2018年高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第44讲 立体几何中的向量方法(一)—证明平行与垂直 理
最新-2018届高考数学一轮复习 87 立体几何中的向量方法课件 新人教A版 精品
题型二 利用向量求空间角
【例2】 （2008·海南理，18）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. 思维启迪 建立空间直角坐标系，利用空间向 量方法求解.
② 如图②③，n1，n2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〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉 .
3.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
| AB n |
法向量,则B到平面α的距离d= | n | .
基础自测
A. 2a
B. 2 a C.a
2
D. 1 a
2
解析 由图易知A（a,0,0）,B（a,a,0）,
C（0，a，0），A′(a,0,a).
F (a, a ,0), E( a , a , a ).
2
222
| EF | (a a )2 ( a a )2 (0 a )2
2 22
2
a2 a2 2 a. 44 2
2
(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小； (2)证明平面AMD⊥平面CDE; (3)求二面角A—CD—E的余弦值. (1)解 如图所示，建立空间直
角坐标系，点A为坐标原点，设 AB=1，依题意得B(1,0,0), C(1,1,0)，D(0,2,0),E(0,1,1),F(0,0,1)，
M (1 ,1, 1). 22
MB (1, 3,0),
8分
设n=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量，
则CM n 3x
高考数学一轮复习第7讲 立体几何中的向量方法
第7讲立体几何中的向量方法1．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01共线的向量叫做直线l的方向向量，显然一条直02无数个．(2)平面的法向量如果表示向量n03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．04无数个，且它们是05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∥m06a∥b⇔07a＝k b，k∈R；l⊥m08a⊥b⇔09a·b＝0；l∥α10a⊥u⇔11a·u＝0；l⊥α12a∥u⇔13a＝k u，k∈R；α∥β14u∥v⇔15u＝k v，k∈R；α⊥β16u⊥v⇔17u·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cosφ＝|cosθ| 18|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a，b所成的角，范围是(0°，90°])．(2)直线与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|＝19|e ·n ||e ||n |，φ的取值范围是[0°，90°]．(3)求二面角的大小如图①，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＝20〈AB→，CD →〉.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〉，取值范围是[0°，180°]．确定平面法向量的方法(1)直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有，则此向量就是法向量． (2)待定系数法：取平面内的两个相交向量a ，b ，设平面的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0，解方程组求得．1．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 ．重合答案 C解析 由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．2．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－33B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫33，－33，33C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，33D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33答案 D解析 AB→＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)，设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)．单位法向量为±n |n |＝±⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，33. 3. 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( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内答案 B解析 MN →＝MA 1→＋A 1A →＋AN →＝13BA 1→＋A 1A →＋13AC →＝13(B 1A 1→－B 1B →)＋B 1B →＋13(AB →＋AD →)＝23B 1B →＋13B 1C 1→，∴MN →，B 1B →，B 1C 1→共面．又MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C ．4. 如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 与FD 1所成角的余弦值等于( )A ．105B ．155C ．45D ．23答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则O (1，1,0)，E (0,2,1)，F (1，0,0)，D 1(0,0,2)，∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)．∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝FD 1→·OE→|FD1→||OE →|＝1＋0＋25×3＝155.故选B ．5．如图，已知P 为矩形ABCD 所在平面外一点，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PC 的中点．若∠PDA ＝45°，则EF 与平面ABCD 所成的角的大小是( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°答案 C解析 设AD ＝a ，AB ＝b ，因为∠PDA ＝45°，P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AD ，P A ＝AD ＝a .以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0，0，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，0，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，a 2，a 2，所以EF→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2.易知AP →＝(0,0，a )是平面ABCD 的一个法向量．设EF 与平面ABCD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AP →，EF →〉|＝|AP →·EF →||AP →||EF →|＝22.所以θ＝45°.6. (2020·广东华侨中学高三模拟)如图，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 ，则点M 的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫24，24，1答案 C解析 设AC 与BD 相交于点O ，连接OE ，∵AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ，又O 是正方形ABCD 对角线的交点，∴M 为线段EF 的中点．在空间直角坐标系中，E (0,0,1)，F (2，2，1)．由中点坐标公式，知点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.考向一 利用空间向量证明平行、垂直例1 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 所成的角为30°.求证：(1)CM ∥平面P AD ； (2)平面P AB ⊥平面P AD .证明 以点C 为坐标原点，分别以CB ，CD ，CP 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Cxyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角． ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴DP→＝(0，－1,2)，DA→＝(23，3,0)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32. (1)设n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，得⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0. 令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM→＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →.又CM ⊄平面P AD ，∴CM ∥平面P AD . (2)如图，取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)．∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A ．又BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE→⊥DA →，∴BE ⊥DA ． 又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD . 又BE ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD . 1.用向量法证平行问题的类型及常用方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行 ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)； ②转化为线面平行、线线平行问题线线垂直 问题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线面垂直 问题 直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直 问题两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直1. 如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 和侧面AA 1B 1B 都是正方形且互相垂直，M 为AA 1的中点，N 为BC 1的中点．求证：(1)MN ∥平面A 1B 1C 1； (2)平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C ．证明 由题意知AA 1，AB ，AC 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．不妨设正方形AA 1C 1C 的边长为2，则A (0,0,0)，A 1(2,0,0)，B (0,2,0)，B 1(2,2,0)，C (0,0,2)，C 1(2,0,2)，M (1,0,0)，N (1,1,1)．(1)因为几何体是直三棱柱， 所以侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1.因为AA 1→＝(2,0,0)，MN →＝(0,1,1)，所以MN →·AA 1→＝0，即MN →⊥AA 1→.因为MN ⊄平面A 1B 1C 1，故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为MB →＝(－1,2,0)，MC 1→＝(1,0,2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MB →＝0，n 1·MC 1→＝0，即⎩⎨⎧－x 1＋2y 1＝0，x 1＋2z 1＝0， 令x 1＝2，则平面MBC 1的一个法向量为n 1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)．因为n 1·n 2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n 1⊥n 2，所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C ． 多角度探究突破考向二 利用空间向量求空间角 角度1 求异面直线所成的角例2 (1) (2020·汕头模拟)如图，正四棱锥P －ABCD 的侧面P AB 为正三角形，E 为PC 的中点，则异面直线BE 和P A 所成角的余弦值为( )A ．33B ．32C ．22D ．12答案 A解析 连接AC ，BD ，交于点O ，连接PO ，以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝2，则OA ＝OB ＝OP ＝1，A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，P (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，12，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1，12，P A →＝(1,0，－1)，设异面直线BE 和P A 所成角为θ，则cos θ＝|BE →·P A →||BE →||P A →|＝132×2＝33. ∴异面直线BE 和P A 所成角的余弦值为33.故选A ．(2) 如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值等于________.答案 25解析 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系．则A 1(2,0,2)，F (1,0,0)，D 1(0，0,2)，E (0，2,1)， 则A 1F →＝(－1,0，－2)，D 1E →＝(0,2，－1)， cos 〈D 1E →，A 1F →〉＝D 1E →·A 1F →|D 1E →||A 1F →|＝25×5＝25， ∴异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值等于25.(1)求异面直线所成角的思路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 θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解(θ为两异面直线所成角)．(2)两异面直线所成角的关注点两异面直线所成角θ的范围是(0°，90°]，两向量的夹角α的范围是[0°，180°]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，该角就是异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．2.(多选)(2020·山东潍坊5月模拟)已知在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，H 分别是AB ，DD 1，BC 1的中点，下列结论中正确的是( )A ．D 1C 1∥平面CHDB ．AC 1⊥平面BDA 1C ．三棱锥D －BA 1C 1的体积为56 D ．直线EF 与BC 1所成的角为30° 答案 ABD解析 如图1所示，因为D 1C 1∥DC ，D 1C 1⊄平面CHD ，DC ⊂平面CHD ，所以D 1C 1∥平面CHD ，A 正确；建立空间直角坐标系，如图2所示．由于正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则AC 1→＝(－1,1,1)，BD →＝(－1，－1,0)，DA 1→＝(1,0,1)，所以AC 1→·BD →＝1－1＋0＝0，AC 1→·DA 1→＝－1＋0＋1＝0，所以AC 1→⊥BD →，AC 1→⊥DA 1→，所以AC 1⊥平面BDA 1，B 正确；三棱锥D －BA 1C 1的体积为V 三棱锥D －BA 1C 1＝V 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1－4V 三棱锥A 1－ABD ＝1－4×13×12×1×1×1＝13，所以C 错误；E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12，12，BC →1＝(－1,0,1)，所以cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝1＋0＋1232×2＝32，所以直线EF 与BC 1所成的角是30°，D 正确．故选ABD.角度2 求直线与平面所成的角例3 (2020·山东高考) 如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．解 (1)证明：在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l .因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，又PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD . 因为DC ∩PD ＝D ，所以l ⊥平面PDC ． (2)如图，建立空间直角坐标系Dxyz .因为PD ＝AD ＝1，所以D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，P (0，0,1)，B (1,1,0)， 设Q (m,0,1)，则有DC→＝(0,1,0)，DQ →＝(m,0,1)，PB →＝(1,1，－1)．设平面QCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎨⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1，0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，知直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos 〈n ，PB→〉|＝ |1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63， 当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63.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，取其余角就是斜线与平面所成的角．提醒：在求平面的法向量时，若能找出平面的垂线，则在垂线上取两个点可构成一个法向量．3.(2019·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．解解法一：(1)证明：如图1，连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.又因为A1E∩A1F＝A1，所以BC⊥平面A1EF.因为EF⊂平面A1EF，所以EF⊥BC．(2)如图1，取BC的中点G，连接EG，GF，连接A1G交EF于点O，则四边形EGF A1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGF A1为矩形．由(1)，得BC⊥平面EGF A1，所以平面A1BC⊥平面EGF A1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152， 所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 解法二：(1)证明：如图2，连接A 1E .因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ．以点E 为坐标原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz .不妨设AC ＝4，则E (0,0,0)，A 1(0,0，23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC→＝0，得EF ⊥BC ．(2)由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0. 取n ＝(1, 3，1)，设直线EF 与平面A 1BC 所成的角为θ，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →||n |＝45，所以cos θ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 角度3 求二面角例4 (2020·济南一模)如图1，平面四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝2，AB ⊥AC ，AC ⊥CD ，E 为BC 的中点，将△ACD 沿对角线AC 折起，使CD ⊥BC ，连接BD ，DE ，AE ，得到如图2所示的三棱锥D －ABC ．(1)证明：平面ADE ⊥平面BCD ；(2)已知直线DE 与平面ABC 所成的角为π4，求二面角A －BD －C 的余弦值． 解 (1)证明：在三棱锥D －ABC 中，因为CD ⊥BC ，CD ⊥AC ，AC ∩BC ＝C ，所以CD ⊥平面ABC ． 又AE ⊂平面ABC ，所以AE ⊥CD .因为AB ＝AC ，E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC ． 又BC ∩CD ＝C ，所以AE ⊥平面BCD . 又AE ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面BCD .(2)由(1)可知∠DEC 即为直线DE 与平面ABC 所成的角，所以∠DEC ＝π4. 在Rt △ABC 中，由勾股定理得BC ＝2，故CD ＝CE ＝1.作EF ∥CD 交BD 于点F ，由(1)知EA ，EB ，EF 两两垂直，以E 为原点，EA ，EB ，EF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0,1,0)，D (0，－1,1)， 易知平面BCD 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， 又AB→＝(－1,1,0)，AD →＝(－1，－1,1)， 设平面ABD 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝－x ＋y ＝0，n 2·AD →＝－x －y ＋z ＝0，令x ＝1，解得n 2＝(1,1,2)， cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝66.由图可知，该二面角为锐角， 所以二面角A －BD －C 的余弦值为66.利用向量法确定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，则这两个向量夹角的大小就是二面角的大小．4. (2020·青岛模拟)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qiàn dǔ)；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑(biē nào)指四个面均为直角三角形的四面体．如图在堑堵ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ．(1)求证：四棱锥B －A 1ACC 1为阳马；(2)若C 1C ＝BC ＝2，当鳖臑C 1－ABC 体积最大时，求锐二面角C －A 1B －C 1的余弦值．解 (1)证明：∵A 1A ⊥底面ABC ，AB ⊂面ABC ， ∴A 1A ⊥AB ．又AB ⊥AC ，A 1A ∩AC ＝A ， ∴AB ⊥面ACC 1A 1. 又四边形ACC 1A 1为矩形， ∴四棱锥B －A 1ACC 1为阳马．(2)∵AB ⊥AC ，BC ＝2，∴AB 2＋AC 2＝4. 又C 1C ⊥底面ABC ，∴VC 1－ABC ＝13·C 1C ·12AB ·AC ＝13·AB ·AC ≤13·AB 2＋AC 22＝23，当且仅当AB ＝AC ＝2时，＝13·AB ·AC 取最大值．∵AB ⊥AC ，A 1A ⊥底面ABC ，∴以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0,0)，C (0，2，0)，A 1(0，0,2)，C 1(0，2，2)，A 1B →＝(2，0，－2)，BC →＝(－2，2，0)，A 1C 1→＝(0，2，0)．设面A 1BC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →＝0，n 1·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1－2z 1＝0，－2x 1＋2y 1＝0，令z 1＝1，得n 1＝(2，2，1)． 同理得面A 1BC 1的一个法向量为n 2＝(2，0,1)，cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝155，∴二面角C －A 1B －C 1的余弦值为155.用向量法探究点的位置如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 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．解 (1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD .又因为P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面P AB ． (2)如图，取AD 的中点O ，连接PO ，CO .因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD . 又因为PO ⊂平面P AD ， 平面P AD ⊥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 . 建立空间直角坐标系Oxyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0，0,1)，PB →＝(1,1，－1)，PC→＝(2,0，－1)，PD →＝(0，－1，－1)．设平面PCD 的法向量为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，所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)假设在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP→.因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)． 因为BM ⊄平面PCD ，所以当且仅当BM →·n ＝0时，BM ∥平面PCD ，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 答题启示对于点的探究型问题，要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量，尽量使未知量个数最少．对点训练(2020·滨州二模) 如图所示，在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝60°，直角梯形ADFE 所在的平面垂直于平面ABCD ，且∠EAD ＝90°，EA ＝AD ＝2DF ＝2CD ＝2.(1)证明：平面ECD ⊥平面ACE ；(2)点M 在线段EF 上，试确定点M 的位置，使平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34.解 (1)证明：因为平面ABCD ⊥平面ADFE ，平面ABCD ∩平面ADFE ＝AD ，EA ⊥AD ，EA ⊂平面ADFE ，所以EA ⊥平面ABCD ，又CD ⊂平面ABCD ，所以EA ⊥CD ， 在△ADC 中，CD ＝1，AD ＝2，∠ADC ＝60°， 由余弦定理得，AC ＝ 1＋4－2×1×2cos60°＝3， 所以AC 2＋CD 2＝AD 2，所以CD ⊥AC ．又EA ⊥CD ，EA ∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面ACE ， 又CD ⊂平面ECD ，所以平面ECD ⊥平面ACE . (2)以C 为坐标原点，以CA ，CD 所在直线分别为x 轴、 y 轴，过点C 且平行于AE 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，D (0,1,0)，E (3，0,2)，F (0,1,1)，AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，0，AE →＝(0,0,2)，CD→＝(0,1,0)，FE →＝(3，－1,1)，CF →＝(0,1,1)，设FM →＝λFE →＝(3λ，－λ，λ)(0≤λ≤1)，则CM→＝CF →＋FM →＝(3λ，1－λ，1＋λ)．设平面EAB 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－32x 1－12y 1＝0，2z 1＝0，取x 1＝1，得m ＝(1，－3，0)．设平面MCD 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CM →＝0，得⎩⎨⎧y 2＝0，3λx 2＋(1－λ)y 2＋(1＋λ)z 2＝0，令x 2＝1＋λ，得n ＝(1＋λ，0，－3λ)，因为平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|1＋λ|24λ2＋2λ＋1＝34， 整理得8λ2－2λ－1＝0，解得λ＝12或λ＝－14(舍去)，所以点M 为线段EF 的中点时，平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34.一、单项选择题1．直线l 的方向向量a ＝(1，－3,5)，平面α的法向量n ＝(－1,3，－5)，则有( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l 与α斜交D ．l ⊂α或l ∥α答案 B解析 因为a ＝(1，－3,5)，n ＝(－1,3，－5)，所以a ＝－n ，a ∥n .所以l ⊥平面α.选B ．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 ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90° 答案 C解析 ∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°.故选C ．3. 如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是上底面A 1B 1C 1D 1和侧面ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．135°答案 B解析 以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，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°.故选B ．4．如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝4，则直线BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( )A ．13B ．33C ．63D ．223答案 A解析 如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz .则A (2,0,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,4)，B (2,2,0)，B 1(2,2,4)，AC →＝(－2,2，0)，AD 1→＝(－2,0,4)，BB 1→＝(0,0,4)． 设平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋2y ＝0，－2x ＋4z ＝0， 取x ＝2，则y ＝2，z ＝1，故n ＝(2,2,1)是平面ACD 1的一个法向量，设直线BB 1与平面ACD 1所成的角是θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BB 1→〉|＝|n ·BB 1→||n ||BB 1→|＝49×4＝13.故选A ．5．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于( )A ．5B ．41C ．4D ．2 5答案 A解析 ∵A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，∴AB→＝(4，－5,0)，AC →＝(0,4，－3)．∵点D 在直线AC 上，∴设AD →＝λAC →＝(0,4λ，－3λ)，由此可得BD→＝AD →－AB →＝(0,4λ，－3λ)－(4，－5,0)＝(－4,4λ＋5，－3λ)．又BD →⊥AC →，∴BD →·AC →＝－4×0＋(4λ＋5)×4＋(－3λ)×(－3)＝0，解得λ＝－45.因此BD →＝(－4,4λ＋5，－3λ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，95，125.可得|BD→|＝ (－4)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫952＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝5.6. (2020·安徽六安一中质检)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A ． 2B ． 3C ．2D ．22答案 A解析 分别以CA ，CB ，CC 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，设AD ＝a ，则点D 坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB 1→＝0，n ·CD →＝0，得⎩⎨⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得n ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为m ＝(0，1,0)．所以cos60°＝m ·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12，解得a ＝2，故选A ．7. (2021·湖南湘潭高三月考)在三棱锥P －ABC 中，CP ，CA ，CB 两两垂直，AC ＝CB ＝1，PC ＝2，如图，建立空间直角坐标系，则下列向量中是平面P AB 的法向量的是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12 B ．(1，2，1)C ．(1,1,1)D ．(2，－2,1)答案 A解析 P A →＝(1,0，－2)，AB →＝(－1,1,0)，设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y,1)，则⎩⎨⎧ x －2＝0，－x ＋y ＝0.解得⎩⎨⎧x ＝2，y ＝2.∴n ＝(2,2,1)．又⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12＝12n ，∴A 正确．8．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 ．33 D ．22答案 B解析 以A 为坐标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)，∴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⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D →＝0，n 1·A 1E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎨⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.故选B ．二、多项选择题9．(2020·海口高考调研) 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝23AB ＝2，AB ⊥AC ，点D ，E 分别是线段BC ，B 1C 上的动点(不含端点)，且EC B 1C ＝DCBC .则下列说法正确的是( )A ．ED ∥平面ACC 1B ．该三棱柱的外接球的表面积为68πC ．异面直线B 1C 与AA 1所成角的正切值为32 D ．二面角A －EC －D 的余弦值为413 答案 AD解析 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形BCC 1B 1是矩形，因为ECB 1C ＝DC BC ，所以ED ∥BB 1∥CC 1，所以ED ∥平面ACC 1，A 正确；因为AA 1＝AC ＝23AB ＝2，所以AB ＝3，因为AB ⊥AC ，所以BC ＝22＋32＝13，所以B 1C ＝13＋4＝17，易知B 1C 是三棱柱外接球的直径，所以三棱柱外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫1722＝17π，B 错误；因为AA 1∥BB 1，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为∠BB 1C ．在Rt △B 1BC 中，BB 1＝2，BC ＝13，所以tan ∠BB 1C ＝BC BB 1＝132，C 错误；二面角A －EC －D 即二面角A －B 1C －B ，以A 为坐标原点，以AB →，AC →，AA 1→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，可得平面AB 1C 的一个法向量为(2,0，－3)，平面BB 1C 的一个法向量为(2,3,0)，故二面角A －EC －D 的余弦值为2×213×13＝413，D 正确．10. (2020·山东模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点，则下列说法正确的是( )A ．直线A 1G 与平面AEF 平行B ．直线D 1D 与直线AF 垂直C ．平面AEF 截正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为98 D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等 答案 AC解析 如图，连接AD 1，D 1F ，因为A 1G ∥D 1F ，且A ，E ，F ，D 1在同一平面内，所以A 1G ∥平面AEF ，故A 正确；因为AF 与C 1C 相交且不垂直，D 1D 与C 1C 平行，所以直线D 1D 与直线AF 不垂直，故B 错误；平面AEF 截正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面为等腰梯形AEFD 1，作EH ⊥AD 1，交AD 1于点H ，连接D 1E ，DE ，可得AE ＝52，AD 1＝2，D 1E ＝1＋54＝32，所以在△AD 1E中，cos ∠D 1AE ＝1010，所以sin ∠D 1AE ＝31010，所以EH ＝52×31010＝324，所以等腰梯形AD 1FE 的面积S ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋22×324＝98，故C 正确；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，连接AG ，AC ，则可得平面AEF 的一个法向量为n ＝(2,1,2)，AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，AC →＝(－1,1,0)，所以点G 到平面AEF 的距离d 1＝|AG →·n ||n |＝23，点C 到平面AEF 的距离d 2＝|AC →·n ||n |＝13，故D 错误．故选AC ．三、填空题11. 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________.答案60°解析∵CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴|CD→|＝(CA→＋AB→＋BD→)2＝ 36＋16＋64＋2CA→·BD→＝ 116＋2CA→·BD→＝217.∴CA→·BD→＝|CA→||BD→|cos〈CA→，BD→〉＝－24.∴cos〈CA→，BD→〉＝－12.又所求二面角与〈CA→，BD→〉互补，∴所求的二面角为60°.12. 正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________.答案 π6解析 以C 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，得下列坐标：A (2，0,0)，C 1(0，0，22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，22.所以AC 1→＝(－2,0,22)，AC 2→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝AC 1→·AC 2→|AC1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以θ＝π6.13．(2020·山西大同高三模拟)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，且A 1M ＝AN ＝23a ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案 平行解析 MN →＝MA 1→＋A 1A →＋AN →＝13BA 1→＋A 1A →＋13AC →＝13(BA →＋AA 1→)＋A 1A →＋13(AB →＋BC →)＝23A 1A →＋13BC →＝23B 1B →＋13BC →.∴MN →与B 1B →，BC →共面．又MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C ．14．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为________.答案23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，23，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，23， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，则z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0，－1)，cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.四、解答题15．(2020·山东省模拟考) 如图，四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形．SA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为AD ，SC 的中点，EF 与平面ABCD 所成的角为45°.(1)证明：EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线；(2)若EF ＝12BC ，求二面角B －SC －D 的余弦值．解 (1)证明：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Axyz .设D (0，b,0)，S (0,0，c )，则C (1，b,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b 2，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b 2，c 2，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，c 2，AS →＝(0,0，c )，AD→＝(0，b,0)． 因为EF 与平面ABCD 所成的角为45°，所以EF →与平面ABCD 的法向量AS →的夹角为45°.所以AS →·EF →＝|AS →||EF →|cos45°， 即c 22＝22×c ×14＋c 24，解得c ＝1，故EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，SC →＝(1，b ，－1)， 从而EF →·SC →＝0，EF →·AD →＝0，所以EF ⊥SC ，EF ⊥AD .因此EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线． (2)由B (1,0,0)，BC →＝(0，b,0)， |EF→|＝12|BC →|得b ＝ 2. 于是F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，12，C (1，2，0)，连接FB ，故FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－22，－12，SC →＝(1，2，－1)，从而FB →·SC→＝0，即FB ⊥SC ．取CF 的中点G ，连接GD ，则G ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，324，14，GD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，24，－14，从而GD →·SC→＝0，即GD ⊥SC ．因此〈FB→，GD →〉等于二面角B －SC －D 的平面角．cos 〈FB →，GD →〉＝FB →·GD →|FB →||GD →|＝－33.所以二面角B －SC －D 的余弦值为－33.16. (2020·全国卷Ⅱ)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．解 (1)证明：∵M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， ∴MN ∥BB 1.又AA 1∥BB 1，∴AA 1∥MN .∵△A 1B 1C 1为等边三角形，N 为B 1C 1的中点， ∴A 1N ⊥B 1C 1.又侧面BB 1C 1C 为矩形，∴B 1C 1⊥BB 1. ∵MN ∥BB 1，∴MN ⊥B 1C 1.又MN ∩A 1N ＝N ，MN ，A 1N ⊂平面A 1AMN ， ∴B 1C 1⊥平面A 1AMN .又B 1C 1⊂平面EB 1C 1F ， ∴平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解法一：连接NP ，∵AO ∥平面EB 1C 1F ，平面AONP ∩平面EB 1C 1F ＝NP ， ∴AO ∥NP .∵三棱柱上下底面平行，平面A 1AMN ∩平面ABC ＝AM ，平面A 1AMN ∩平面A 1B 1C 1＝A 1N ，∴ON ∥AP .∴四边形ONP A 是平行四边形． ∴ON ＝AP ，AO ＝NP . 设△ABC 边长是6m (m ＞0)， 则NP ＝AO ＝AB ＝6m .∵O 为△A 1B 1C 1的中心，且△A 1B 1C 1的边长为6m ， ∴ON ＝13×6m ×sin60°＝3m .∴ON ＝AP ＝3m . ∵BC ∥B 1C 1，B 1C 1⊂平面EFC 1B 1， ∴BC ∥平面EFC 1B 1.又BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面EFC 1B 1＝EF ， ∴EF ∥BC ，∴AP AM ＝EP BM ，∴3m 33m ＝EP 3m ，解得EP ＝m .在B 1C 1截取B 1Q ＝EP ＝m ，连接PQ ，故QN ＝2m . ∵B 1Q ＝EP 且B 1Q ∥EP ，∴四边形B 1QPE 是平行四边形，∴B 1E ∥PQ . 由(1)可知B 1C 1⊥平面A 1AMN ，故∠QPN 为B 1E 与平面A 1AMN 所成角． 在Rt △QPN 中，根据勾股定理可得PQ ＝QN 2＋NP 2＝(2m )2＋(6m )2＝210m ， ∴sin ∠QPN ＝QN PQ ＝2m 210m＝1010.∴直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 解法二：由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．由已知得AM ⊥BC ，以Q 为坐标原点，QA→的方向为x 轴正方向，QN →的方向为z 轴正方向，|MB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz ，设QM ＝a ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形， ∴NP ＝AO ＝AB ＝2，∴PQ ＝233－a ，NQ ＝ NP 2－PQ 2＝ 4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a2， ∴B 10,1,4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2 ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，13，0，故B 1E →＝233－a ，－23，－4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a2，|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.∴直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010.17．(2020·泰安三模)在四棱锥P －ABCD 中，△P AB 为等边三角形，四边形ABCD 为矩形，E 为PB 的中点，DE ⊥PB ．(1)证明：平面ABCD ⊥平面P AB ；(2)设二面角A －PC －B 的大小为α，求α的取值范围．解 (1)证明：连接AE ，因为△P AB 为等边三角形，所以AE ⊥PB ． 又DE ⊥PB ，AE ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面ADE ，所以PB ⊥AD . 因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，且AB ∩PB ＝B ， 所以AD ⊥平面P AB ．因为AD ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面P AB ．(2)以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，不妨设PB ＝AB ＝P A ＝1，C (0,1，n )，则A (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，B (0，1,0)，由空间向量的坐标运算可得PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，n ，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0.设平面BPC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x 1＋12y 1＋nz 1＝0，32x 1－12y 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝3，z 1＝0，所以m ＝(1，3，0)． 设平面P AC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·AP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x 2＋12y 2＋nz 2＝0，32x 2＋12y 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝－3，z 2＝3n ，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，3n .二面角A －PC －B 的大小为α，由图可知，二面角α为锐二面角， 所以cos α＝|m ·n ||m ||n |＝|1－3|1＋3×1＋3＋3n 2＝14＋3n 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12，所以α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2. 18．(2020·山东平邑一中模拟)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①AB ⊥BC ；②FC 与平面ABCD 所成的角为π6；③∠ABC ＝π3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ＝2，PD 的中点为F .(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；(2)若________，求二面角F－AC－D的余弦值．解(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG.证明如下：如图所示．设PC的中点为H，连接FH，GH，∵FH∥CD，FH＝12CD，AG∥CD，AG＝12CD，∴FH∥AG，FH＝AG，∴四边形AGHF为平行四边形，则AF∥GH，又GH⊂平面PCG，AF⊄平面PCG，∴AF∥平面PCG.(2)选择①AB⊥BC：∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥BC，由题意，知AB，AD，AP两两垂直，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵P A＝AB＝2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，F(0，1,1)，P(0,0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF→＝(－2，－1,1)，设平面F AC 的一个法向量为μ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧μ·AF →＝y ＋z ＝0，μ·CF →＝－2x －y ＋z ＝0，取y ＝1，得μ＝(－1,1，－1)， 平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,1)， 设二面角F －AC －D 的平面角为θ， 由图可知，二面角θ为锐二面角， 则cos θ＝|μ·v ||μ||v |＝33，∴二面角F －AC －D 的余弦值为33. 选择②FC 与平面ABCD 所成的角为π6：∵P A ⊥平面ABCD ，取BC 中点E ，连接AE ，取AD 的中点M ，连接FM ，CM ，则FM ∥P A ，且FM ＝1，∴FM ⊥平面ABCD ， FC 与平面ABCD 所成角为∠FCM ， ∴∠FCM ＝π6，在Rt △FCM 中，CM ＝3，又CM ＝AE ，∴AE 2＋BE 2＝AB 2，∴BC ⊥AE ， ∴AE ，AD ，AP 两两垂直，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，∵P A ＝AB ＝2，∴A (0,0,0)，B (3，－1,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，F (0,1,1)，P (0,0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF →＝(－3，0,1)， 设平面F AC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AF →＝y ＋z ＝0，m ·CF →＝－3x ＋z ＝0，取x ＝3，得m ＝(3，－3,3)，平面ACD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设二面角F －AC －D 的平面角为θ，由图可知，二面角θ为锐二面角，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝217.∴二面角F －AC －D 的余弦值为217.选择③∠ABC ＝π3：∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥BC ，取BC 中点E ，连接AE ，∵底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，∴△ABC 是正三角形，∵E 是BC 的中点，∴BC ⊥AE ，∴AE ，AD ，AP 两两垂直，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，∵P A ＝AB ＝2，∴A (0,0,0)，B (3，－1,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，F (0,1,1)，P (0,0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF →＝(－3，0,1)， 设平面F AC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AF →＝y ＋z ＝0，m ·CF →＝－3x ＋z ＝0，取x ＝3，得m ＝(3，－3,3)，平面ACD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设二面角F －AC －D 的平面角为θ，由图可知，二面角θ为锐二面角，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝217.∴二面角F －AC －D 的余弦值为217.。
2018年高考数学一轮复习 专题44 立体几何中的向量方法教学案 理
专题44 立体几何中的向量方法1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理．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；5.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ν1和ν2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔ν1∥ν2⇔v 1＝λν2.(2)设直线l 的方向向量为ν，与平面α共面的两个不共线向量ν1和ν2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使ν＝x ν1＋y ν2．(3)设直线l 的方向向量为ν，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔ν⊥u ⇔u ·ν＝0．(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⇔u 1＝λu 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ν1和ν2，则l 1⊥l 2⇔ν1⊥ν2⇔ν1·ν2＝0．(2)设直线l 的方向向量为ν，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔ν∥u ⇔v ＝λu ．(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＝0．4．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2所成的角θ满足cos θ＝__|cos〈m 1，m 2〉|＝|m 1·m 2||m 1|·|m 2|． (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所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝ |m ·n ||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〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．5．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 ＝错误!．高频考点一 利用空间向量证明平行问题【例1】 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 ，且ABCD 为正方形，∴AB ，AP ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点，建立如右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)．法一 ∴EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)，设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·o (EF,sup8(→))＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0， 令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量，∵PB →＝(2，0，－2)，∴PB →·n ＝0，∴n ⊥PB →，∵PB ⊄面EFG ，∴PB ∥平面EFG .规律方法 (1)恰当建立坐标系，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，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．【变式探究】 如图，平面PAC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别为PA ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，PA ＝PC ＝10.设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ；证明 如图，连接OP ，∵PA ＝PC ，O 是AC 的中点，∴PO ⊥AC ，又∵面PAC ⊥面ABC ，∴PO ⊥面ABC ，∵△ABC 是以AC 为斜边的直角三角形，∴BO ⊥AC .所以点O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则O (0，0，0)，A (0，－8，0)，B (8，0，0)，C (0，8，0)，P (0，0，6)，E (0，－4，3)，F (4，0，3)．由题意，得G (0，4，0)．因为OB →＝(8，0，0)，OE →＝(0，－4，3)，设n ＝(x ，y ，z )为面BOE 的法向量，则n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－4y ＋3z ＝0， 令z ＝4，得y ＝3.所以平面BOE 的一个法向量n ＝(0，3，4)．由FG →＝(－4，4，－3)，得n ·FG →＝0.又直线FG 不在平面BOE 内，所以FG ∥平面BOE .高频考点二 利用空间向量证明垂直问题【例2】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，以射线OP 为z 轴的正半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，所以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 ，∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC .又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BCM .规律方法 (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)其一证明线线垂直，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．【变式探究】如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D .证明 由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2，∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (－1，0，0)，D (0，－1，0)，A 1(0，0，1)．由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1，1，1)．∵A 1C →＝(－1，0，－1)，BD →＝(0，－2，0)，BB 1→＝(－1，0，1)，∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0，∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1，又BD ∩BB 1＝B ，∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .高频考点三 利用空间向量解决探索性问题【例3】 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 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB .若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说明理由．(1)证明 如图，以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，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 →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0)． ∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .规律方法对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．本题是设出点G的坐标，借助向量运算，判定关于P点的方程是否有解．【变式探究】如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝2，E为PD上一点，PE＝2ED.(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．(1)证明∵PA＝AD＝1，PD＝2，∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.又PA⊥CD，AD∩CD＝D，∴PA⊥平面ABCD.(2)解以A为原点，AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，13，AC →＝(1，1，0)， AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，13. 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·o (AC,sup8(→))＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0， 令y ＝1，则n ＝(－1，1，－2)．假设侧棱PC 上存在一点F ，且CF →＝λCP →(0≤λ≤1)，使得BF ∥平面AEC ，则BF →·n ＝0. 又∵BF →＝BC →＋CF →＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)， ∴BF →·n ＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝12， ∴存在点F ，使得BF ∥平面AEC ，且F 为PC 的中点.高频考点四 求异面直线所成的角【例4】 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 ，所以PA ⊥CD .又AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ，从而CD ⊥PD .因为PD ＝22＋（22）2＝23，CD ＝2，所以△PCD 的面积为12×2×23＝2 3. (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. 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. 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 sup8(→)·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 本题可从两个不同角度求异面直线所成的角，一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为cos β＝|AC sup8(→)·BD →||AC →||BD →|. 【变式探究】 如右图所示正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，已知点H 在A ′B ′C ′D ′的对角线B ′D ′上，∠HDA ＝60°.求DH 与CC ′所成的角的大小．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)．设DH →＝(m ，m ，1)(m ＞0)，由已知，〈DH →，DA →〉＝60°由DA →·DH →＝|DA →|·|DH →| ·cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22， ∴DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1， ∵ cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22， ∴〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DH 与CC ′所成的角为45°.高频考点五 利用空间向量求直线与平面所成的角【例5】 (2014·北京卷)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.规律方法 利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所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．【变式探究】 (2014·福建卷)在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD ，将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图． 由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →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，得B (0，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，A (0，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，则BC →＝(1，1，0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，AD →＝(0，1，－1)．设平面MBC 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·o (BC,sup8(→))＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量为n ＝(1，－1，1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则 sin θ＝| cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD sup8(→)||n |·|AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 高频考点六 利用空间向量求二面角【例6】 (2014·广东卷)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，∠DPC ＝30°，AF ⊥PC 于点F ，FE ∥CD ，交PD 于点E .(1)证明：CF ⊥平面ADF ； (2)求二面角D －AF －E 的余弦值．(2)解 如图所示，建立空间直角坐标系，点D 为坐标原点，设DC ＝1. 由于∠DPC ＝30°，PD ⊥CD ，所以PC ＝2，PD ＝ 3. 由于CF ⊥FD ，FE ∥CD ，所以 DF ＝ 32，DE ＝34，EF ＝34.从而D ，A ，C ，F ，E 五点的坐标分别为D (0，0，0)，A (0，0，1)，C (0，1，0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，34，0， E ⎝⎛⎭⎪⎫34，0，0. 计算得CF →＝⎝⎛⎭⎪⎫34，－14，0，FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，－34，1，EF →＝(0，34，0)．设平面AEF 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则n 1⊥EF →，n 1⊥FA →， 因此⎩⎨⎧y 1＝0，－3x 1－3y 1＋4z 1＝0，取x 1＝4，则n 1＝(4，0，3)为平面AEF 的一个法向量． 由于CF ⊥平面ADF ，故平面ADF 的一个法向量n 2＝(3，－1，0)． 由图可见所求二面角θ的余弦值为cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝4316＋3×（3）2＋（－1）2＝25719. 规律方法 求二面角最常用的方法就是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是锐角还是钝角．【变式探究】 (2014·辽宁卷)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点．(1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E －BF －C 的正弦值．(1)证明 由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系．易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0)．因而E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0.所以EF →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0，2，0)， 因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)解 平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )， 又BF →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32. 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·o (BF,sup8(→))＝0n 2·BE →＝0得其中一个n 2＝(1，－3，1)． 设二面角E －BF －C 大小为θ，且由题意知θ为锐角，则 cos θ＝| cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15， 因此 sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.1.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF∆沿EF 折到D EF '∆位置，OD '= （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；. 【解析】（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=.设()111,,x y z =m 是平面ABD '的法向量，则0AB AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩m m ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可取()4,3,5=-m .设()222,,x y z =n 是平面ACD '的法向量，则00AC AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩n n ，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可取()0,3,1=-n .于是cos ,25⋅<>===m n m n m n ， sin ,25<>=m n .因此二面角B D A C'--的正弦值是25. 2.【2016高考山东理数】在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O 的直径，FB 是圆台的一条母线.（I ）已知G ,H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；（II ）已知EF =FB =12AC =AB =BC .求二面角F BC A --的余弦值.【答案】（Ⅰ）见解析； 【解析】（II ）解法一：连接'OO ,则'OO ⊥平面ABC ，又,AB BC =且AC 是圆O 的直径，所以.BO AC ⊥ 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，由题意得(0,3,0)B ，(23,0,0)C -，过点F 作FM OB 垂直于点M ，所以3,FM ==可得F故(23,23,0),(0,BC BF =--=-. 设(,,)m x y z =是平面BCF 的一个法向量.由0,0m BC m BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得0,30z ⎧--=⎪⎨+=⎪⎩ 可得平面BCF 的一个法向量(1,1,3m =- 因为平面ABC 的一个法向量(0,0,1),n =所以7cos ,7||||m n m n m n ⋅<>==.所以二面角F BC A --的余弦值为7.解法二：连接'OO ，过点F 作FM OB ⊥于点M ， 则有//'FM OO , 又'OO ⊥平面ABC ， 所以FM ⊥平面ABC,可得3,FM ==过点M 作MN BC 垂直于点N ，连接FN ， 可得FN BC ⊥,从而FNM ∠为二面角F BC A --的平面角. 又AB BC =,AC 是圆O 的直径， 所以6sin 45MN BM ==从而FN =，可得cos FNM ∠=所以二面角F BC A --的余弦值为7. 3.【2016高考天津理数】（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.（I ）求证：EG ∥平面ADF ； （II ）求二面角O -EF -C 的正弦值； （III ）设H 为线段AF 上的点，且AH =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.【答案】【解析】依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O 为点，分别以,,AD BA OF 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(0,0,0)O ，()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，.（I ）证明：依题意，()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-.设()1,,n x y z =为平面ADF 的法向量，则110n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x x y z =⎧⎨-+=⎩ .不妨设1z =，可得()10,2,1n =，又()0,1,2EG =-，可得10EG n ⋅=，又因为直线EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面.（III ）解：由23AH HF =，得25AH AF =.因为()1,1,2AF =-，所以2224,,5555AH AF ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，进而有334,,555H ⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而284,,555BH ⎛⎫= ⎪⎝⎭，因此222cos ,21BH n BH n BH n ⋅<>==-⋅.所以，直线BH 和平面CEF .4.【2016年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD⊥，1AB =，2AD =，AC CD ==（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.【答案】（1）见解析；（2（3）存在，14AM AP = 【解析】（1）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥， 所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥， 又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB ； （2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ， 因为PA PD =，所以AD PO ⊥.又因为⊂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CD AC =，所以AD CO ⊥.如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.设平面PCD 的法向量为),,(z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x . 所以)2,2,1(-=n .又)1,1,1(-=PB，所以33,cos -=<. 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.（3）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=. 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时41=AP AM . 5.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面ABC ,=90ACB ∠,BE =EF =FC =1,BC =2,AC =3.(I)求证：EF ⊥平面ACFD ；(II)求二面角B -AD -F 的平面角的余弦值.【答案】（I ）证明见解析；（II ）4．【解析】（Ⅰ）延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC BC ⊥，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF AC ⊥． 又因为//EF BC ，1BE EF FC ===，2BC =，所以BCK △为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF CK ⊥． 所以BF ⊥平面ACFD ．（Ⅱ）方法一：过点F 作FQ AK ⊥于Q ，连结BQ ．因为BF ⊥平面ACK ，所以BF AK ⊥，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ AK ⊥． 所以BQF ∠是二面角B AD F --的平面角．在Rt ACK △中，3AC =，2CK =，得313FQ =在Rt BQF △中，FQ =BF =cos BQF ∠=．所以二面角B AD F -- 方法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则BCK △为等边三角形． 取BC 的中点O ，则KO BC ⊥，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC ． 以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ．由题意得()1,0,0B ，()1,0,0C -，K ，()1,3,0A --，1(2E ，1F(2-．因此，()0,3,0AC =，(AK =，()2,3,0AB =．设平面ACK 的法向量为()111,,x y z =m ，平面ABK 的法向量为()222,,x y z =n ．由00AC AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，得11113030y x y =⎧⎪⎨++=⎪⎩，取)1=-m ；由00AB AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，得2222223030x y x y +=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取(3,=-n ．于是，cos ,4⋅==⋅m n m n m n ．所以，二面角B AD F --的平面角的余弦值为4． 6.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD ，E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.（Ⅰ）在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； （Ⅱ）若二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.EDCBPA【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）13. 【解析】（Ⅰ）在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行.延长AB ，DC ，相交于点M （M ∈平面PAB ），点M 即为所求的一个点.理由如下： 由已知，BC ∥ED ，且BC =ED .所以四边形BCDE 是平行四边形.，所以CD ∥EB 从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ，所以CM∥平面PBE.（说明：延长AP至点N，使得AP=PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点）（Ⅱ）方法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA⋂AD=A，所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE.于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1，所以AH=2.在Rt△PAH中，，所以sin∠APH=AHPH=13.方法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA⋂AD=A，所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.所以∠PDA=45°.由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.作Ay⊥AD，以A为原点，以AD ,AP的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以PE=（1,0,-2），EC=（1,1,0），AP=（0,0,2）设平面PCE的法向量为n=(x,y,z)，由0,0,PEEC⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn得20,0,x zx y-=⎧⎨+=⎩设x=2，解得n=(2,-2,1).设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα=||||||n APn AP⋅⋅=13= .所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为13 .P1.【2015江苏高考，22】（本小题满分10分）如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯 形，2ABC BAD π∠=∠=,2,1PA AD AB BC ====（1）求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；（2）点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成角最小时，求线段BQ 的长【答案】（1（2【解析】以{},D,AB A AP 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -，则各点的坐标为()1,0,0B ，()C 1,1,0，()D 0,2,0，()0,0,2P ．（1）因为D A ⊥平面PAB ，所以D A 是平面PAB 的一个法向量，()D 0,2,0A =． 因为()C 1,1,2P =-，()D 0,2,2P =-．设平面CD P 的法向量为(),,m x y z =，则C 0m ⋅P =，D 0m ⋅P =，即20220x y z y z +-=⎧⎨-=⎩． PA BCDQ令1y =，解得1z =，1x =．所以()1,1,1m =是平面CD P 的一个法向量． 从而D 3cos D,D m m mA ⋅A ==A ，所以平面PAB 与平面CD P 所成二面角的余弦值为3． （2）因为()1,0,2BP =-，设()Q ,0,2λλλB =BP =-（01λ≤≤），又()C 0,1,0B =-，则()CQ C Q ,1,2λλ=B +B =--，又()D 0,2,2P =-，从而CQ D cos CQ,D CQ D 10⋅P P ==P．设12t λ+=，[]1,3t ∈，则2222229cos CQ,D 5109101520999t t t t P ==≤-+⎛⎫-+⎪⎝⎭．当且仅当95t =，即25λ=时，cos CQ,D P 的最大值为．因为cos yx =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，此时直线CQ 与D P 所成角取得最小值．又因为BP ==，所以2Q 55B =BP =．2.【2015高考山东，理17】如图，在三棱台DEF ABC -中，2,,AB DE G H =分别为,AC BC 的中点.（Ⅰ）求证：//BD 平面FGH ；（Ⅱ）若CF ⊥平面ABC ，,AB BC CF DE ⊥= ，45BAC ∠= ,求平面FGH 与平面ACFD 所成的角（锐角）的大小.【答案】（I ）详见解析；（II ）60 【解析】(I)证法一：连接,DG CD ，设CD GF O =，连接OH ，在三棱台DEF ABC -中，2,AB DE 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O 为CD 的中点 又H 为BC 的中点 所以//OH BD又OH ⊂平面,FGH BD ⊂/平面,FGH 所以//BD 平面FGH ．证法二：在三棱台DEF ABC -中， 由2,BC EF H =为BC 的中点 可得 //,,BH EF BH EF = 所以四边形BHFE 为平行四边形 可得 //BE HF在 ABC ∆中， G 为AC 的中点， H 为BC 的中点，所以 //GH AB 又 GHHF H =，所以平面 //FGH 平面 ABED因为 BD ⊂平面 ABED 所以 //BD 平面FGH （II ）解法一：设2AB = ，则1CF = 在三棱台DEF ABC -中，G 为AC 的中点由12DF AC GC == ， 可得四边形DGCF 为平行四边形， 因此//DG CF 又FC ⊥平面ABC 所以DG ⊥平面ABC在ABC ∆中，由,45AB BC BAC ⊥∠= ，G 是AC 中点， 所以,AB BC GB GC =⊥ 因此,,GB GC GD 两两垂直,以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -所以())()()0,0,0,,,0,0,1G BC D可得(),H F ⎫⎪⎪⎝⎭故()22,,0,0,2,122GH GF ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭设(),,n x y z = 是平面FGH 的一个法向量，则由0,0,n GH n GF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 可得00xy z +=⎧⎪+=可得平面FGH 的一个法向量(1,n =- 因为GB 是平面ACFD 的一个法向量，()2,0,0GB =所以21cos ,2||||22GB n GB n GB n ⋅<>===⋅所以平面与平面所成的解(锐角)的大小为60 解法二：作HM AC ⊥ 于点M ，作MN GF ⊥ 于点N ，连接NH 由FC ⊥ 平面ABC ，得HM FC⊥ 又FCAC C =所以HM ⊥平面ACFD 因此GF NH ⊥所以MNH ∠ 即为所求的角在BGC ∆ 中,1//,22MH BG MH BG ==由GNM ∆∽GCF ∆可得,MN GMFC GF =从而MN =由MH ⊥平面,ACFD MN ⊂平面ACFD 得,MH MN ⊥因此tan HMMNH MN ∠==所以60MNH ∠=所以平面FGH 与平面ACFD 所成角（锐角）的大小为60 .3.【2015高考天津，理17】（本小题满分13分）如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ABCD ⊥底面,AB AC ⊥,1AB =,12,AC AA AD CD ===且点M 和N 分别为11C D B D 和的中点.(I)求证：//MN 平面ABCD ； (II)求二面角11D AC B --的正弦值；(III)设E 为棱11A B 上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段1A E 的长【答案】(I)见解析；；2-. 【解析】如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0),(0,1,0),(2,0,0),(1,2,0)A B C D -，N1D，又因为,M N 分别为1B C 和1D D 的中点，得11,,1,(1,2,1)2M N ⎛⎫- ⎪⎝⎭.ND(I)证明：依题意，可得(0,0,1)n =为平面ABCD 的一个法向量，50,,02MN ⎛⎫=-⎪⎝⎭， 由此可得，0MN n ⋅=，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD (II)1(1,2,2),(2,0,0)AD AC =-=，设1(,,)n x y z =为平面1ACD 的法向量，则1110n AD n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即22020x y z x -+=⎧⎨=⎩，不妨设1z =，可得1(0,1,1)n =， 设2(,,)n x y z =为平面1ACB 的一个法向量，则2120n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，又1(0,1,2)AB =，得2020y z x +=⎧⎨=⎩，不妨设1z =，可得2(0,2,1)n =-1210,10n n n n n n ⋅==-⋅3,n n= 所以二面角11D AC B --的正弦值为4.【2015高考重庆，理19】如题（19）图，三棱锥P ABC -中，PC⊥平面,3,.,2ABC PC ACB D E π=∠=分别为线段,AB BC 上的点，且2 2.CD DE CE EB ====（1）证明：DE ⊥平面PCD （2）求二面角A PD C --的余弦值。
高三数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课件 理 新人教A版
(2)求证：平面PAB⊥平面PAD.
【思路点拨】 (1)建立空间直角坐标系，方法一：证 → → 明 CM 与平面PAD的法向量垂直；方法二：证明 CM 与平面 PAD内两个不共线共面． (2)取AP的中点E，利用向量证明BE⊥平面PAD即可．
如图7－7－7所示，已知三棱锥 P—ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC， 1 PA＝AC＝ AB，N为AB上一点，AB 2 ＝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】 (1)证明 设PA＝1，以A为原点，射线AB、 AC、AP分别为x，y，z轴正方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， 1 1 1 )，N( ，0，0)，S(1， ，0)． 2 2 2
1．怎样求平面的法向量？
【提示】 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 n· a＝0， 量的方程组为 方程组中有三个变量， 给一个变量赋 n· b＝0. 值求出该方程组的一组非零解，即可作为法向量的坐标，法 向量并不唯一．
又∵CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD. (2)取AP的中点E，则E( 3，2，1)， → BE＝(－ 3，2，1) ∵PB＝AB，∴BE⊥PA. → → 又∵BE·DA＝(－ 3，2，1)· (2 3，3，0)＝0， → → ∴BE⊥DA，∴BE⊥DA， 又PA∩DA＝A.∴BE⊥平面PAD，又∵BE⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD.
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 7.7 立体几何中的向量方法课件
12/11/2021
第二十一页，共六十三页。
【解析】
(1)如图所示，以 D 为坐标原点，以 DA 所在直线为 x 轴， DC 所在直线为 y 轴，DD1 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标 系，设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，易得 E(2,2,1)，F(1,1,2)， D(0,0,0)，A1(2,0,2)，
第四页，共六十三页。
01 知识梳理 诊断自测
课前热身 稳固根基
12/11/2021
第五页，共六十三页。
知识点一
异面直线所成角
设异面直线 a，b 所成的角为 θ，则 cosθ＝||aa|·|bb||，其中 a，b 分别是 直线 a，b 的方向向量．
两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角 为(0，π)，所以公式中要加绝对值．
则
cosθ＝
→→ AC1·AC2 →→
＝12＋30×＋38＝
3 2.
|AC1||AC2|
又 θ∈0，π2，所以 θ＝π6.
(3)以点 D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
12/11/2021
第十六页，共六十三页。
设 PD＝DC＝1， 则 D(0,0,0)，P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)， 所以D→P＝(0,0,1)，P→C＝(0,1，－1)，D→B＝(1,1,0)， B→C＝(－1，0,0)，设平面 PBD 的一个法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，由 n1·D→P＝0，n1·D→B＝0 得zx11＝＋0y， 1＝0， 令 x1＝1，得 n1＝(1，－1,0)．
设直线 PB 与 AC 所成角为 θ，则 cosθ＝
→→ PB·AC →→
＝2
2018届高三数学第一轮复习立体几何中的向量方法专题
第 8 页 共 27 页
2018 届高三数学第一轮复习立体几何中的向量方法专题(word 版可编辑修改)
立体几何中的高考热点题型
1．立体几何是高考的重要内容，每年基本上都是一个解答题，两个 选择题或填空题．小题主要考查学生的空间观念，空间想象能力及简单计 算能力．解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即首先是利用定 义、定理、公理等证明空间的线线、线面、面面平行或垂直，再利用空间 向量进行空间角的计算．重在考查学生的逻辑推理能力及计算能力．热点 题型主要有平面图形的翻折、探索性的存在问题等;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）．
2018 届高三数学第一轮复习立体几何中的向量方法专题(word 版可编辑修改)
2018 届高三数学第一轮复习立体几何中的向量方法专题(word 版可编辑修改)
编辑整理：
尊敬的读者朋友们： 这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对 文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018 届高三数学第一轮复习 立体几何中的向量方法专题(word 版可编辑修改)）的内容能够给您的工作和学习带来便利。同时 也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。 本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快 业绩进步，以 下为 2018 届高三数学第一轮复习立体几何中的向量方法专题(word 版可编辑修改)的全部内容。
1．（1)证明面面垂直，将“面面垂直”问题转化为“线面垂直”问题， 再将“线面垂直”问题转化为“线线垂直”问题．
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第44讲 立体几何中的向量方法(一)—证明平行与垂直实战演练 理
法(一)—证明平行与垂直实战演练理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018年高考数学一轮复习第七章立体几何第44讲立体几何中的向量方法(一)—证明平行与垂直实战演练理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018年高考数学一轮复习第七章立体几何第44讲立体几何中的向量方法(一)—证明平行与垂直实战演练理的全部内容。
方法（一）-证明平行与垂直实战演练理1．(2014·新课标全国卷Ⅱ)直三棱柱ABCA1B1C1中,∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（ C )A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!解析：以C1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，则A（2，0，2）,N(1，0,0），M(1，1,0)，B(0，2，2）,∴错误!＝（－1，0，－2）,错误!＝(1，－1,－2)，∴cos〈错误!,错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!.故选C．2．在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心,M，N分别为AB，BC的中点,点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足M错误!＝λ错误!的实数λ的个数是( B ）A．1 B．2C．3 D．4解析：建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则P（x，y，2)，O(1,1,0），∴OP的中点坐标为错误!，又知D1(0，0，2)，∴Q（x＋1，y＋1,0），而Q在MN上，∴x Q＋y Q＝3，∴x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1。
高三数学复习课件：立体几何中的向量方法
=
解析
√3
√8
=
关闭
√6
4
.
答案
-10-
知识梳理
知识梳理
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-
知识梳理
知识梳理
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-
知识梳理
知识梳理
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-
知识梳理
近年高考数学一轮复习第七章立体几何第44讲立体几何中的向量方法(一)证明平行与垂直学案(2021年
2019版高考数学一轮复习第七章立体几何第44讲立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直学案编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019版高考数学一轮复习第七章立体几何第44讲立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直学案）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2019版高考数学一轮复习第七章立体几何第44讲立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直学案的全部内容。
第44讲立体几何中的向量方法（一）—-证明平行与垂直考纲要求考情分析命题趋势1。
理解直线的方向向量与平面法向量的意义．2．能用向量语言表达直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直和平行关系．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）。
2016·山东卷，172016·浙江卷,172016·天津卷,17空间直角坐标系、空间向量及其运算在高考中主要作为解题工具，解决直线、平面的平行、垂直位置关系的判定等问题.分值：5～6分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错误!2．用向量证明空间中的平行关系(1）设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合）⇔__v1∥v2__.(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔__存在两个实数x，y，使v＝x v1＋y v2__.(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔__v⊥u__。
(智慧测评)高考数学大一轮总复习 第7篇 第7节 立体几何的向量方法课件 理 新人教A版
时向量 n 叫做平面 α 的法向量．显然一个平面的法向量有
无数 个，且它们是______ 共线 向量． ______
(2)利用空间向量证明空间中的位置关系
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＝kb(k∈R)； l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；
l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；
解析： 直线与平面平行，直线的方向向量和平面的法 向量垂直，经检验只有选项C中s·n＝0，故选C. 答案：C
2．(2012年高考陕西卷)如图所示，在空间直角坐标系 中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与 直线AB1夹角的余弦值为( 5 A． 5 2 5 C． 5 ) 5 B． 3 3 D． 5
(2)点面距的求法 设 n 是平面 α 的法向量，点 A 在平面 α 内，点 B 在平面 α → |AB· n| 外，则点B到平面α的距离为______. |n|
(3)线面距、面面距均可转化为点面距再用(2)中方法求 解．
1．若直线l∥平面α，直线l的方向向量为s、平面α的法 向量为n，则下列结论正确的是( A．s＝(－1,0,2)，n＝(1,0，－1) B．s＝(－1,0,1)，n＝(1,2，－1) C．s＝(－1,1,1)，n＝(1,2，－1) D．s＝(－1,1,1)，n＝(－2,2,2) )
答案：A
3．在空间直角坐标系Oxyz中，平面OAB的一个法向量 为 n ＝ (2 ，－ 2,1) ，已知点 P( － 1,3,2) ，则点 P 到平面 OAB 的 距离d等于( A．4 ) B．2
C．3
D．1
→ 解析：∵ OP ＝(－1,3,2)是平面OAB的一条斜线上的向 量， n＝(2，－2,1)为平面OAB的一个法向量， ∴P点到平面OAB的距离 → |OP· n| |－2－6＋2| d＝ ＝ ＝2，故选B. |n| 9
2019版高考数学一轮复习第七章立体几何第44讲立体几何中的向量方法一证明平行与垂直课件
2．用向量证明空间中的平行关系
(1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2，则 l1∥l2(或 l1 与 l2 重合)⇔ __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 v1 和 v2，则 l∥α 或 l⊂α⇔__存__在__两__个__实__数__x_，__y_，__使__v__＝__xv__1＋__y_v_2__.
一 利用空间向量证明平行问题
(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．
【例1】 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，且ABCD为正方形，∴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 Axyz ， 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)．
∴P→B＝(2,0，－2)，F→E＝(0，－1,0)，F→G＝(1,1，－1)，
设P→B＝sF→E＋tF→G，即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
t＝2， ∴t－s＝0，
－t＝－2，
解得 s＝t＝2.∴P→B＝2F→E＋2F→G，
2018版高考一轮总复习数学理科课件：第七章 立体几何 第七节 立体几何中的向量方法(一)证明平行与
由 P 为 BM 的中点，得 P(0，0，12)， 所以P→Q＝(34x0， 42＋34y0，0) 又平面 BCD→Q＝0， 由于 PQ⊄平面 BCD，所以 PQ∥平面 BCD.
证明：∵平面 PAD⊥平面 ABCD，且 ABCD 为正方形， ∴AB，AP，AD 两两垂直． 以 A 为坐标原点，建立如右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)．
又 OG⊂平面 EFCB， 所以 OA⊥OG. 如图建立空间直角坐标系 O xyz，则 E(a，0，0)，A(0，0， 3 a)，B(2， 3(2－a)，0)， E→A＝(－a，0， 3a)，B→E＝(a－2， 3(a－2)，0)． 设平面 AEB 的一个法向量 n＝(x，y，z)．
则nn··EB→ →AE＝＝00..即－ （aax－＋2）3xa＋z＝03（a－2）y＝0
(2)由(1)知|AP|＝5， 又|AM|＝3，且点 M 在线段 AP 上， ∴A→M＝53A→P＝0，95，152， 又B→A＝(－4，－5，0)， ∴B→M＝B→A＋A→M＝－4，－156，152， ∴A→P·B→M＝(0，3，4)·－4，－156，152＝0，
∴A→P⊥B→M，即 AP⊥BM. 又根据(1)的结论知 AP⊥BC， ∴AP⊥平面 BMC，于是 AM⊥平面 BMC. 又 AM⊂平面 AMC， 故平面 AMC⊥平面 BMC.
最新-推荐2018届高考数学7-7立体几何的向量方法(理)课
如果 l1⊥l2 ，那么 u1⊥u2⇔u1·u2 ＝ 0⇔a1a2 ＋ b1b2 ＋ c1c1，b1，c1)，平面α的法向量
为n＝(a2，b2，c2)． 若l∥α，则u⊥n⇔u·n＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0； 若 l⊥α ， 则 u∥n⇔u ＝ kn⇔(a1 ， b1 ， c1) ＝ k(a2 ， b2 ， c2 ) ． (3) 平面 α 的法向量为 u1 ＝ (a1 ， b1 ， c1) ，平面 β 的法向量 为u2＝(a2，b2，c2)．
5．(2013·茂名模拟)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的夹角的大小为________． 【解析】 O－xyz. 如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系
设 OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a， a a 则 A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P0，－ ， . 2 2 a a → → → 则CA＝(2a,0,0)，AP＝－a，－ ， ，CB＝(a，a,0)． 2 2 设平面 PAC 的法向量为 n，可求得 n＝(0,1,1)， →· CB n a 1 → 则 cos〈CB，n〉＝ ＝ ＝ . 2 2 → 2 a · 2 |CB||n| → ，n〉＝60° ∴〈CB ， ∴直线 BC 与平面 PAC 的夹角为 90° －60° ＝30° .
→ 1 与AB → 1 的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角， ∴BC 5 ∴直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 . 5
【答案】 A
2．(2013·青岛模拟)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( ) B．45° D．90° 建立如图所示空间直角坐标系，设 AB ＝ PA
2018高考浙江版数学一轮复习讲义： 第7章 第7节 立体几何中的向量方法
第七节立体几何中的向量方法1．直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量．(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量．2．空间位置关系的向量表示设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则设直线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|.5．求二面角的大小(1)若AB，CD分别是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角(如图①)．图(2)设n 1，n 2分别是二面角α-l -β的两个面α，β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．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⎝ ⎛⎦⎥⎤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]．[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．(教材改编)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 ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6C [∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0， ∴t ＝5.]3．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.22C [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)，。
立体几何中的向量方法高考一轮复习课件总结.ppt
l3 l1
l2
1．直线a，b的方向向量分别为a＝(1，－1,2)，b＝(－2,2，－4)，
则( )
A．a∥b或a与b重合
B．a⊥b
C．a与b相交但不垂直
D．a与b异面但不垂直
解析：∵a＝(1，－1,2)，b＝(－2,2，－4)，∴b＝－2a， ∴a与b共线．即a∥ b或a与b重合．
(2)设直线l的方向向量为v＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为
uuur 又 BS
＝(1，－32，
23)，CuuBur ＝(0,2,0)，故m2n－＝320n.＋
23p＝0，
uuur 取p＝2得a＝(－ 3，0,2)．又 AB＝(－2,0,0)，
uuur cos〈 AB，a〉＝
|
uuur uAuBur·a ＝ AB |·|a|
21 7.
故AB与平面SBC所成的角的正弦值为
(2)由 AB⊥平面 SDE 知，平面 ABCD⊥平面 SDE.
作 SF⊥DE，垂足为 F，则 SF⊥平面 ABCD，
SF＝SDD×ESE＝
3 2.
作 FG⊥BC，垂足为 G，则 FG＝DC＝1.
连接 SG，则 SG⊥BC.
又 BC⊥FG，SG∩FG＝G，故 BC⊥平面 SFG，平面 SBC⊥平面 SFG.
CuuDur＝(－1,0,0)．
设平面 ACM 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
由
n⊥
uuur AC
，n⊥
uAuMuur可得xy＋＋z2＝y＝0 0
，
令 z＝1，得 x＝2，y＝－1.∴n＝(2，－1,1)．
设直线 CD 与平面 ACM 所成的角为 α，
uuur
则
sinα＝||CuCuDDur|·|nn||＝
- 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)。
∴cos〈n1，n2〉＝|nn11|·|nn22|＝ 55，
∴二面角D-A1A-C的余弦值为
5 5.
(3)假设在直线 CC1 上存在点 P，使 BP∥平面 DA1C1， 设C→P＝λC→C1，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1， 3)． 从而有 P(0,1＋λ， 3λ)，B→P＝(－ 3，1＋λ， 3λ)． 设 n3＝(x3，y3，z3)为平面 DA1C1 的一个法向量， 则nn33⊥⊥AD→→1AC11，， 又A→1C1＝(0,2,0)，D→A1＝( 3，0， 3)，
证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线分别为y，z轴的正 半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意知，A(0， 2，2)，B(0，－ 2，0)，D(0， 2，0)． 设点C的坐标为(x0，y0,0)． 因为A→Q＝3Q→C，所以Q34x0， 42＋34y0，12. 因为M为AD的中点，故M(0， 2，1)． 又P为BM的中点，故P0，0，12，所以P→Q＝34x0， 42＋34y0，0. 又平面BCD的一个法向量为a＝(0,0,1)，故P→Q·a＝0. 又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
• (1)求证：BD⊥AA1； • (2)求二面角D-A1A-C的余弦值； • (3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1.若存在，
求出点P的位置，若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连 接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
(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u1和u2，则α⊥β⇔__u__1_⊥___u_2_⇔__u__1_·u__2_＝__0_.
• 1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)． • (1)直线的方向向量是唯一确定的．( × )
于是A→P＝(0,3,4)，B→C＝(－8,0,0)， ∴A→P·B→C＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0， ∴A→P⊥B→C，即AP⊥BC．
(2)由(1)知|AP|＝5，
又|AM|＝3，且点M在线段AP上，
∴A→M＝35A→P＝0，95，152，
又B→C＝(－8,0,0)，A→C＝(－4,5,0)，
章
第44讲 立体几何中的向量方法(一)—证明平行 与垂直
考纲要求
考情分析
命题趋势
1.理解直线的方向向量 2016，山东卷，17T
与平面法向量的意义． 2016，浙江卷，17T
空间直角坐
2．能用向量语言表达 2016，天津卷，17T 标系、空间向量
直线与直线、直线与平
及其运算在高考
面、平面与平面的垂直、
• 解析：当v＝(3，－2,2)时，μ⊥v，则α⊥β，当v＝(4，－4， －10)时，μ∥v，则α∥β.
• 5．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中， O是底面正方形ABCD的中心，M是垂D直1D的中 点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置 关系是_________.
解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立直角坐标系，设正方 体棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，则O→N＝(1,0,2)，∴O→N·A→M＝ 0，∴O→N⊥A→M，∴ON⊥AM.
• (2)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( √ )
• (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合．( √ ) • (4)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平
行．( × )
2．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( C )
A．(－1,1,1)
B．(1，－1,1)
C．－
33，－
33，－
3 3
D．
33，
－1,1,0)，A→C＝(－1,0,1)，经计算得C符合题意，故选C．
• 3．已知直线l的方向向量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_____l∥__α或__l⊂_α____.
中主要作为解题
平行关系．
工具，解决直线、
3．能用向量方法证明 有关直线和平面位置关 分值：5～6分 系的一些定理(包括三垂
平面的平行、垂 直位置关系的判 定等问题.
线定理).
栏目导 航
板块一 板块二 板块三 板块四
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nn··ab＝＝00，.
则2y33x＝3＋0，3z3＝0， 取 n3＝(1,0，－1)， ∵BP∥平面 DA1C1，则 n3⊥B→P，即 n3·B→P＝－ 3－ 3λ＝0，得 λ＝－1， 即点 P 在 C1C 的延长线上，且 C1C＝CP.
1．如图，在四面体A-BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2 2， M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC．证明：PQ∥平面 BCD.
• 解析：∵v＝(1,2,3)，μ＝(5,2，－3)，
• 1×5＋2×2＋3×(－3)＝0，
• ∴v⊥μ，∴l∥α或l⊂α.
• 4．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_____α_⊥__β；当v＝(4，－4， －10)时，α与β的位置关系为______. α∥β
•一 利用空间向量证明平行问题
• (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．
• 【例1】 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，且ABCD为正方形， ∴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 Axyz，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)． ∴P→B＝(2,0，－2)，F→E＝(0，－1,0)，F→G＝(1,1，－1)， 设P→B＝sF→E＋tF→G，即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
∴A1O2＝AA21＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3， ∴AO2＋A1O2＝AA21，∴A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面ABCD. 以OB，OC，OA1所在直线分別为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐 标系，则A(0，－1,0)，B( 3，0,0)，C(0,1,0)，D(－ 3，0,0)，A1(0,0， 3)，C1(0,2， 3)． 由于B→D＝(－2 3，0,0)，A→A1＝(0,1， 3)， A→A1·B→D＝0×(－2 3)＋1×0＋ 3×0＝0，∴B→D⊥A→A1，即BD⊥AA1.
• 【例2】 如图所示，正三棱柱(底面为正三角 形的直三棱柱)ABC-A1B1C1的所有棱长都为2， D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.
证明：如图所示，取BC的中点O，连接AO.因为△ABC为正 三角形，
所以AO⊥BC． 因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1， 所以AO⊥平面BCC1B1.
B→A＝(－4，－5,0)，∴B→M＝B→A＋A→M＝－4，－156，152，
则A→P·B→M＝(0,3,4)·－4，－156，152＝0，
∴
→ AP
⊥
→ BM
，即AP⊥BM，又根据(1)的结论知AP⊥BC，且BM∩BC＝C，∴AP
⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC．又AM⊂平面AMC，∴平面AMC⊥平面BMC．
t＝2， ∴t－s＝0，
解得s＝t＝2.∴P→B＝2F→E＋2F→G，
－t＝－2，
又∵F→E与F→G不共线，∴P→B，F→E与F→G共面． ∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.
•二 利用空间向量证明垂直问题
• 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
•三 利用空间向量解决探索性问题
• 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种： 一种是先根据条件作出判断，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”．
• 【例4】 如图棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2， ∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(2)由于OB⊥平面AA1C1C， ∴平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)． 设n2＝(x，y，z)为平面DAA1D1的一个法向量，
则 nn22··AA→→AD1＝＝00，，
即y－＋
3z＝0， 3x＋y＝0，
取n2＝(1， 3，－1)，则〈n1，n2〉即为二面角D-A1A-C的平面角，
(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u1，u2，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l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔__v_1_⊥___v_2⇔_v__1_·v__2_＝_. 0