,- 22,0 ,M 24,0,24,A 22,0,0 ,N0,24,24,EM=24,22,24,AN=-22,24,24,cos<EM,AN>=EM·AN|EM||AN|=16.13.如图,正方形AMDE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点.在五棱锥P-ABCDE中,F为棱PE 的中点,平面ABF与棱PD,PC分别交于点G,H.(1)求证:AB∥FG;(2)若PA⊥底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小,并求线段PH的长.(1)证明:在正方形AMDE中,因为B是AM的中点,所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE,所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF,且平面ABF∩平面PDE=FG,所以AB∥FG.(2)解:因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),BC=(1,1,0).设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=0, n·AF=0,即x=0,y+z=0.令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).设直线BC与平面ABF所成角为α,则sinα=|cos<n,BC>|=n·BC|n||BC|=12.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为π6.设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上,所以可设PH=λPC(0<λ<1),即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2),所以u=2λ,v=λ,w=2-2λ.因为n是平面ABF的法向量,所以n·AH=0,即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0,解得λ=23,所以点H的坐标为43,23,23.所以PH=432+232+-432=2.14.如图,在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,PA⊥平面ABCD,PA=3,AD=2,AB=23,BC=6.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)求二面角P-BD-A的大小.(1)证明:如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(23,0,0),C(23,6,0),D(0,2,0),P(0,0,3),于是AP=(0,0,3),AC=(23,6,0),BD=(-23,2,0).∵BD·AP=0,BD·AC=0.∴BD⊥AP,BD⊥AC.又∵PA∩AC=A,∴BD⊥面PAC.(2)解:平面ABD的法向量为m=(0,0,1),设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),则n·BD=0,n·BP=0.∵BP=(-2,0,3),∴-23x+2y=0,-23x+3z=0,解得y=3x, z=233x.令x=3,则n=(3,3,2),∴cos<m,n>=m·n|m||n|=12.∴二面角P-BD-A的大小为60°.15.(2015湖北高考)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD 中,侧棱PD ⊥底面ABCD ,且PD=CD ,过棱PC 的中点E ,作EF ⊥PB ,交PB 于点F ,连结DE ,DF ,BD ,BE.(1)证明:PB ⊥平面DEF ,试判断四面体DBEF 是否为鳖臑.若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3,求DCBC 的值. 解法一:(1)证明:因为PD ⊥底面ABCD ,所以PD ⊥BC.由底面ABCD 为长方形,有BC ⊥CD ,而PD ∩CD=D , 所以BC ⊥平面PCD.而DE ⊂平面PCD ,所以BC ⊥DE.又因为PD=CD ,点E 是PC 的中点,所以DE ⊥PC. 而PC ∩BC=C ,所以DE ⊥平面PBC. 而PB ⊂平面PBC ,所以PB ⊥DE. 又PB ⊥EF ,DE ∩EF=E , 所以PB ⊥平面DEF.由DE ⊥平面PBC ,PB ⊥平面DEF ,可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB ,∠DEF ,∠EFB ,∠DFB.图①(2)如图①,在平面PBC 内,延长BC 与FE 交于点G , 则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线. 由(1)知,PB ⊥平面DEF ,所以PB ⊥DG. 又因为PD ⊥底面ABCD ,所以PD ⊥DG.而PD ∩PB=P ,所以DG ⊥平面PBD.故∠BDF 是平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=λ,有BD= 2在Rt △PDB 中,由DF ⊥PB ,得∠DPF=∠FDB=π3, 则tan π3=tan ∠DPF=BDPD = 1+λ2= 3,解得λ= 2. 所以DC BC =1λ=22.故当平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3时,DC BC=22.解法二:(1)证明:如图②,以D 为原点,射线DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系.图②设PD=DC=1,BC=λ,则D (0,0,0),P (0,0,1),B (λ,1,0),C (0,1,0),PB=(λ,1,-1), 点E 是PC 的中点,所以E 0,12,12 ,DE = 0,12,12, 于是PB·DE =0,即PB ⊥DE. 又已知EF ⊥PB ,而DE ∩EF=E , 所以PB ⊥平面DEF. 因PC=(0,1,-1),DE ·PC =0, 则DE ⊥PC.所以DE ⊥平面PBC. 由DE ⊥平面PBC ,PB ⊥平面DEF ,可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB ,∠DEF ,∠EFB ,∠DFB. (2)由PD ⊥平面ABCD ,所以DP=(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量; 由(1)知,PB ⊥平面DEF ,所以BP=(-λ,-1,1)是平面DEF 的一个法向量. 若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3, 则cos π3= BP ·DP|BP|·|DP| =λ+2=12,解得λ= 2,所以DC BC =1λ=22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时,DC BC=22.。

苏教版数学选修2-1：第3章空间向量与立体几何 3.2.2 课时作业(含答案)

3.2.2 空间线面关系的判定课时目标 1.能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直和平行关系.2.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)．1．用直线的方向向量和平面的法向量表示平行、垂直关系设空间两条直线l 1，l 2的方向向量分别为e 1，e 2，两个平面α1，α2的法向量分别为n 1，n 2，则2.三垂线定理文字语言：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条________在这个平面内的________垂直，那么它也和这条________垂直．几何语言：⎭⎪⎬⎪⎫b ⊄平面αc 是b 在平面α内的射影⇒a ⊥b 3．直线与平面垂直的判定定理文字语言：如果一条直线和平面内的________________________，那么这条直线垂直于这个平面．几何语言：⎭⎪⎬⎪⎫a ⊂α，b ⊂α⇒l ⊥α一、填空题1．平面ABCD 中，A (0,1,1)，B (1,2,1)，C (－1,0，－1)，若a ＝(－1，y ，z )，且a 为平面ABC 的法向量，则y 2＝______.2．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为u ＝(－2,0，－4)，则直线l 与平面α的位置关系为__________．3.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．(写出所有正确的序号)4．已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k ＝________. 5．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与平面β的位置关系是_______________________________________________．6．已知a ＝(1,1,0)，b ＝(1,1,1)，若b ＝b 1＋b 2，且b 1∥a ，b 2⊥a ，则b 1，b 2分别为________________．7.已知A （0,2,3），B （-2,1,6），C （1，-1,5），若a a ⊥AB →，a ⊥AC →，则向量a 的坐标为________．8．设平面α、β的法向量分别为u＝(1,2，－2)，v＝(－3，－6,6)，则α、β的位置关系为________．二、解答题9．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，求证：B1C∥平面ODC1.如图所示，在六面体ABCD—A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，四边形A1B1C1D1是边长为1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1，DD1⊥平面ABCD，DD1＝2.求证：(1)A1C1与AC共面，B1D1与BD共面；(2)平面A1ACC1⊥平面B1BDD1.能力提升11．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，G、E、F分别是DD1、BB1、D1B1的中点．求证：(1)EF⊥平面A1DC1；(2)EF∥平面GAC.12．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别是棱A1B1、A1D1的中点，E、F分别是棱B1C1、C1D1的中点．证明：(1)E、F、B、D四点共面；(2)平面AMN∥平面BDFE.1．运用空间向量将几何推理转化为向量运算时，应注意处理和把握以下两大关系：一是一些几何题能用纯几何法和向量法解决，体现了纯几何法和向量法在解题中的相互渗透；二是向量法解题时也有用基向量法和坐标向量法两种选择． 2．利用向量法解立体几何问题的“三步曲”(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)进行向量运算，研究点、直线、平面之间的关系； (3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题．3．2.2 空间线面关系的判定知识梳理 1.2.斜线射影3．两条相交直线垂直 l ⊥a l ⊥b a ∩b ＝A 作业设计 1．1 2．l ⊥α解析 ∵u ＝－2a ，∴a ∥u ，∴l ⊥α. 3．①②③ 4.75解析 ∵k a ＋b ＝(k －1，k,2)，2a －b ＝(3,2，－2)，(k a ＋b )⊥(2a －b )， ∴3(k －1)＋2k －4＝0，即k ＝75.5．垂直解析 ∵(1,2,0)·(2，－1,0)＝0，∴两法向量垂直，从而两平面也垂直． 6．(1,1,0)，(0,0,1)解析 ∵b 1∥a ，∴设b 1＝(λ，λ，0)，b 2＝b －b 1 ＝(1－λ，1－λ，1)，由b 2⊥a ，即a·b 2＝0， ∴1－λ＋1－λ＝0，得λ＝1， ∴b 1＝(1,1,0)，b 2＝(0,0,1)．7．(1,1,1)或(－1，－1，－1)解析设a ＝(x ，y ，z )，由题意AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0.解得x ＝1，y ＝1，z ＝1，或x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1，即a ＝(1,1,1)或(－1，－1，－1)． 8．平行9．证明方法一 ∵B 1C →＝A 1D →，B 1A 1D ，∴B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面ODC 1， ∴B 1C ∥平面ODC 1.方法二 ∵B 1C →＝B 1C 1→＋D 1D →＝B 1O →＋OC 1→＋D 1O →＋OD →＝OC 1→＋OD →. ∴B 1C →，OC 1→，OD →共面．又B 1C ⊄面ODC 1，∴B 1C ∥面ODC 1. 方法三建系如图，设正方体的棱长为1，则可得D (0,0,0)，B 1(1,1,1)，C (0,1,0)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，1，C 1(0,1,1)， B 1C →＝(－1,0，－1)， OD →＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，－1， OC 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 设平面ODC 1的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·OD →＝0n ·OC 1→＝0，得⎩⎨⎧－12x 0－12y 0－z 0＝0 ①－12x 0＋12y 0＝0 ②.令x 0＝1，得y 0＝1，z 0＝－1，∴n ＝(1,1，－1)．又B 1C →·n ＝－1×1＋0×1＋(－1)×(－1)＝0， ∴B 1C →⊥n ，∴B 1C ∥平面ODC 1. 10．证明以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图，则有A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)， A 1(1,0,2)，B 1(1,1,2)， C 1(0,1,2)，D 1(0,0,2)．(1)∵A 1C 1→＝(－1,1,0)，AC →＝(－2,2,0)， D 1B 1→＝(1,1,0)，DB →＝(2,2,0)， ∴AC →＝2A 1C 1→，DB →＝2D 1B 1→. ∴AC →与A 1C 1→平行，DB →与D 1B 1→平行，于是A 1C 1与AC 共面，B 1D 1与BD 共面． (2)DD 1→·AC →＝(0,0,2)·(－2,2,0)＝0， DB →·AC →＝(2,2,0)·(－2,2,0)＝0， ∴DD 1→⊥AC →，DB →⊥AC →.DD 1与DB 是平面B 1BDD 1内的两条相交直线， ∴AC ⊥平面B 1BDD 1.又平面A 1ACC 1过AC ， ∴平面A 1ACC 1⊥平面B 1BDD 1. 11．证明设正方体的棱长为2，以DA →、DC →、DD 1→为正交基底建立空间直角坐标系D —xyz ，如图，则A (2,0,0)、C (0,2,0)、E (2,2,1)、F (1,1,2)、G (0,0,1)、A 1(2,0,2)、C (0,2,2)． (1)EF →＝(1,1,2)－(2,2,1) ＝(－1，－1,1)，A 1D →＝(0,0,0)－(2,0,2)＝(－2,0，－2)，DC 1→＝(0,2,2)－(0,0,0)＝(0,2,2)， ∵EF →·A 1D →＝(－1，－1,1)·(－2,0，－2) ＝(－1)×(－2)＋(－1)×0＋1×(－2)＝0， EF →·DC 1→＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝－1×0＋(－1)×2＋1×2＝0， ∴EF ⊥A 1D ，EF ⊥DC 1.又A 1D ∩DC 1＝D ，A 1D 、DC 1⊂平面A 1DC 1， ∴EF ⊥平面A 1DC 1.(2)取AC 的中点O ，则O (1,1,0)， ∴OG →＝(－1，－1,1)，∴OG ∥EF . 又∵OG ⊂平面GAC ，EF ⊄平面GAC ， ∴EF ∥平面GAC . 12．证明不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系，则A (2,0,0)，M (2,1,2)，N (1,0,2)，B (2,2,0)，E (1,2,2)，F (0,1,2)． (1)EF →＝(－1，－1,0)， DB →＝(2,2,0)．∵DB →＝－2EF →，∴DB →∥EF →. 故E 、F 、B 、D 四点共面．(2)DF →＝(0,1,2)，MN →＝(－1，－1,0)，MA →＝(0，－1，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDFE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝y ＋2z ＝0，n ·EF →＝－x －y ＝0.令z ＝1，得n ＝(2，－2,1)．∵n ·MN →＝(2，－2,1)·(－1，－1,0)＝0， n ·MA →＝(2，－2,1)·(0，－1，－2)＝0，∴n ⊥MN →，n ⊥MA →，即n 也是平面AMN 的法向量．∴平面AMN∥平面BDFE.。

立体几何中的向量方法真题与解析

立体几何中的向量方法A 级基础一、选择题1．如图，F 是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点．E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( )A ．B 1E ＝EB B ．B 1E ＝2EBC ．B 1E ＝12EBD ．E 与B 重合2.如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O-xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C-AB-O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23D ．－233．在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是( )A.32B.22C.104D.644.如图所示，在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1. 以上说法正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．45．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22二、填空题6.(2019·东莞中学检测)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成的角的大小是________．7.如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．三、解答题8.(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝5，AC＝AA1＝2.(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B-CD-C1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交．9．(2019·长郡中学模拟)如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC 中，∠ABC＝90°，E，F分别为边AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的位置，使AD＝AE.(1)求证：AF∥平面CBD；(2)求平面CBD与平面DAE所成锐角的余弦值．B级能力提升10．(2019·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13，求线段CF的长．11.(2019·六安一中模拟)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．A 级基础一、选择题1.解析：以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立坐标系，设正方体的棱长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，则D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，因为D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，所以z ＝1，所以B 1E ＝EB.答案：A2.解析：由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0，0，2)，由图可知，二面角C-AB-O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.答案：C3．解析：如图，建立空间直角坐标系，易求点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1，0，0)，所以sin α＝|cos 〈n ，AD →〉|＝322＝64.答案：D4. 解析：A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，所以A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥平面DCC 1D 1，A 1M ∥平面D 1PQB 1.①③④正确．答案：C5．解析：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，D 1(0，0，3)，B 1(1，1，3)，所以AD 1→＝(－1，0，3)，DB 1→＝(1，1，3)．则cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.故异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.答案：C 二、填空题 6.解析：依题意，以C 为原点，建立如图所示的直角坐标系，设AB ＝BC ＝CD ＝a ，AB ⊥平面BCD .则B (a ，0，0)，D (0，a ，0)，C (0，0，0)，A (a ，0，a )．所以BD →＝(－a ，a ，0)，CA →＝(a ，0，a )．所以cos 〈BD →，CA →〉＝BD →·CA→|BD →|·|CA →|＝－a 22a ·2a＝－12，则〈BD →，CA →〉＝2π3，故AC 与BD 所成角为π3.答案：π37. 解析：因为AC ⊥BD 且AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，所以AC ⊥平面BB 1D 1D ⇒AC ⊥DE ，所以α＝π2.取A 1D 1的中点F ，连EF ，FD ，易知EF ⊥平面ADD 1A 1，则β＝∠EDF .cos(α－β)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－∠EDF ＝sin ∠EDF ＝EFED ＝66.答案：66三、解答题8.(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.(2)解：由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，E(0，0，0)，F(0，0，2)，G(0，2，1)．所以BC→＝(－1，－2，0)，BD→＝(1，－2，1)．设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)．则⎩⎪⎨⎪⎧n·BC→＝0，n·BD→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x0＋2y0＝0，x0－2y0＋z0＝0.令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n ＝(2，－1，－4)．又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)，所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121.由题意知二面角B -CD -C 1为钝角，所以其余弦值为－2121. (3)证明：由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1)．因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG 与平面BCD 相交．9．(1)证明：取DE 中点G ，连接FG ，AG ，CG . 由条件CFDG ，所以CFGD 为平行四边形，所以FG ∥CD .又FG ⊄平面CBD ，CD ⊂平面CBD ，所以FG ∥平面CBD . 同理AG ∥平面CBD .又FG ∩AG ＝G ，FG ⊂平面AFG ，AG ⊂平面AFG . 所以平面AFG ∥平面CBD . 又AF ⊂平面AFG ，所以AF ∥平面CBD .(2)解：因为EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，AE ∩DE ＝E ，所以EF ⊥平面ADE .又AD ＝AE ＝DE ，以AE 中点H 为原点，AE 为x 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，0，0)，D (0，0，3)，B (－1，－2，0)，E (1，0，0)， F (1，－2，0)．因为CF →＝12DE →，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2，32，所以BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，BD →＝(1，2，3)．易知BA →是平面ADE 的一个法向量，BA →＝n 1＝(0，2，0)，设平面BCD 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n 2·BC →＝（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32＝32x ＋32z ＝0，n 2·BD →＝（x ，y ，z ）·（1，2，3）＝x ＋2y ＋3z ＝0，令x ＝2，则y ＝2，z ＝－23，所以n 2＝(2，2，－23)． cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝2×0＋2×2－23×02×25＝55.所以平面CBD 与平面DAE 所成锐角的余弦值为55.B 级能力提升10．(1)证明：依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，1，0)，E (0，0，2)．设CF ＝h (h ＞0)，则F (1，2，h )．依题意，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的法向量．又BF →＝(0，2，h )，可得BF →·AB →＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE . 所以BF ∥平面ADE .(2)解：依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0.不妨令z ＝1，可取n ＝(2，2，1)．因此有cos 〈CE →·n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)解：设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h2＝13，解得h ＝87 .经检验，符合题意．所以线段CF 的长为87.11.(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系O-xyz ，设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，于是，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解：由题设知，平面PAC 的一个法向量DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，62a .设所求二面角为θ，则cos θ＝OS →·DS →|OS →||DS →|＝32，所以所求二面角的大小为30°.(3)解：在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .根据第(2)问知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a .设CE →＝tCS →.则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at .由BE →·DS →＝0，得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13.所以当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 由于BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.。

立体几何中的向量方法(二)——空间向量与垂直关系

§3.2立体几何中的向量方法(二)——空间向量与垂直关系课时目标 1.能利用平面法向量证明两个平面垂直.2.能利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明空间中的垂直关系．1．空间垂直关系的向量表示空间中的垂直关系线线垂直线面垂直面面垂直设直线l的方向向量为a ＝(a1，a2，a3)，直线m 的方向向量为b＝(b1，b2，b3)，则l⊥m⇔______设直线l的方向向量是a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量u＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔________若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔________线线垂直线面垂直面面垂直①证明两直线的方向向量的数量积为______．①证明直线的方向向量与平面的法向量是______．①证明两个平面的法向量____________．②证明两直线所成角为______.②证明直线与平面内的相交直线________.②证明二面角的平面角为________.________.一、选择题1．设直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1,2，－2)，b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m等于()A．1B．2C．3D．42．已知A(3,0，－1)，B(0，－2，－6)，C(2,4，－2)，则△ABC是()A．等边三角形B．等腰三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形3．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则() A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α斜交4．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与平面β的位置关系是( )A ．平行B ．相交但不垂直C ．垂直D ．不能确定5．设直线l 1的方向向量为a ＝(1，－2,2)，l 2的方向向量为b ＝(2,3,2)，则l 1与l 2的关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交不垂直D ．不确定 6.如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 是上底面中心，则AC 1与CE 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．相交且垂直D ．以上都不是二、填空题7．已知直线l 与平面α垂直，直线l 的一个方向向量为u ＝(1，－3，z )，向量v ＝(3，－2,1)与平面α平行，则z ＝______.8．已知a ＝(0,1,1)，b ＝(1,1,0)，c ＝(1,0,1)分别是平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有______对． 9．下列命题中：①若u ，v 分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔u·v ＝0； ②若u 是平面α的法向量且向量a 与α共面，则u·a ＝0； ③若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．正确的命题序号是________．(填写所有正确的序号) 三、解答题10．已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各棱长都为1，M 是底面上BC 边的中点，N 是侧棱CC 1上的点，且CN ＝14CC 1.求证：AB 1⊥MN .11．已知ABC —A 1B 1C 1是各条棱长均为a 的正三棱柱，D 是侧棱CC 1的中点，求证：平面AB 1D ⊥平面ABB 1A 1.能力提升12．如图，在四面体ABOC中，OC⊥OA，OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA＝OB＝OC ＝1.设P为AC的中点，Q在AB上且AB＝3AQ，证明：PQ⊥OA.13．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥底面ABCD，P A＝AB＝2，点E是棱PB的中点．证明：AE⊥平面PBC.垂直关系的常用证法(1)要证线线垂直，可以转化为对应的向量垂直．(2)要证线面垂直，可以转化为证明这条直线与平面内两条相交直线垂直． (3)要证面面垂直，可以转化为证明两个平面的法向量垂直．§3.2 立体几何中的向量方法(二)——空间向量与垂直关系知识梳理1．a ⊥b a ∥u u ⊥v1．B [∵l 1⊥l 2，∴a ⊥b ，∴a·b ＝(1,2，－2)·(－2,3，m )＝－2＋6－2m ＝0，∴m ＝2.]2．C [∵AB →＝(－3，－2，－5)，AC →＝(－1,4，－1)，BC →＝(2,6,4)，∴AB →·AC →＝0，∴AB ⊥AC ，且|AB →|≠|AC →|≠|BC →|，∴△ABC 为直角三角形．] 3．B [∵n ＝－2a ，∴n ∥a ，∴l ⊥α.] 4．C [∵(1,2,0)·(2，－1,0)＝0，∴两法向量垂直，从而两平面也垂直．] 5．B [∵a·b ＝2×1－2×3＋2×2＝0，∴a ⊥b ， ∴l 1⊥l 2.]6．C [可以建立空间直角坐标系，通过AC 1→与CE →的关系判断．] 7．－9解析 ∵l ⊥α，∴u ⊥v ， ∴(1，－3，z )·(3，－2,1)＝0，即3＋6＋z ＝0，∴z ＝－9. 8．0解析 ∵a·b ＝(0,1,1)·(1,1,0)＝1≠0， a·c ＝(0,1,1)·(1,0,1)＝1≠0， b·c ＝(1,1,0)·(1,0,1)＝1≠0.∴a ，b ，c 中任意两个都不垂直，即α、β、γ中任意两个都不垂直．9．①②③ 10．证明如图，以平面ABC 内垂直于AC 的直线为x 轴，AC →、AA 1→所在直线为y 轴、z 轴，则A (0,0,0)，B 1⎝⎛⎭⎫32，12，1， M ⎝⎛⎭⎫34，34，0，N ⎝⎛⎭⎫0，1，14. ∴AB 1→＝⎝⎛⎭⎫32，12，1，MN →＝⎝⎛⎭⎫－34，14，14.∴AB 1→·MN →＝－38＋18＋14＝0， ∴AB 1→⊥MN →，即AB 1⊥MN . 11．证明如图，取AB 1的中点M ，则D M →＝D C →＋CA →＋AM →. 又D M →＝DC 1→＋C 1B 1→＋B 1M →，两式相加得2D M →＝CA →＋C 1B 1→＝CA →＋CB →.由于2D M →·AA 1→＝(CA →＋CB →)·AA 1→＝0， 2D M →·AB →＝(CA →＋CB →)·(CB →－CA →) ＝|CB →|2－|CA →|2＝0.∴DM ⊥AA 1，DM ⊥AB ，AA 1∩AB ＝A ， ∴DM ⊥平面ABB 1A 1，而DM ⊂平面AB 1D . ∴平面AB 1D ⊥平面ABB 1A 1. 12．证明取O 为坐标原点，以OA ，OC 所在的直线为x 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz (如图所示)．设A (1,0,0)，C (0,0,1)，B ⎝⎛⎭⎫－12，32，0. ∵P 为AC 中点，∴P ⎝⎛⎭⎫12，0，12. ∵AB →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0，又由已知，可得AQ →＝13AB →＝⎝⎛⎭⎫－12，36，0，又OQ →＝O A →＋AQ →＝⎝⎛⎭⎫12，36，0，∴PQ →＝OQ →－OP →＝⎝⎛⎭⎫0，36，－12.∴PQ →·O A →＝⎝⎛⎭⎫0，36，－12·(1,0,0)＝0，故PQ →⊥O A →，即PQ ⊥OA . 13.证明如图所示，以A 为坐标原点，射线AB 、AD 、AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Axyz . 设D (0，a,0)，则B (2，0,0)，C (2，a,0)，P (0,0，2)，E (22，0，22)．于是AE →＝(22，0，22)， BC →＝(0，a,0)，PC →＝(2，a ，－2)，则AE →·BC →＝0，AE →·PC →＝0. 所以AE ⊥BC ，AE ⊥PC .又因为BC ∩PC ＝C ，所以AE ⊥平面PBC .。

2018届高考数学二轮复习(理数) 立体几何中的向量方法学案含答案(全国通用)

第3讲立体几何中的向量方法以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点一利用向量证明平行与垂直设直线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)，则有： (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.例1 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，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. 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)，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 .方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面，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 →， ∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴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 .思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥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，建立如图所示的空间直角坐标系，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， ∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12， EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，AB →＝(1,0,0)． ∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ， ∴EF ∥平面P AB .(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P AD ， ∴DC ⊥平面P AD . ∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC . 热点二利用空间向量求空间角设直线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 |＝.(2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ ⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)二面角设α—a —β的平面角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 例2 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， AB ⊥平面BCC 1B 1, ∠BCC 1＝π3， AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；(2)若二面角A －B 1D －A 1的平面角为π3，求λ的值．解 (1)易知A ()0，0，2， B 1()0，4，0， A 1()0，4，2. 当λ＝12时，因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π3，所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.所以AB 1→＝()0，4，－2， A 1D →＝()3，－3，－2. 所以cos 〈AB 1→，A 1D →〉＝AB 1→·A 1D →||AB 1→||A 1D→，＝0×3＋4×()－3＋()－2×()－242＋()－22·()32＋()－32＋()－22＝－55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD ＝λCC 1可知， D ()3，4λ－1，0，所以DB 1→＝()－3，5－4λ，0，由(1)知， AB 1→＝()0，4，－2.设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ，则⎩⎪⎨⎪⎧ AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0，即⎩⎨⎧4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝2，所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，2.设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ，则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n ＝0，DB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝0，所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，0.因为二面角A －B 1D －A 1的平面角为π3，所以||cos 〈m ，n 〉＝|m·n |||m ||n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＋22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＝12，即()5－4λ2＝1，解得λ＝32(舍)或λ＝1，故λ的值为1.思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|；②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．跟踪演练2 如图，在四棱锥S －ABCD 中，SD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，SD ＝AD ＝AB ＝2，DC ＝1. (1)求二面角S －BC －A 的余弦值；(2)设P 是棱BC 上一点，E 是SA 的中点，若PE 与平面SAD 所成角的正弦值为22613，求线段CP 的长．解 (1)以D 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1,0)，S (0,0,2)，所以SB →＝(2,2，－2)，SC →＝(0,1，－2)，DS →＝(0,0,2)．设平面SBC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由n 1·SB →＝0，n 1·SC →＝0，得2x ＋2y －2z ＝0且y －2z ＝0. 取z ＝1，得x ＝－1，y ＝2，所以n 1＝(－1,2,1)是平面SBC 的一个法向量．因为SD ⊥平面ABC ，取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．设二面角S －BC －A 的大小为θ，所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝|1|6＝66，由图可知二面角S －BC －A 为锐二面角，所以二面角S －BC －A 的余弦值为66.(2)由(1)知，E (1,0,1)，则CB →＝(2,1,0)，CE →＝(1，－1,1)．设CP →＝λCB →(0≤λ≤1)，则CP →＝λ(2,1,0)＝(2λ，λ，0)，所以PE →＝CE →－CP →＝(1－2λ，－1－λ，1)．易知CD ⊥平面SAD ，所以CD →＝(0，－1,0)是平面SAD 的一个法向量．设PE 与平面SAD 所成的角为α，所以sin α＝|cos 〈PE →，CD →〉| ＝|PE →·CD →||PE →||CD →|＝λ＋15λ2－2λ＋3，即λ＋15λ2－2λ＋3＝22613，得λ＝13或λ＝119(舍)．所以CP →＝⎝⎛⎭⎫23，13，0，|CP →|＝53，所以线段CP 的长为53. 热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先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，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例3 如图，在四棱锥E －ABCD 中，平面ABE ⊥底面ABCD ，侧面AEB 为等腰直角三角形， ∠AEB ＝π2，底面ABCD 为直角梯形， AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC .(1)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(2)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA ；若不存在，说明理由．解 (1)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且AB ⊥BC ，平面ABE ∩平面ABCD ＝AB ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ABE, 则∠CEB 即为直线EC 与平面ABE 所成的角，设BC ＝a ，则AB ＝2a ，BE ＝2a ，所以CE ＝3a ，则在Rt △CBE 中， sin ∠CEB ＝CB CE ＝13＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (2)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD ，证明如下：取AB 中点O 为坐标原点，OB ，OD ，OE 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设CD ＝1，则E (0,0,1)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，所以EA →＝(－1,0，－1)，BD →＝(－1,1,0)，EC →＝(1,1，－1)．由EF →＝13EA →＝⎝⎛⎭⎫－13，0，－13，得F ⎝⎛⎭⎫－13，0，23，所以FB →＝⎝⎛⎭⎫43，0，－23. 设平面FBD 的法向量为v ＝()a ，b ，c ，则⎩⎪⎨⎪⎧ v ·BD →＝0，v ·FB →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝()1，1，2，因为EC →·v ＝()1，1，－1·()1，1，2＝0，且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即当点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .思维升华空间向量最适合于解决这类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．解题时，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“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3 如图所示的空间几何体中，底面四边形ABCD 为正方形，AF ⊥AB ，AF ∥BE ，平面ABEF ⊥平面ABCD ，DF ＝5，CE ＝22，BC ＝2.(1)求二面角F －DE －C 的大小；(2)若在平面DEF 上存在点P ，使得BP ⊥平面DEF ，试通过计算说明点P 的位置．解 (1)因为AF ⊥AB ，平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB ，所以AF ⊥平面ABCD ，所以AF ⊥AD .因为四边形ABCD 为正方形，所以AB ⊥AD ，所以AD ，AB ，AF 两两垂直，以A 为原点，AD ，AB ，AF 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．。

2017-2018学年高中数学第三章空间向量与立体几何 3.2 立体几何中的向量方法第2课时空间向量与垂直关系

2.如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，G为 △BC1D的重心． (1)试证A1，G，C三点共线； (2)试证A1C⊥平面BC1D. 证明：(1)法一 C→A1＝C→B＋B→A＋A→A1＝C→B＋C→D＋C→C1. C→G＝C→C1＋23×21(C→1B＋C→1D) ＝13(C→B＋C→D＋C→C1)＝31C→A1， ∴C→G∥C→A1，且有公共点 C，即 A1，G，C 三点共线．
第2课时空间向量与垂直关系
考纲定位
重难突破
1.能利用平面法向量证明两个平重点：求直线的方向向量与平
面垂直．
面的法向量．
2.能利用直线的方向向量和平面难点：利用方向向量与法向量
的法向量判定并证明空间中的处理线线、线面、面面间的垂
垂直关系.
直关系.
01 课前自主梳理 02 课堂合作探究 03 课后巩固提升
设平面PQMN的法向量为 m＝(x2，y2，z2)．因为P→Q＝(2,2，λ)－(0,0，λ)＝(2,2,0)， P→N＝(1,0,2)－(0,0，λ)＝(1,0,2－λ)．
P→Q·m＝0，由P→N·m＝0，
可得2xx2＋2＋22－y2＝λz02，＝0，
所以xx22＝＝－λ－y2，2z2，
解析：建立如图所示的坐标系，
则B1(0,0,3a)，D 22a， 22a，3a， C(0， 2a,0)．设E( 2a,0，z)，(0≤z≤3a)，则C→E＝( 2a，－ 2a，z)， B→1E＝( 2a,0，z－3a)．由题意得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a. ∴AE＝a或2a.
利用向量法证明面面垂直的两个途径利用空间向量证明面面垂直通常可以有两个途径，一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直；二是直接求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直，从而得到两个平面垂直．

3.2立体几何中的向量方法第2课时空间向量与垂直关系课件

研一研· 问题探究、课堂更高效
3.2 第2课时
例 2 如图所示，在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，O 为 AC 与 BD 的交点，G 为 CC1 的中点．求证：A1O⊥平面 GBD.
证明方法一如图取 D 为坐标原点， DA、DC、DD1 所在的直线分别作 x 轴， y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设正方体棱长为 2 ，则 O(1,1,0) ， A1(2,0,2)，G(0,2,1)，B(2,2,0)，D(0,0,0)， → → → ∴OA1＝(1，－1,2)，OB＝(1,1,0)，BG＝(－2,0,1)， → → → → 而OA1· OB＝1－1＋0＝0，OA1· BG＝－2＋0＋2＝0. → → → → ∴OA1⊥OB，OA1⊥BG，即 OA1⊥OB，OA1⊥BG，而 OB∩BG＝B，∴OA1⊥平面 GBD.
角坐标系．则 C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)， → → ∵AC＝(－3,0,0)，BC1＝(0，－4,4)， → → ∴AC· BC1＝0.∴AC⊥BC1.
小结证明两直线垂直的基本步骤：建立空间直角坐标系 →写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．
解析 ∵(1,2,0)· (2，－1,0)＝0，∴两法向量垂直，从而两平面垂直．
练一练· 当堂检测、目标达成落实处
3.2 第2课时
4.如图，在四棱锥 P－ ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥平面 ABCD，AP＝AB＝ 2， BC＝2 2， E， F 分别是 AD， PC 的中点．证明： PC⊥平面 BEF.
练一练· 当堂检测、目标达成落实处
3.2 第2课时
又 E，F 分别是 AD，PC 的中点，

用空间向量解决立体几何中的垂直问题

解析如图，以A为坐标原点，AB，AS所在直线分别为y轴，z轴建立空间
直角坐标系Axyz，
则由 AC＝2，BC＝ 13，SB＝ 29，

得 B(0， 17，0)，S(0,0，2 3)，C2
1137， 417，0，
S→C＝2
1173，
417，－2
3，C→B＝－2

题型探究
类型一线线垂直问题例1 已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，M是底面上BC边的中点， N 是侧棱 CC1 上的点，且 CN＝14CC1.求证：AB1⊥MN.
证明
反思与感悟证明两直线垂直的基本步骤：建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直.
梳理若平面α的法向量为μ＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为v＝(a2， b2，c2)，则α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v＝0⇔ a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
[思考辨析判断正误] (1)平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量.
( ×) (2)两直线的方向向量垂直，则两条直线垂直.( √ ) (3)直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直.( √ ) (4)两个平面的法向量平行，则这两个平面平行；两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直.( √ )
解析因为a＝(0,1,0)，b＝(1,0,1)，所以a·b＝0×1＋1×0＋0×1＝0，所以a⊥b，故选B.
12345
解析答案
3.若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为μ＝(－2,0，－4)，则
A.l∥α
√B.l⊥α
C.l⊂α

课时作业2：立体几何中的向量方法

立体几何中的向量方法一、选择题1．(2013·宁波模拟)平面α的一个法向量为n ＝(1，－3，0)则y 轴与平面α所成的角的大小为( )A.π6B.π3C.π4D.5π62．已知平面α、β的法向量分别为μ＝(－2，3，－5)，v ＝(3，－1，4)则( ) A ．α∥β B ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上都不正确图7－7－153．如图7－7－15，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A ．(1，1，1)B ．(23，23，1)C ．(22，22，1)D ．(24，24，1)图7－7－164．(2013·合肥模拟)如图7－7－16，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F 、G 分别是线段AE 、BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为( )A.36 B ．－36 C.33 D ．－335．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°图7－7－176．(2013·金华模拟) 正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的棱长都为2，E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310D.3610 二、填空题7．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．8．(2013·长春模拟)在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．9．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________．三、解答题图7－7－1810．(2012·辽宁高考)如图7－7－18，直三棱柱ABC －A ′B ′C ′，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝λAA ′，点M ，N 分别为A ′B 和B ′C ′的中点．(1)证明：MN ∥平面A ′ACC ′；(2)若二面角A ′－MN －C 为直二面角，求λ的值．11．(2012·烟台四校检测)如图7－7－19(1)，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，M 为线段AB 的中点．将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D —ABC ，如图7－7－19(2)所示．图7－7－19(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)求二面角A —CD —M 的余弦值．图7－7－2012．已知在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，且AD ＝2，AB ＝1，P A ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是线段AB 、BC 的中点．(1)证明：PF ⊥FD ；(2)判断并说明P A 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ；(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求二面角A —PD —F 的平面角的余弦值．解析及答案一、选择题1．【解析】 y 轴的方向向量为m ＝(0，1，0)，设y 轴与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－32×1＝－32，∴sin θ＝32，∴θ＝π3.【答案】 B2．【解析】 ∵－23≠3－1≠－54，∴μ与v 不是共线向量，又∵μ·v ＝－2×3＋3×(－1)＋(－5)×4＝－29≠0，∴μ与v 不垂直，∴平面α与平面β相交但不垂直．【答案】 C 3．【解析】 ∵M 在EF 上，设ME ＝x ，∴M (22x ，22x ，1)，∵A (2，2，0)，D (2，0，0)，E (0，0，1)，B (0，2，0)，∴ED →＝(2，0，－1)，EB →＝(0，2，－1)，AM →＝(22x －2，22x －2，1)．设平面BDE 的法向量n ＝(a ，b ，c )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝0n ·EB →＝0，得a ＝b ＝22c .故可取一个法向量n ＝(1，1，2)．∵n ·AM →＝0，∴x ＝1，∴M (22，22，1)．【答案】 C 4．【解析】如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F 、G 分别是线段AE 、BC 的中点．以C 为原点建立空间直角坐标系Cxyz ，A (0，2，0)，B (2，0，0)，D (0，0，2)，G (1，0，0)，F (0，2，1)， AD →＝(0，－2，2)，GF →＝(－1，2，1)， ∴|AD →|＝22，|GF →|＝6，AD →·GF →＝－2，∴cos 〈AD →，GF →〉＝AD →·GF →|AD →||GF →|＝－36 .∴直线AD 与GF 所成角的余弦值为36.【答案】 A 5．【解析】如图所示，二面角的大小就是〈AC →，BD →〉． ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD → ∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →) ＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD → ∴CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12，∴〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.【答案】 C 6．【解析】如图，取A 1B 1的中点E 1，建立如图所示空间直角坐标系Exyz . 则E (0，0，0)，F (－1，0，1)，B 1(1，0，2)，A 1(－1，0，2)，C 1(0，3，2)，G (－12，32，2)．∴B 1F →＝(－2，0，－1)，设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝－x ＋z ＝0n ·FG →＝12x ＋32y ＋z ＝0，得⎩⎨⎧z ＝x y ＝－3x ，令x ＝1，则n ＝(1，－3，1)，设B 1F 与平面GEF 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1F →〉|＝|n ·B 1F →||n ||B 1F →|＝35.【答案】 A 二、填空题 7．【解析】以A 为原点建系，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E (1，0，12)，D (0，1，0)， ∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝(1，0，－12)，设平面A 1ED 的法向量为 n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1，2，2)，∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.【答案】 238．【解析】如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D 1(0，0，1)，C 1(0，2，1)，A 1(1，0，1)，B (1，2，0)，∴D 1C 1→＝(0，2，0)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝（x ，y ，z ）·（－1，2，0）＝－x ＋2y ＝0n ·A 1B →＝（x ，y ，z ）·（0，2，－1）＝2y －z ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y z ＝2y，令y ＝1，得n ＝(2，1，2)，设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.【答案】 139．【解析】如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (－a ，0，0)，P (0，－a 2，a2)，则CA →＝(2a ，0，0)，AP →＝(－a ，－a 2，a 2)，CB →＝(a ，a ，0)，设平面P AC 的一个法向量为n ，可取n ＝(0，1，1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12， ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°. 【答案】 30° 三、解答题 10．【解】 (1)证明法一连接AB ′，AC ′，由已知∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，三棱柱ABC －A ′B ′C ′为直三棱柱，所以M 为AB ′的中点．又因为N 为B ′C ′的中点，所以MN ∥AC ′.又MN ⊄平面A ′ACC ′，AC ′⊂平面A ′ACC ′，因此MN ∥平面A ′ACC ′.法二取A ′B ′的中点P ，连接MP ，NP .而M ，N 分别为AB ′与B ′C ′的中点，所以MP ∥AA ′，PN ∥A ′C ′，所以MP ∥平面A ′ACC ′，PN ∥平面A ′ACC ′.又MP ∩NP ＝P ，因此平面MPN ∥平面A ′ACC ′.而MN ⊂平面MPN ，所以MN ∥平面A ′ACC ′.(2)以A 为坐标原点，分别以直线AB ，AC ，AA ′为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz ，如图所示．设AA ′＝1，则AB ＝AC ＝λ，于是A (0，0，0)，B (λ，0，0)，C (0，λ，0)，A ′(0，0，1)，B ′(λ，0，1)，C ′(0，λ，1)，所以M (λ2，0，12)，N (λ2，λ2，1)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A ′MN 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A ′M →＝0，m ·MN →＝0得⎩⎨⎧λ2x 1－12z 1＝0，λ2y 1＋12z 1＝0，可取m ＝(1，－1，λ)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面MNC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·NC →＝0，n ·MN →＝0得⎩⎨⎧－λ2x 2＋λ2y 2－z 2＝0，λ2y 2＋12z 2＝0，可取n ＝(－3，－1，λ)．因为A ′－MN －C 为直二面角，所以m ·n ＝0.即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝2(负值舍去)．即二面角A ′－MN －C 为直二面角，λ为 2. 11．【解】 (1)在图(1)中，根据已知条件，可得AC ＝22，由题易知∠CAB ＝45°，又AB ＝4，由余弦定理得CB 2＝(22)2＋42－2×22×4×cos ∠CAB ＝8，故CB ＝22，从而AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC ⊥BC .取AC 中点O ，连接DO ，则OD ⊥AC ，又平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ，从而OD ⊥平面ABC . ∴OD ⊥BC ，又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O . ∴BC ⊥平面ACD .(2)连接OM ，由(1)易知OM ⊥AC ，以O 为坐标原点，OA ，OM ，OD 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O —xyz ，如图所示，由(1)知M (0，2，0)，C (－2，0，0)，D (0，0，2)， ∴CM →＝(2，2，0)，CD →＝(2，0，2)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面CDM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CM →＝0，n 1·CD →＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，2x ＋2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ，z ＝－x .令x ＝－1，可得n 1＝(－1，1，1)．由题易知n 2＝(0，1，0)为平面ACD 的一个法向量，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝13＝33.∴二面角A —CD —M 的余弦值为33.12．【解】 (1)证明 ∵P A ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°， AB ＝1，AD ＝2，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，F (1，1，0)，D (0，2，0)．不妨令P (0，0，t )，∵PF →＝(1，1，－t )，DF →＝(1，－1，0)， ∴PF →·DF →＝1×1＋1×(－1)＋(－t )×0＝0，即PF ⊥FD .(2)存在，设平面PFD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，结合(1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PF →＝0n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －tz ＝0x －y ＝0，令z ＝1，解得：x ＝y ＝t2.∴n ＝(t 2，t2，1)．设G 点坐标为(0，0，m )，E (12，0，0)，则EG →＝(－12，0，m )，要使EG ∥平面PFD ，只需EG →·n ＝0，即(－12)×t 2＋0×t 2＋1×m ＝m －t 4＝0，得m ＝14t ，从而满足AG ＝14AP 的点G 即为所求．(3)∵AB ⊥平面P AD ，∴AB →是平面P AD 的法向量，易得AB →＝(1，0，0)，又∵P A ⊥平面ABCD ，∴∠PBA 是PB 与平面ABCD 所成的角，得∠PBA ＝45°，P A ＝1，结合(2)得平面PFD 的法向量为n ＝(12，12，1)，∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝1214＋14＋1＝66，由题意知二面角A —PD —F 为锐二面角．故所求二面角A —PD —F 的平面角的余弦值为66.。

2018届苏教版立体几何中的向量方法单元测试

考点37 立体几何中的向量方法1.（2016·北京高考理科·Ｔ17）如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形.平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB=3，BC=5. （1）求证：AA 1⊥平面ABC ；（2）求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；（3）证明：在线段BC 1存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求1BDBC 的值.【解题指南】（1）利用面面垂直证明线面垂直.（2）建系，求出二面角对应两个面的法向量，利用法向量的夹角求二面角的余弦值.（3）设出D 点坐标，利用向量解题.【解析】（1）11A ACC 因为是正方形，1AA AC ⊥所以。

又11,ABC A ACC AC ⊥因为平面平面交线，1AA ABC ⊥所以平面。

（2）4,5,3AC BC AB ===因为，AC AB ⊥所以。

分别以1,,AC AB AA 为,x y z 轴轴，轴建立如图所示的空间直线坐标系。

则111(0,0,4),(0,3,0),(4,0,4),(0,3,4)A B C B ，11(4,0,0)A C = ，1(0,3,4)A B =-，111(4,3,0),(0,0,4)B C BB =-=，设平面11A BC 的法向量为1111(,,)n x y z =，平面11B BC 的法向量2222(,,)n x y z =，1111100AC n A B n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以，11140340x y z =⎧⎨-=⎩所以，1(0,4,3)n = 所以可取。

1121200B C n BB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩由可得22243040x y z -=⎧⎨=⎩可取2(3,4,0)n = 。

1212121616cos ,5525||||n n n n n n ⋅<>===⨯所以。

高中数学选修2-1单元配套练习试题3.2 立体几何中的向量方法及参考答案解析

3.2 立体几何中的向量方法姓名:___________班级:______________________一、选择题1.已知线段AB 的两端点坐标为A(9,－3,4),B(9,2,1),则线段AB 与( )A.xOy 平行B.xOz 平行C.yOz 平行D.yOz 相交2.在平面ABCD 中,A(0,1,1),B(1,2,1),C(－1,0,－1),若a ＝(－1,y,z),且a 为平面ABC的法向量,则y 2等于 ( )A.2B.0C.1D.无意义3.若两个不同平面α,β的法向量分别为()1,2,1=-u ,()4,8,4v =--,则( )A.//αβB.αβ⊥C.α,β相交但不垂直D.以上均不正确4.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,∠ACB ＝90°,AA 1＝2,AC ＝BC ＝1,则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是( )C.365.设平面α的一个法向量为()11,2,2n =-,平面β的一个法向量为()22,4,n k =--,若//αβ,则实数k =( )A.2B.4-C.2-D.46.已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长与底面边长相等,则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( )C.27.在四棱锥ABCD P -中,)3,2,4(-=→AB ,)0,1,4(-=→AD ,)8,2,6(--=→AP ,则这个四棱锥的高=h ( )A.1B.2C.13D.268.在正三棱柱111ABC A B C -中,D 是AC 的中点,AB 1⊥BC 1,则平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为( )A.30° B .45°C.60°D.90°二、填空题9.已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点,点A 1到平面DBEF 的距离为_________.10.如图所示,在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,底面是∠ABC 为直角的等腰直角三角形,AC ＝2a,BB 1＝3a,D 是A 1C 1的中点,点F 在线段AA 1上,当AF ＝________时,CF⊥平面B 1DF.11.已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,E 是A 1B 1的中点,则直线AE 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值是__________.三、解答题12.如图,已知四棱锥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 的中点.(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.13.如图,在四棱锥A B C D P -中,底面A B C D 是正方形,侧棱PD ⊥底面A B C D,DC PD =,E 是PC 的中点,作PB EF ⊥交PB 于点F .(1)求证:PA //平面EDB ;(2)求二面角B DE F --的正弦值.14.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,E 是PB 的中点.(1)求证:平面EAC⊥平面PBC;(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.参考答案1.C【解析】因为AB ＝(9,2,1)－(9,－3,4)＝(0,5,－3),所以AB ∥平面yOz.考点:向量法判断线面关系.2.C【解析】AB ＝(1,1,0),()1,1,2AC =---,a 为平面ABC 的法向量,则a ∙AB ＝0,a ∙AC ＝0,即10y -+=,120y z ---=,则y ＝1,∴y 2＝1,故选C.考点:求空间向量的坐标.3.A【解析】∵u ＝14-v,∴αβ,故选A.考点:向量法判断两个平面的位置关系.4.D【解析】以C 为坐标原点,CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系,可知A 1(1, 0, 2),B(0, 1, 0),A(1, 0, 0),C(0, 0, 0),则1A B ＝(－1,1,－2),AC ＝(－1,0,0),cos 〈1A B ,AC 〉＝11AC A BAC AB ⋅⋅故选D. 考点:异面直线夹角的向量求法.5.D【解析】∵平面α的一个法向量为()11,2,2n =-,平面β的一个法向量为()22,4,n k =--,//αβ,∴24122k --==-,∴4k =.故选D. 考点:共线向量与共面向量.6.A【解析】AB 1与侧面ACC 1A 1所成角为θ,建立如图所示的空间直角坐标系,设正三棱柱的棱长为2,则()0,0,0O ,)B,()0,1,0A -,)12B ,则()13,1,2AB=,()BO =,BO 为侧面ACC 1A 1的一个法向量,所以sin θ＝11AB BOAB BO ⋅⋅＝故选A.考点:线面角的向量求法.7.B【解析】设面ABCD 的法向量为(),,n x y z =,则,4230,40,n AB x y z x y n AD⎧⊥-+=⎧⎪⇒⎨⎨-+=⊥⎩⎪⎩令4y =,则41,4,3n ⎛⎫= ⎪⎝⎭,则32683cos ,133n AP n AP n AP -+-⋅===⨯, 226h ∴==.故选B. 考点:点到面的距离的向量求法.8.B【解析】平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为θ.以A 为坐标原点,AC ,1AA 的方向分别为y 轴和z 轴的正方向建立空间直角坐标系.设底面边长为2a,侧棱长为2b,则A(0, 0, 0),C(0, 2a, 0),D(0,a, 0),B(a,a, 0),C 1(0, 2a,2b),)1,,2B a b ,则1AB =),,2a b ,()1,,2BC a b =,()3,0,0DB =,()10,,2DC a b =.由1AB ⊥1BC ,得1AB ·1BC ＝0,即2b 2＝a 2.设1n ＝(x,y,z)为平面DBC 1的法向量,则1n ·DB ＝0,1n ·1DC ＝0,z ＝1,可得1n ＝(0,,1).同理可求得平面CBC 1的一个法向量为2n ＝则cos θ＝1212n n n n ⋅⋅＝2,得θ＝45°. 考点:面面角的向量求法.9.1【解析】如图,建立空间直角坐标系,则＝(1,1,0),DF ＝(0,21,1), 1DA ＝(1,0,1).设平面DBEF 的法向量为n ＝(x,y,z),则有n 0=⋅,n 0=⋅DF ,即x ＋y ＝0,21y ＋z ＝0,令x ＝1,得y ＝－1,z ＝21,所以11,1,2n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,则A 1到平面DBEF的距离1==h .考点:点到面的距离的向量求法.10.a 或2a【解析】设AF m =.分别以BA 、BC 、BB 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系B －xyz,则B(0, 0, 0),B 1a ,0,m),D ,,322a a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭a, 0),则CF ＝a,m),1B D＝,0⎫⎪⎪⎝⎭,1B F ＝(a, 0,m －3a),∵CF ⊥面B 1DF,∴CF ⊥1B F ,CF ⊥1B D ,即CF ·1B D ＝0,CF ·1B F ＝0,可得2a 2＋m(m －3a)＝0,解得m ＝a 或2a.考点:向量法求线面的垂直问题. 11.510 【解析】如图,建立空间直角坐标系,则＝(0,1,0),1AD ＝(－1,0,1),AE ＝(0,21,1),设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x,y,z),由0=⋅AB n ,01=⋅AD ,即0,0,y x z =⎧⎨-+=⎩令1x =,则1z =,可得n ＝(1,0,1),设直线AE 与平面ABC 1D 1所成的角为θ,则510sin ==θ.考点:空间向量法求线面角.12.(1)见解析(2)4【解析】(1)证明:以H 为原点,HA,HB,HP 所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,如图,设1HA =,HC m =,HP n =,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(－m, 0, 0),P(0, 0,n),D(0,－m, 0),E(12可得PE ＝(12－n),BC ＝(－m,－1, 0).因为PE ·BC2m ＋0＝0,所以PE⊥BC .(2)由已知条件可得m＝3,n ＝1,故C(－3,0, 0),D(0,－3,0), E(12,－6,0),P(0, 0, 1),则1,26HE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,()0,0,1HP =, 设n ＝(x,y,z)为平面PEH 的法向量,则0,0,n HE n HP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即10,260,x y z ⎧-=⎪⎨⎪=⎩因此可以取n ＝又PA ＝(1, 0,－1),所以|cos 〈PA ,n 〉|＝4, 所以直线PA 与平面PEH. 考点:空间向量法证明线线垂直及线面角.13.(1)证明过程详见解析(2)322 【解析】如图,建立空间直角坐标系,点D 为坐标原点,设1=DC .(1)证明:连接,AC AC 交BD 于点G ,连接EG .依题意得(1,0,0),(0,0,1),A P因为底面ABCD 是正方形,所以点G 是此正方形的中心,故点G 的坐标为)0,21,21(,则)21,0,21(),1,0,1(-=-=,所以2=,即EG PA //,而⊂EG 平面EDB ,且⊄PA 平面EDB ,因此PA //平面EDB .(2)(1,1,0),(1,1,1)B PB =-,因为)21,21,0(=DE ,故0=⋅DE PB ,所以DE PB ⊥. 由已知得PB EF ⊥,且E DE EF = ,所以⊥PB 平面EFD ,所以平面EFD 的一个法向量为)1,1,1(-=.)0,1,1(),21,21,0(==DB DE ,设平面DEB 的法向量为),,(z y x =, 则1()0,20,a DE y z a DB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩取1=x ,则1,1=-=z y ,即)1,1,1(-=a ,则1cos ,3||||a PB a PB a PB ⋅==-, 设二面角B DE F --的平面角为θ,因为[0,π]θ∈,所以322sin =θ. 二面角B DE F --的正弦值大小为322. 考点:线线平行,线面平行,二面角的空间向量求法.14.(1)见解析【解析】(1)证明:∵PC⊥平面ABCD,AC ⊂平面ABCD,∴AC⊥PC.∵AB＝2,AD ＝CD ＝1,∴AC＝BC ,∴AC 2＋BC 2＝AB 2,∴AC⊥BC. 又BC∩PC＝C,∴AC⊥平面PBC. ∵AC ⊂平面EAC,∴平面EAC⊥平面PBC. (2) 设CP a =.如图,以点C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,－1,0),P(0,0,a),E 11,,222a ⎛⎫- ⎪⎝⎭,则CA ＝(1,1,0),CP ＝(0,0,a),CE ＝11,,222a ⎛⎫-⎪⎝⎭.取m ＝(1,－1,0),则m ·CA ＝m ·CP ＝0,即m 为面PAC 的一个法向量. 设n ＝(x,y,z)为面EAC 的法向量,则n ·CA ＝n ·CE ＝0,即0,0,x y x y az +=⎧⎨-+=⎩取x ＝a,则y ＝－a,z ＝－2,则n ＝(a,－a,－2), 依题意得,|cos 〈m ,n〉|＝n mnm ⋅＝则a ＝2.于是n ＝(2,－2,－2),PA ＝(1,1,－2).设直线PA 与平面EAC 所成角为θ,则sin θ＝|cos 〈PA ,n 〉|＝PA n PA n ⋅⋅＝3,即直线PA 与平面EAC 所成.考点:空间二面角和线面角的向量求法.。

2018届高中数学苏教版立体几何中的向量方法单元测试2Word版含答案

为（）
5
(A) 5 (B)
5
25
3
3 (C)
5 (D) 5
【解题指南】根据已知坐标系和线段之间的关系写出点 A，B1，B，C1
的坐标，然后根据向量夹角公式进行计算 .
【解析】选 A. 不妨设 CA CC1 2CB =2，则 A（2,0,0 ）， B1（ 0,2,1 ）， B（ 0,0,1 ），C1（0,2,0 ），∴ AB1 ( 2,2,1) , BC1 (0,2, 1), 所以直线 BC1 与直
30
即平面 BB1C1C 与平面 A1B1C 的夹角的余弦值是 10 . 3. （2016·山东高考理科·Ｔ18）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 .
（Ⅰ）求证： BD 平面 AED ；（Ⅱ）求二面角 F BD C 的余弦值 . 【解题指南】本题考查了空间线面垂直的证法及利用向量法解决空间几何问题 . 【解析】（Ⅰ）因为四边形 ABCD 是等腰梯形， AB ∥ CD ， DAB 60 ，所以 ADC BCD 120 , 又因为 BC=C，D 所以 BDC CBD 30 ，因
31
F (0,01), B(0,1,0), D ( , 2
,0)
2 ，向量
n
(0,0,1) 为平面的一
个法向量 .
m BD 0
设向量 m ( x, y, z) 为平面 BDF 的一个法向量，则 m FB 0 , 即
33 x y0
22
yz0 ，
取 y 1，则 x 3, z 1 ，则 m ( 3,1,1) 为平面 BDF 的一个法向量 .

江苏专用2018版高考数学大一轮复习8.7立体几何中的向量方法(二)__求空间角和距离教师用书理汇总

第八章立体几何与空间向量8.7立体几何中的向量方法（二）求空间角和距离教师用书理苏教版基础知识自主学习[f 知识梳理 -------------------------------1.两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l i ,丨2的方向向量，贝U丨1与l 2所成的角0a 与b 的夹角3范围n(o, "2】[0 , n ]求法n I a • b |cos 0= I a II b Ia • bcos 3= I a II b I2. 直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ,平面a 的法向量为 n 直线l 与平面a 所成的角为0 , a 与n I a • n l的夹角为B,则sin 0= |cos 3 I = .I a || n |3. 求二面角的大小如图①，AB CD 分别是二面角 a -1 — 3的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大=〈 AB CD角）.【知识拓展】(1)如图②③，m, n 2分别是二面角 a 大小 0 满足面角的平面角JI ,的法向量，则二面角的利用空间向量求距离（供选用）（1）两点间的距离⑵点到平面的距离【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“V”或“ X”) (1) 两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(X )(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 .(X )(3) 两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( X )(4) 两异面直线夹角的范围是(0 ,牙],直线与平面所成角的范围是 [0 , -2],二面角的范围是[0 , n ].( V )⑸直线l 的方向向量与平面a 的法向量夹角为120°则I 和a 所成角为30° .( V )⑹若二面角a — a — 3的两个半平面a , 3的法向量n i , m 所成角为0，则二面角a — a—3的大小是n — 0 .( X )考点自测1. (20i6 •南通模拟)已知两平面的法向量分别为 m = (0,i,0) , n = (0,i,i)，则两平面所成的二面角为 _________ . 答案 45°或i35°&丄lm- ni V 2解析 cos 〈 m n 〉== ------- =—,丨 m i n | 1X^2 2 ?即〈m, n 〉= 45°.•••两平面所成的二面角为 45°或i80°— 45°= i35°.i2. 已知向量 m n 分别是直线I 和平面a 的方向向量和法向量，若 cos 〈 m n 〉=—2则I 与a 所成的角为 ___________. 答案 30°设点 A (x i , y i , z i )，点 B (X 2, y 2, Z 2),则 AB= | AB =---------------------- 2 X i — X 2 ---------------------- 2 y i — y 2---------------------- 2乙一Z 2如图所示，已知 AB 为平面a 的一条斜线a 的法向量, 则B 到平面a 的距离i 解析设I与a所成角为0 ,••• cos〈 m n>=—2 ,1sin 0 = |cos 〈 m n > | = 0 w B w 90 ,二 0 = 30 .3.（2016 •泰州模拟）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-ABC , CA= CC = 2CB 则答案2 2,则AC 与侧面ABBA i 所成的角为n答案百解析以A 为原点，以XB, X E AE ± AB , AA 所在直线为坐标轴（如图）建立空间直角坐标系, 设D 为AB 中点，解析设 CA= 2,贝U C (0,0,0) , A (2,0,0) , B (0,0,1) ,C (0,2,0) , B (0,2,1),可得向量 AB =（—2,2,1） , BC = （0,2 , - 1），由向量的夹角公式得cos 〈AB , BG >0 + 4— 1 4+ 4+ 1 .： 0+ 4+ 14.（教材改编）正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC- ABC 的底面边长为 2，侧棱长为直线~5A B则A(0,0,0) , C(1，萌,2血,Q1,0,2 羽)，••• AC = (1，羽,£), XD= (1,0,2 .2)./ CAM AC与平面ABBA1所成的角，= 乐,2迄 0, 2羽=史— .'12X '9 — 2，「兀］n又OAD6 0,,「•/ C I AD=~6.5. P 是二面角 a — AB- 3棱上的一点，分别在平面 a 、3上引射线PMPN 如果/ BPIM=Z BPN =45°,/ MP 比60°,那么二面角 a — AB- 3的大小为 _______________ 答案 90°解析不妨设PM= a , PN= b ,如图，作 MEL AB 于 E NF 丄 AB 于 F ,•••/ EPIM=/ FPN= 45••• EM - F N= (PM-PE •( PN-PF ) =PM- P N- P M- PF — P E- P N+ Pfe- P F=ab cos 60 ° — a x -^bcos 452 a x b cos 45 °+ -^a x** EM L FN,cos / GAD= AC • ADI AC ll ADab ab ab ab—=+== 0,题型分类深度剖析题型一求异面直线所成的角例1 （2015 •课标全国I ）如图，四边形 ABCD^菱形，/ AB （= 120°, E, F 是平面ABC 两一侧的两点，BE!平面 ABCD DF 丄平面 ABCD BE= 2DF, AE!EC•二面角a — 90°.(1)证明：平面 AECL 平面AFC⑵求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.⑴证明如图所示，连结 BD 设BDQ AC= G 连结EG FG EF 在菱形ABC 曲，不妨设 GB^ 1.由/ABC= 120°,可得 AG= GC= 3.由 BE 丄平面 ABCD AB- BC= 2，可知 AE= EC又 AE1 EC 所以 EG R Q3，且 EGL AC在直角梯形 BDFE 中，由BD= 2, BE = 2, DF =#，可得EF = 写，从而EG + F G = E F ，所以 EGLFG又ACn Fd G,可得EG1平面AFC因为EC ?平面AEC 所以平面 AECL 平面 AFC⑵ 解如图，以G 为坐标原点，分别以6B &的方向为x 轴，y 轴正方向，|6B 为单位长度,建立空间直角坐标系 G-xyz ，由(1)可得A (0，—. 3, 0),日1,0 ,2),F - 1, 0，舟,Q0 ,3, 0),所以AE= (1 , 3, 2) , C F = -1, 故cos〈 &E &F =器—于.在Rt △ EBG 中，可得BE= 2 故 DF =#在Rt △ FDG 中，可得 FG3所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为飞思维升华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⑶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跟踪训练1 如图，在正方体ABC—A1B1CD中，M N分别是棱CD CC的中点，则异面直线AM与DN所成的角的大小是________________ .答案90°解析连结DM在正方形DCdD中，••• M N分别是CD CC的中点，•••DNLDM 又T AD丄平面DC DN?平面DC,•••DNLAD,又T AD Q DM= D,•DNL平面ADM 又AIVP平面A i DM•A1MIDN即异面直线AM与DN所成的角为90题型二求直线与平面所成的角PA= BC= 4, M为线段AD上一点,例 2 （2016 •全国丙卷）如图，四棱锥P-ABC［中, PAL底面ABCDAD// BC AB= AD= AC= 3 ,(1) 证明MIN/平面PAB(2) 求直线AN与平面PMb所成角的正弦值23(1)证明由已知得AM= -AD= 2.以A 为坐标原点，AE 勺方向为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 (V5 , 2,0) , N 摩，1 , 2 , P M= (0,2 , - 4) , P N=疋 |cos 〈 n ,| n || AN设AN 与平面PM所成的角为。

高考数学一轮复习课时作业46立体几何中的向量方法理

课时作业46　立体几何中的向量方法
1中，AB＝AA1＝2，点
所成角的余弦值；
所成角的正弦值．
，
1
OB，
为基底，建立空间直角坐标系O－xyz
，－1,0)，B(3，0,0)，C
在如图所示的多面体中，四边形，∠ABD＝π
，AB＝2AD
6
；
，DB，DE所在直线分别为(0,0，3)，F(0，3，3
CDPE的中位线，
，D(0,0,0)，P(0,0，2)，z)，
；
，CP→的方向分别为x轴、y
2，CP＝2a(a>0)．则C(0,0,0)
⊥CD，EG∥AD且EG＝
的中点，求证：MN∥平面
的正弦值；
本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．
间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．
为原点，分别以DA→，DC→，DG→的方向为
如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，
1)，N(1,0,2)．
⊥平面A 1DE?所成的锐二面角的余弦值．的中点，即
BG BB 1
＝1
2
时，平面CDG ⊥平面分别是AB ，BC 的中点，所以在正方形CBB 1C 1中，tan∠C 1EC ⊥平面CBB 1C 1，CG ⊥平面CBB 1，故平面CDG ⊥平面A 1DE .
中，∠ACB ＝90°，CC 1⊥底面ABC
取何值，总有AM⊥平面PNQ；
PMN与平面ABC的夹角为60°
0，1，1
2)，N(12，12，0)，Q(0，
(1,0,0)＝(λ，0,0)，可得点P。

江苏2018版高考数学复习立体几何中的向量方法(一)__证明平行与垂直教师用书理苏教版

第八章立体几何与空间向量 8.6 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直教师用书理苏教版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：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量.(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 ＝x v 1＋y v 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. 3.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.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (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)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( √ ) (4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( √ ) (5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行.( × )(6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行.( × )1.(2017·宿迁质检)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________. ①(－1,1,1) ②(1，－1,1) ③(－33，－33，－33) ④(33，33，－33) 答案 ③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 .③正确.2.已知直线l 的方向向量为v ＝(1,2,3)，平面α的法向量为u ＝(5,2，－3)，则l 与α的位置关系是____________. 答案 l ∥α或l ⊂α解析 ∵v ·u ＝0，∴v ⊥u ，∴l ∥α或l ⊂α.3.平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________. 答案 4解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴－21＝－42＝k－2，∴k ＝4. 4.(教材改编)设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________. 答案 α⊥β α∥β解析当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.5.(教材改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.答案垂直解析以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0，∴ON 与AM 垂直.题型一利用空间向量证明平行问题例1 (2016·扬州模拟)如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1，2,0).∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面.∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只需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，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，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向量运算.(2016·北京海淀区模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点.求证：MN ∥平面A 1BD .证明如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1，则M (0,1，12)，N (12，1,1)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，于是MN →＝(12，0，12)，DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. 所以n ＝(1，－1，－1).又MN →·n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0，所以MN →⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD . 题型二利用空间向量证明垂直问题命题点1 证线面垂直例2 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明如图所示，取BC 的中点O ，连结AO .因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，B 1(1,2,0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量，而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ，故AB 1⊥平面A 1BD . 命题点2 证面面垂直例3 (2016·盐城模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点.(1)求证：EF ∥平面PAD ； (2)求证：平面PAB ⊥平面PDC .证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连结OP ，OF .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB . 又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为PA ＝PD ＝22AD ，所以PA ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2. 以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (a 2，0,0)，F (0，a 2，0)，D (－a 2，0,0)，P (0,0，a 2)，B (a 2，a,0)，C (－a2，a,0).因为E 为PC 的中点，所以E (－a 4，a 2，a4).易知平面PAD 的一个法向量为OF →＝(0，a 2，0)，因为EF →＝(a 4，0，－a 4)，且OF →·EF →＝(0，a 2，0)·(a 4，0，－a 4)＝0，所以EF ∥平面PAD .(2)因为PA →＝(a 2，0，－a 2)，CD →＝(0，－a,0)，所以PA →·CD →＝(a 2，0，－a 2)·(0，－a,0)＝0，所以PA →⊥CD →，所以PA ⊥CD .又PA ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，所以PA ⊥平面PDC . 又PA ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PDC . 思维升华证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)其一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；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可.(2016·淮安模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角.求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明 (1)∵二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形， ∴AA 1⊥平面BAC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直.建立如图所示的空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2).A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0,1,0).∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1). ∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .题型三利用空间向量解决探索性问题例4 (2016·北京)如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由. (1)证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴AB ⊥平面PAD .∵PD ⊂平面PAD ，∴AB ⊥PD . 又PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，且PA ，PB ⊂平面PAB ，∴PD ⊥平面PAB .(2)解取AD 中点O ，连结CO ，PO ，∵PA ＝PD ，∴PO ⊥AD .又∵PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ， ∵CO ⊂平面ABCD ， ∴PO ⊥CO ，∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0,0,1)，B (1,1,0)，D (0，－1,0)，C (2,0,0). 则PB →＝(1,1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2,0，－1). CD →＝(－2，－1,0).设n ＝(x 0，y 0,1)为平面PCD 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12.即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1.设PB 与平面PCD 的夹角为θ.则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3 ＝33. (3)解设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)，∵BM ⊄平面PCD ，∴BM ∥平面PCD ，∴BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，∴在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.思维升华对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.(2016·镇江模拟)如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点.(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由.解 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D —xyz ，依题意得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)，因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连结AE ，如图所示.因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ).由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22.19.利用向量法解决立体几何问题典例 (16分)如图1所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，如图2所示.(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E －DF －C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论. 思想方法指导对于较复杂的立体几何问题可采用向量法(1)用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.(2)两种思路：①选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断.②建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题. 规范解答解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB . 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， ∴AB ∥平面DEF .[2分](2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)， [4分]易知平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，∴二面角E －DF －C 的余弦值为217.[9分](3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →＝3y －2＝0， ∴y ＝233.又BP →＝(x －2，y,0)，PC →＝(－x,23－y,0)， ∵BP →∥PC →，∴(x －2)(23－y )＝－xy ， ∴3x ＋y ＝2 3.[12分] 把y ＝233代入上式得x ＝43，∴P (43，233，0)，∴BP →＝13BC →，∴在线段BC 上存在点P (43，233，0)，使AP ⊥DE .[16分]1.(2016·南京调研)已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ).若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ＝________. 答案657解析由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.2.(2016·泰州模拟)设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)、A (1，－3,2)、B (8，－1，4)确定的平面上，则a ＝________. 答案 16解析 PA →＝(－1，－3,2)，PB →＝(6，－1,4). 根据共面向量定理，设PC →＝xPA →＋yPB →(x 、y ∈R )，则(2a －1，a ＋1,2)＝x (－1，－3,2)＋y (6，－1,4) ＝(－x ＋6y ，－3x －y,2x ＋4y )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －1＝－x ＋6y ，a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－7，y ＝4，a ＝16.3.已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是____________________________. ①P (2,3,3) ②P (－2,0,1) ③P (－4,4,0) ④P (3，－3,4)答案 ①解析逐一验证法，对于①，MP →＝(1,4,1)， ∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.4.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是______________. 答案平行或在平面内解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面， ∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内.5.设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量.若α⊥β，则t ＝________. 答案 5解析 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.6.(2016·苏州模拟)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案平行解析建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3，则M (a ，2a 3，a 3)，N (2a 3，2a 3，a )，MN →＝(－a 3，0，2a 3).又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量. 因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C .7.(2016·徐州质检)已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________________________. 答案 α∥β解析设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ，由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.8.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________. 答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0， ∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确. 又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确. ∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误.*9.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周).若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________.答案72解析由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示.则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，S (0,0，3)，M (0,0，32)，设P (x ，y,0)， ∴AM →＝(0,1，32)，MP →＝(x ，y ，－32)，即y ＝34，∴点P 的轨迹方程为y ＝34.根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为21－342＝72. 10.(2016·盐城模拟)如图所示，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 (1)以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系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). 取AB 中点为N ，连结CN ，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 ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC . 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， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .11.如图，在三棱锥P-ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上.已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .证明 (1)如图所示，以O 为坐标原点，OD ，OP 所在直线为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4).于是AP →＝(0,3,4)， BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0， ∴AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知AP ＝5，又AM ＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125，又BC →＝(－8,0,0)，AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)，∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125，则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125＝0，∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BM ∩BC ＝B ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC .又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC .12.(2016·淮安模拟)如图，在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点.(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论.(1)证明如图，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，P (0,0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a,0).∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解设G (x,0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即G 为AD 的中点.∴存在点G (a2，0,0)，使QF ⊥平面PCB .*13.如图所示，在多面体ABC-DEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 是BC 的中点.(1)求证：FH ∥平面EDB ； (2)求证：AC ⊥平面EDB .证明 (1)∵四边形ABCD 为正方形，∴AB ⊥BC . 又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .又EF ⊥FB ，FB ∩BC ＝B ，∴EF ⊥平面BFC . ∴EF ⊥FH ，∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC . 又AB ∩BC ＝B ，∴FH ⊥平面ABC .以H 为坐标原点，HB →为x 轴正方向，HF →为z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系.设BH ＝1，则A (1，－2,0)，B (1,0,0)，C (－1,0,0)，D (－1，－2,0)，E (0，－1,1)，F (0,0,1). 设AC 与BD 的交点为G ，连结GE ，GH ，则G (0，－1,0)，∴GE →＝(0,0,1)，又HF →＝(0,0,1)，∴HF →∥GE →. 又GE ⊂平面EDB ，HF ⊄平面EDB ， ∴FH ∥平面EDB .(2)∵AC →＝(－2,2,0)，GE →＝(0,0,1)， AC →·GE →＝0， ∴AC ⊥GE .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ， ∴AC ⊥平面EDB .。

2018年高考数学(理)(江苏专用)总复习教师用书第八章立体几何初步第7讲立体几何中的向量方法(二)——

第7讲立体几何中的向量方法(二)——求空间角考试要求 1.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，B 级要求；2.向量方法在研究立体几何距离问题中的应用，A 级要求．知识梳理1．异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2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 〉|＝|a ·n ||a ||n |.3．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〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 4．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 |.诊断自测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)(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⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )解析对于(1)，两直线的方向向量所成的角与两条直线所成的角相等或互补，所以(1)不对；直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成的角〈a ，n 〉和直线与平面所成的角α的关系为〈a ，n 〉＝π2－α或〈a ，n 〉＝π2＋α，所以(2)不对；两个平面的法向量所成的角与这两个平面所成的角相等或互补，所以(3)不对．答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2．(选修2－1P112习题7改编)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________．解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°. 答案 45°或135°3．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 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．解析设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴ sin θ＝| cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 答案 30°4．在直三棱柱 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________．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＝|B M →·A N →||B M →|·|A N →|＝36×5＝3010.答案30105．(2017·苏州测试)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 所成的锐二面角为________．解析如图，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 .所以AD →＝(0,1,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面PAB ，平面PCD 的法向量，∴cos 〈AD →，AE →〉＝AD →·AE →|AD →||AE →|＝22，即〈AD →，AE →〉＝45°.故平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为45°. 答案 45°考点一利用空间向量求异面直线所成的角【例1】如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2.求：(1)△PCD 的面积；(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小．解 (1)因为PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .又AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD ，又PD ⊂平面PAD ，从而CD ⊥PD .因为PD ＝22＋22＝23，CD ＝2，所以△PCD 的面积为12×2×23＝2 3.图1(2)法一如图1，取PB 中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角．在△AEF 中，由于EF ＝2，AF ＝2，AE ＝12PC ＝2.所以AF 2＋EF 2＝AE 2，∠AFE ＝90°，则△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF ＝π4.因此，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.图2法二如图2，建立空间直角坐标系，则B (2,0,0)，C (2,22，0)，E (1，2，1)，AE →＝(1, 2，1)，BC →＝(0,22，0)．设AE →与BC →的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.规律方法 (1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．【训练1】 (2016·上海卷)将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，长为2π3，长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．(1)求三棱锥C －O 1A 1B 1的体积；(2)求异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小．解 (1)连接A 1B 1，因为＝π3，∴∠O 1A 1B 1＝∠A 1O 1B 1＝π3，∴△O 1A 1B 1为正三角形，∴S △O 1A 1B 1＝12·O 1A 1·O 1B 1·sin 60°＝34. ∴VC －O 1A 1B 1＝13·OO 1·S △O 1A 1B 1＝13×1×34＝312，∴三棱锥C －O 1A 1B 1的体积为312.(2)以O 为坐标原点建系如图，则A (0,1,0)，A 1(0,1,1)，B 1⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0.∴AA 1→＝(0,0,1)，B 1C →＝(0，－1，－1)，∴cos 〈AA 1→，B 1C →〉＝AA 1→·B 1C→|AA 1→||B 1C →|＝0×0＋－＋－1×02＋－2＋－2＝－22， ∴〈AA 1→，B 1C →〉＝3π4，∴异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.考点二利用空间向量求直线与平面所成的角【例2】 (2016·全国Ⅲ卷)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． (1)证明由已知得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 綊AM ，所以四边形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)解取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|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525.∴直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为8525.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．【训练2】(2017·南京调研)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°.(1)证明：AB⊥B1C；(2)若B1C＝2，求AC1与平面BCB1所成角的正弦值．(1)证明连接AB1，在△ABB1中，AB＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°，由余弦定理得，AB21＝AB2＋BB21－2AB·BB1·cos∠ABB1＝3，∴AB1＝3，∴BB21＝AB2＋AB21，∴AB1⊥AB.又△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC，∴AC⊥AB，∵AC∩AB1＝A，∴AB⊥平面AB1C.又B1C⊂平面AB1C，∴AB⊥B1C.(2)解∵AB1＝3，AB＝AC＝1，B1C＝2，∴B1C2＝AB21＋AC2，∴AB1⊥AC.如图，以A 为原点，以AB →，AC →，AB 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B 1(0,0，3)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，∴BB 1→＝(－1,0，3)， BC →＝(－1,1,0)．设平面BCB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧BB 1→·n ＝0，BC →·n ＝0，得⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－x ＋y ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝3，∴平面BCB 1的一个法向量为n ＝(3，3，1)．∵AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AC →＋BB 1→＝(0,1,0)＋(－1,0，3)＝(－1,1，3)， ∴cos 〈AC 1→，n 〉＝AC 1→·n|AC 1→||n |＝35×7＝10535，∴AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值为10535. 考点三利用空间向量求二面角(易错警示)【例3】 (2017·南京、盐城、徐州三市模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ＝B 1A ＝AB ＝BC ，∠B 1BC ＝90°，D 为AC 的中点，AB ⊥B 1D .(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；(2)求直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值； (3)求二面角B －B 1D －C 的余弦值． (1)证明取AB 中点为O ，连接OD ，OB 1， ∵B 1B ＝B 1A ，∴OB 1⊥AB . 又AB ⊥B 1D ，OB 1∩B 1D ＝B 1，① ∴AB ⊥平面B 1OD ，∵OD ⊂平面B 1OD ，∴AB ⊥OD .∵∠B 1BC ＝90°，即BC ⊥BB 1，又OD ∥BC ，∴OD ⊥BB 1，又AB ∩BB 1＝B ， ∴OD ⊥平面ABB 1A 1，又OD ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ABB 1A 1.(2)解由(1)知，OB ，OD ，OB 1两两垂直．②以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴的方向，|OB →|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题设知B 1(0,0，3)，D (0,1,0)，A (－1,0,0)，C (1,2,0)，C 1(0,2，3)．则B 1D →＝(0,1，－3)，AC →＝(2,2,0)，CC 1→＝(－1,0，3)．设平面ACC 1A 1的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·CC 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋3z ＝0，可取m ＝(3，－3，1)． ∴cos 〈B 1D →，m 〉＝B 1D →·m|B 1D →||m |＝0×3＋－3＋－302＋12＋－32×32＋－32＋12＝－217， ∴直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为217.③ (3)解由(2)知B (1,0,0)，则BD →＝(－1,1,0)，B 1D →＝(0,1，－3)，DC →＝(1,1,0)．设平面BB 1D 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由 ⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n 1＝0，B 1D →·n 1＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－3z 1＝0，可取n 1＝(3，3，1)．同理可得平面B 1DC 的一个法向量为n 2＝(－3，3，1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3－3＋3×3＋1×132＋32＋12×－32＋32＋12＝17. ∴二面角B －B 1D －C 的余弦值为17.④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．易错警示对于①：用线面垂直的判定定理易忽视面内两直线相交；对于②：建立空间直角坐标系，若垂直关系不明确时，应先给出证明；对于③：线面角θ的正弦sin θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|，易误认为cos θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|；对于④：求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面角余弦值正负有两种方法：1°通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；2°当不易观察二面角是锐角还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定．【训练3】(2017·泰州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PA ＝PB ，O 为AB 的中点，OD ⊥PC .(1)求证：OC ⊥PD ；(2)若PD 与平面PAB 所成的角为30°，求二面角D －PC －B 的余弦值．(1)证明如图，连接OP . ∵PA ＝PB ，O 为AB 的中点， ∴OP ⊥AB .∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ， ∴OP ⊥平面ABCD ， ∴OP ⊥OD ，OP ⊥OC . ∵OD ⊥PC ，OP ∩PC ＝P ， ∴OD ⊥平面OPC ， ∴OD ⊥OC ，又OP ⊥OC ，OP ∩OD ＝O ，∴OC ⊥平面OPD ，∴OC ⊥PD .(2)解法一在矩形ABCD 中，由(1)得OD ⊥OC ，∴AB ＝2AD ，不妨设AD ＝1，则AB ＝2. ∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形， ∴DA ⊥平面PAB ，CB ⊥平面PAB ，△DPA ≌△CPB ， ∴∠DPA 为直线PD 与平面PAB 所成的角， ∴∠DPA ＝30°，∠CPB ＝30°，PA ＝PB ＝3， ∴DP ＝CP ＝2，∴△PDC 为等边三角形．设PC 的中点为M ，连接DM ，则DM ⊥PC .在Rt △CBP 中，过M 作NM ⊥PC ，交PB 于点N ，连接ND ，则∠DMN 为二面角D －PC －B 的一个平面角．由于∠CPB ＝30°，PM ＝1，故在Rt △PMN 中，MN ＝33，PN ＝233. ∵cos ∠APB ＝3＋3－42×3×3＝13，∴AN 2＝⎝⎛⎭⎪⎫2332＋3－2×233×3×13＝3， ∴ND 2＝3＋1＝4，∴cos ∠DMN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋3－42×33×3＝－13，即二面角D －PC －B 的余弦值为－13.法二取CD 的中点E ，以O 为原点，OE ，OB ，OP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .在矩形ABCD 中，由(1)得OD ⊥OC ，∴AB ＝2AD ，不妨设AD ＝1，则AB ＝2. ∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，AB 为交线，底面ABCD 为矩形， ∴DA ⊥平面PAB ，CB ⊥平面PAB ，△DPA ≌△CPB ， ∴∠DPA 为直线PD 与平面PAB 所成的角， ∴∠DPA ＝30°，∠CPB ＝30°，PA ＝PB ＝3，∴B (0,1,0)，C (1,1,0)，D (1，－1,0)，P (0,0，2)，从而PC →＝(1,1，－2)，CD →＝(0，－2,0)．设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧PC →·n 1＝0，CD →·n 1＝0，得⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，－2y 1＝0，可取n 1＝(2，0,1)．同理，可取平面PCB 的一个法向量为n 2＝(0，－2，－1)．于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－13，∴二面角D －PC －B 的余弦值为－13.[思想方法]1．利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化．主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算．2．合理建立空间直角坐标系(1)使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同．(2)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，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点．(3)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，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系． [易错防范]1．异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角．2．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.3．二面角与法向量的夹角：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．基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．(2017·扬州期末)在正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，AC 与B 1D 所成的角的大小为________(用弧度表示)．解析建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，B 1(1,0,1)，D (0,1,0)．∴AC →＝(1,1,0)，B 1D →＝(－1,1，－1)，∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.答案π22．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为________．解析设正方体的棱长为1，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则B (1,1,0)，B 1(1,1,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，所以BB 1→＝(0,0,1)，AC →＝(－1,1,0)，AD 1→＝(－1,0,1)．令平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AC →＝－x ＋y ＝0，n ·AD 1→＝－x ＋z ＝0，令x ＝1，可得n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈n ，BB 1→〉|＝13×1＝33. 答案333．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．解析以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，所以有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴ cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23. 即所成的锐二面角的余弦值为23.答案 234．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角大小为_________(用弧度表示)．解析以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，则E F →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴E F →·BC 1→＝2， ∴cos 〈E F →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为π3.答案π35．已知六面体ABC －A 1B 1C 1是各棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱CC 1的中点，则直线CC 1与平面AB 1D 所成的角大小为________(用弧度表示)．解析如图所示，取AC 的中点N ，以N 为坐标原点，建立空间直角坐标系．则A ⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a2，0，B 1⎝⎛⎭⎪⎫3a 2，0，a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2，C 1⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2，a ，∴AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，a 2，a ，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，a 2，CC 1→＝(0,0，a )．设平面AB 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·AB 1→＝0，n ·AD →＝0，可取n ＝(3，1，－2)． ∴cos 〈CC 1→，n 〉＝CC 1→·n|CC 1→||n |＝－2a a ×22＝－22，∴直线CC 1与平面AB 1D 所成的角为π4.答案π46．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________．解析如图建立坐标系．则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)， D 1A 1→＝(2,0,0)，D B →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量 n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·D B →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1,1,1)．∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案2337．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于_________．解析以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则D C →＝(0,1,0)，D B →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥D B →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝ (2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，D C →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·D C →|n ||D C →|＝23. 答案 238．已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值等于________．解析延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示．设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角． ∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23.答案23二、解答题9．(2017·南京、盐城模拟)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1 C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝2，BD →＝λDC →.(1)若λ＝1，求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (2)若二面角B 1－A 1C 1－D 的大小为60°，求实数λ的值．解以A 点为坐标原点，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,2)，B 1(2,0,2)，C 1(0,4,2)． (1)当λ＝1时，D 为BC 的中点，所以D (1,2,0)，DB →1＝(1，－2,2)，A 1C 1→＝(0,4,0)，A 1D →＝(1,2，－2)．设平面A 1C 1D 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1C 1→＝0，n 1·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y 1＝0，x 1＋2y 1－2z 1＝0，取x 1＝2，则n 1＝(2,0,1)，又cos 〈DB →1，n 1〉＝DB 1→·n 1|DB 1→||n 1|＝435＝4515，所以直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为4515.(2)因为BD →＝λDC →，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ＋1，4λλ＋1，0，所以A 1C 1→＝(0,4,0)，A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ＋1，4λλ＋1，－2. 设平面A 1C 1D 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1C 1→＝0，n 2·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝0，2λ＋1x 2＋4λλ＋1y 2－2z 2＝0，取x 2＝λ＋1，则n 2＝(λ＋1,0,1)．又平面A 1B 1C 1的一个法向量为n 3＝(0,0,1)，由题意得|cos 〈n 3，n 2〉|＝cos 60°＝12，所以1λ＋2＋1＝12，解得λ＝3－1或λ＝－3－1(舍去)，所以实数λ的值为3－1.10．(2016·全国Ⅰ卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面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．(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)解过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，∠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 的一个法向量，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 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．解析不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得O (0,0,0)，B (0，0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)，∴BC 1→＝(0,2，－1)，AB 1→＝(－2,2,1)， ∴cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0. ∴BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. 答案5512．在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且 SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成角的大小为________(用弧度表示)．解析如图，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C A →＝(2a,0,0)，A P →＝⎝⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a2，C B →＝(a ，a,0)，设平面PAC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·C A →＝0，n ·A P →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0,1,1)，则 cos 〈C B →，n 〉＝C B →·n |C B →|·|n |＝a 2a 2·2＝12，又∵〈CB →，n 〉∈(0，π)， ∴〈C B →，n 〉＝π3，∴直线BC 与平面PAC 所成的角为π2－π3＝π6.答案π613．如图所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为_________(用弧度表示)．解析 ∵C D →＝C A →＋A B →＋B D →， ∴|CD →|＝C A →＋A B →＋B D →2＝36＋16＋64＋2C A →·B D→＝116＋2C A →·B D →＝217.∴C A →·B D →＝|C A →|·|B D →|· cos〈C A →，B D →〉＝－24. ∴ cos 〈C A →，B D →〉＝－12.又所求二面角与〈C A →，B D →〉互补，∴所求的二面角为π3.答案π314．(2017·南通调研)如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SA ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AD ＝AS ＝2，P 是棱SD 上一点，且SP ＝12PD .(1)求直线AB 与CP 所成角的余弦值； (2)求二面角A －PC －D 的余弦值．解 (1)如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AS 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，S (0,0,2)．设P (x 0，y 0，z 0)，由SP →＝13SD →得(x 0，y 0，z 0－2)＝13(0,2，－2)，所以x 0＝0，y 0＝23，z 0＝43，点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，43.CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－43，43，AB →＝(1,0,0)．设直线AB 与CP 所成的角为α，由图可知，α为锐角，则cos α＝|AB →·CP →||AB →||CP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－43×0＋43×0－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432×1＝34141.(2)设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由于AC →＝(1,2,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，43，所以⎩⎨⎧m ·AC→＝x 1＋2y 1＝0，m ·AP →＝23y 1＋43z 1＝0.令y 1＝－2，则x 1＝4，z 1＝1，m ＝(4，－2,1)．设平面DPC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由于DC →＝(1,0,0)，CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－43，43，所以⎩⎨⎧n ·DC →＝x 2＝0，n ·CP →＝－x 2－43y 2＋43z 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，n ＝(0,1,1)．设二面角A －PC －D 的大小为θ，由于cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝0×4＋－＋1×12×21＝－4242，由于θ为钝角，所以cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝－4242.高考导航 1.立体几何是研究空间几何体的基础和必备内容，也是历年高考命题的热点．其中有三个考查热点：一是空间几何体的表面积、体积的求解，试题难度不大；二是空间平行与垂直关系的证明与探索性问题，难度中等；三是空间向量的应用，利用空间向量证明空间点、线、面位置关系及空间角的计算，考查学生的空间想象能力和运算求解能力，难度中等；2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算)．热点一求解空间几何体的表面积和体积空间几何体的表面积和体积多以常见几何体或与球的接、切组合体考查，主要考查空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力．求解几何体的表面积时，要考虑全面；求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的思想方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以便于求解．【例1】 (1)(2017·盐城模拟)如图，正四棱锥P －ABCD 的底面一边AB 长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为________．(2)(2017·苏、锡、常、镇四市调研)如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A －A 1EF 的体积是________．解析 (1)设正四棱锥P －ABCD 的侧面上的斜高为h ′，又底面一边AB 长为2 3 cm ，则侧面积为4×12×23h ′＝83，解得h ′＝2，则它的高h ＝22－32＝1，体积为13×(23)2×1＝4.(2)由正三棱柱的底面边长为4得点F 到平面A 1AE 的距离(等于点C 到平面A 1ABB 1的距离)为32×4＝23，则V 三棱锥A －A 1EF ＝V 三棱锥F －A 1AE ＝13S △A 1AE ×23＝13×12×6×4×23＝8 3.答案 (1)4 (2)8 3探究提高 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和． (2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．【训练1】 (1)(2017·扬州中学模拟)在正三棱锥P －ABC 中，M ，N 分别是PB ，PC 的中点，若截面AMN ⊥平面PBC ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为________．第(1)题图第(2)题图(2)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为线段B 1C 上的一点，则三棱锥A －DED 1的体积为________．解析 (1)取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，且PD 与MN 的交点为E .因为AM ＝AN ，E 为MN 的中点，所以AE ⊥MN ，又截面AMN ⊥平面PBC ，所以AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥PD ，又E 点是PD 的中点，所以PA ＝AD .设正三棱锥P －ABC 的底面边长为a ，则侧棱长为32a ，斜高为22a ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为3×12a ×22a 34a 2＝61.(2)VA －DED 1＝VE －ADD 1＝13×S △ADD 1×CD ＝13×12×1＝16.答案 (1)6∶1 (2)16热点二空间平行关系和垂直关系的证明(规范解答)直线与平面的位置关系是立体几何的核心内容，高考始终把直线与平面的平行、垂直关系作为考查的重点．从内容上看，主要考查对定义、定理的理解及符号语言、图形语言、文字语言之间的相互转换；从能力上来看，主要考查考生的空间想象能力和逻辑思维能力．【例2】 (满分12分)(2015·山东卷)如图，三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC，BC的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.满分解答(1)证明法一连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.…………1分在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．则M为CD的中点，…………3分又H为BC的中点，所以HM∥BD，…………4分又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.…………6分法二在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.…………3分在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.…………4分又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.…………5分因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.…………6分(2)证明连接HE，EG，因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.…………7分由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.…………9分又CF⊥BC，所以HE⊥BC.…………10分又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.…………11分又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.…………12分❶(法一)作辅助线得1分，证明四边形DFCG为平行四边形得2分，再得到HM∥BD得1分，最后根据线面平行的判定定理得结论得2分．❷(法二)证明四边形HBEF为平行四边形且BE∥HF得3分，再证明GH∥AB得1分，再推出平面FGH∥平面ABED得1分，最后得出BD∥平面FGH得1分．❸第(2)问中得到GF∥AB得1分，证明四边形EFCH是平行四边形且CH∥HE得2分，再得到BC⊥HE得1分，再得到BC⊥平面EGH得1分，最后证得结论得1分．❹第(1)问法一中若漏写“HM⊂平面FGH”，“BD⊄平面FGH”各扣1分；在第(2)问最后漏写“BC⊂平面BCD”扣1分．证明线面平行问题(一)第一步：找(作)出所证线面平行中的平面内的一条直线．第二步：证明线线平行．第三步：根据线面平行的判定定理证明线面平行．第四步：反思回顾．检查关键点及答题规范．证明线面平行问题(二)第一步：在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面．第二步：利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平行；第三步：证明所作平面与所证平面平行．第四步：转化为线面平行．第五步：反思回顾，检查答题规范．证明面面垂直问题第一步：根据已知条件确定一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的一条直线．第二步：结合已知条件证明确定的这条直线垂直于另一平面内的两条相交直线．第三步：得出确定的这条直线垂直于另一平面．第四步：转化为面面垂直．第五步：反思回顾，检查答题规范．【训练2】 (2016·苏北四市调研)如图，在几何体ABCDEF 中，ABCD 是正方形，DE ⊥平面ABCD .(1)求证：AC ⊥平面BDE ；(2)若AF ∥DE ，DE ＝3AF ，点M 在线段BD 上，且BM ＝13BD ，求证：AM ∥平面BEF .证明 (1)因为DE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC ，因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，又BD ∩DE ＝D ，从而AC ⊥平面BDE . (2)延长EF ，DA 交于点G ，连接GB ，因为AF ∥DE ，DE ＝3AF ，所以GA GD ＝AF DE ＝13，因为BM ＝13BD ，所以BM BD ＝13，所以BM BD ＝GA GD ＝13，所以AM ∥GB ，又AM ⊄平面BEF ，GB ⊂平面BEF ，所以AM ∥平面BEF .热点三空间向量与立体几何【例3】(2017·苏、锡、常、镇、宿迁五市调研)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，且D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ； (2)求二面角A －DF －C 的大小．(1)证明以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．∵E 为AB 的中点，∴点E 的坐标为(1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－43，DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－43＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 1＋23y 1＋23z 1＝0，2y 1＝0，令x 1＝1，则平面DFC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)，设p ＝(x 2，y 2，z 2)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 2＋23y 2－43z 2＝0，2y 2－2z 2＝0，令y 2＝1，则平面D 1EC 的一个法向量为p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0， ∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解设q ＝(x 3，y 3，z 3)是平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧q ·DF →＝0，q ·DA →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 3＋23y 3＋23z 3＝0，x 3＝0，令y 3＝1，则平面ADF 的一个法向量为q ＝(0,1，－1)，设二面角A －DF －C 的平面角为θ，由题中条件可知θ∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，则cos θ＝－⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·q |n |·|q |＝－0＋0＋12×2＝－12， ∴二面角A －DF －C 的大小为2π3. 探究提高 (1)用向量法解决立体几何问题，可使复杂问题简单化，使推理论证变为计算求解，降低思维难度，使立体几何问题“公式”化，训练的关键在于“归类、寻法”． (2)用向量来求空间角，都需将各类角转化成对应向量的夹角来计算，问题的关键在于确定对应线段的向量．【训练3】 (2015·天津卷)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0，1,0)，C (2，0,0)，D (1，－2，0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)，又因为M ，N 分别为B 1C和D 1D 的中点，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)解 AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0，不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010.所以，二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)解依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)，又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得cos 〈NE →，n 〉＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1－2＋λ＋2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2，所以，线段A 1E 的长为7－2. 热点四立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．【例4】 (2016·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由． (1)证明因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD .又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB . (2)解取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .如图，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1，1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)．设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2.所以n ＝(1，－2,2)．又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

第7讲立体几何中的向量方法第2课时1．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 解析：选C.不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B (0，－1，0)，A 1(0，0，1)，A (0，0，0)，C 1(－1，0，1)，所以BA 1→＝(0，1，1)， AC 1→＝(－1，0，1)，所以cos 〈BA 1→，AC 1→〉＝BA 1→·AC 1→|BA 1→|·|AC 1→|＝12×2＝12，所以〈BA 1→，AC 1→〉＝60°，所以异面直线BA 1与AC 1所成的角等于60°.2．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33D.22解析：选B.以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3．在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝1，点D 在棱BB 1上，若BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．解析：如图，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，E 为AC 的中点，连接BE ，则BE ⊥AC ，所以BE ⊥平面AA 1C 1C ，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →＝1×32×32＝34＝2×32×cos θ(θ为AD →与EB →的夹角)，所以cos θ＝64＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝cos θsin θ＝155. 答案：1554.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．解析：不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得O (0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，A (2，0，0)，B 1(0，2，1)，所以BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0.所以BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，所以直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.答案：555．已知单位正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求： (1)AD 1与EF 所成角的大小；(2)AF 与平面BEB 1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A (1，0，1)，B (0，0，1)，D 1(1，1，0)， E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0. (1)因为AD 1→＝(0，1，－1)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，所以cos 〈AD 1→，EF →〉＝（0，1，－1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，02×22＝12，即AD 1与EF 所成的角为60°. (2)FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1，由图可得，BA →＝(1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，FA →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（1，0，0）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，11× ⎝⎛⎭⎪⎫122＋（－1）2＋12＝13，所以cos θ＝223.即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223.6．(2015·高考重庆卷)如图，三棱锥P ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2. (1)证明：DE ⊥平面PCD ；(2)求二面角A PD C 的余弦值．解：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE 平面ABC ，得PC ⊥DE . 由CE ＝2，CD ＝DE ＝2，得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE .由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF＝FC ＝FE ＝1.又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2，得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED →＝(1，－1，0)， DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0.设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0)，从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝36，故所求二面角A PD C 的余弦值为36.1.(2016·山西省考前质量检测)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2. (1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H PB C 的余弦值．解：(1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD . 因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，又PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ，又BC 平面PBC ，所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角，所以tan ∠BPC ＝63，所以PB ＝3，PD ＝1. 由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (1，1，0)，P (0，0，1)，C (0，2，0)，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，0. 设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1，1，2)．又cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－217，故二面角H PB C 的余弦值为217. 2．(2016·河南省六市联考)如图①，已知长方形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，M 为DC 的中点．将△ADM 沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM ，如图②.(1)求证：AD ⊥BM ；(2)若点E 是线段DB 上的一动点，问点E 在何位置时，二面角E AM D 的余弦值为55.解：(1)证明：连接BM ，则AM ＝BM ＝2，AM 2＋BM 2＝AB 2，所以AM ⊥BM ，又平面ADM ⊥平面ABCM ，平面ADM ∩平面ABCM ＝AM ，所以BM ⊥平面ADM ，因为AD 平面ADM ，所以BM ⊥AD .(2)建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz ，由(1)可知，平面ADM 的一个法向量m ＝(0，1，0)，设平面AME 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MA →＝0，n ·ME →＝0，因为A (2，0，0)，B (0，2，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，22，M (0，0，0)，DB →＝⎝⎛⎭⎪⎫－22，2，－22，设DE →＝λDB →，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫22（1－λ），2λ，22（1－λ），MA →＝(2，0，0)，ME →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22（1－λ），2λ，22（1－λ），则⎩⎪⎨⎪⎧（x ，y ，z ）·（2，0，0）＝0，（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫22（1－λ），2λ，22（1－λ）＝0，解得n ＝(0，1－λ，－2λ)，二面角E AM D 的余弦值为55，即m·n |m|·|n|＝55，得λ＝12，即E 为DB 的中点时满足．。

2018届苏教版 立体几何中的向量方法第2课时 单元测试

高中数学第三章空间向量与立体几何单元测试苏教版选修2-1

2018届苏教版(理科数学) 立体几何中的向量方法 单元测试

2018届苏教版 立体几何中的向量方法 单元测试

苏教版数学选修2-1：第3章 空间向量与立体几何 3.2.2 课时作业(含答案)

立体几何中的向量方法真题与解析

立体几何中的向量方法(二)——空间向量与垂直关系

2018届高考数学二轮复习(理数) 立体几何中的向量方法学案含答案(全国通用)

2017-2018学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2 立体几何中的向量方法 第2课时 空间向量与垂直关系

3.2立体几何中的向量方法 第2课时 空间向量与垂直关系 课件

用空间向量解决立体几何中的垂直问题

课时作业2：立体几何中的向量方法

2018届苏教版 立体几何中的向量方法 单元测试

高中数学选修2-1单元配套练习试题3.2 立体几何中的向量方法及参考答案解析

2018届高中数学苏教版立体几何中的向量方法单元测试2Word版含答案

江苏专用2018版高考数学大一轮复习8.7立体几何中的向量方法(二)__求空间角和距离教师用书理汇总

高考数学一轮复习课时作业46立体几何中的向量方法理

江苏2018版高考数学复习立体几何中的向量方法(一)__证明平行与垂直教师用书理苏教版

2018年高考数学(理)(江苏专用)总复习教师用书第八章立体几何初步第7讲立体几何中的向量方法(二)——

2018届苏教版立体几何中的向量方法第2课时单元测试

2018届苏教版(理科数学) 立体几何中的向量方法单元测试

2018届苏教版立体几何中的向量方法单元测试

苏教版数学选修2-1：第3章空间向量与立体几何 3.2.2 课时作业(含答案)

2017-2018学年高中数学第三章空间向量与立体几何 3.2 立体几何中的向量方法第2课时空间向量与垂直关系

3.2立体几何中的向量方法第2课时空间向量与垂直关系课件

2018届苏教版立体几何中的向量方法单元测试