2020版高考数学一轮复习第八章立体几何第7讲立体几何中的向量方法教案(理)(含解析)新人教A版

第7讲 立体几何中的向量方法
基础知识整合
1．直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量
直线l 上的向量e 或与e □01共线的向量叫做直线l 的方向向量，显然一条直线的方向向量有□
02无数个． (2)平面的法向量
如果表示向量n 的有向线段所在□
03直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，此时向量n 叫做平面α的法向量．
显然一个平面的法向量也有□
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 ∥m ⇔□06a ∥b ⇔□07a ＝k b ，k ∈R ； l ⊥m ⇔□08a ⊥b ⇔□09a ·b ＝0； l ∥α⇔□10a ⊥u ⇔□11a ·u ＝0； l ⊥α⇔□12a ∥u ⇔□13a ＝k u ，k ∈R ； α∥β⇔□14u ∥v ⇔□15u ＝k v ，k ∈R ； α⊥β⇔□16u ⊥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cos φ＝|cos θ|＝□18|a ·b ||a ||b |( 其中φ为异面直线a ，b 所成的角，范围是⎝
⎛⎦⎥⎤0，π2 ). (2)直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝□
19|e ·n ||e ||n |
，φ的取值范围是⎣
⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.
(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，π]．
3．求空间的距离 (1)点到平面的距离
如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝□
21|AB →
·n ||n |
.
(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．
1．直线的方向向量的确定：l 是空间一直线，A ，B 是l 上任意两点，则AB →及与AB →
平行的非零向量均为直线l 的方向向量．
2．平面的法向量的确定：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.
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．(2019·黑龙江模拟)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 和FD 1所成的角的余弦值等于( )
A.
105 B.155 C.45 D.2
3
答案 B
解析 设正方体的棱长为2，建立如图所示的坐标系，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 →
|FD 1→||OE →|
＝1＋0＋25×3＝155.
3．如图，已知矩形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PC 的中点．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°，PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AD ，PA ＝AD ＝
a .
以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在射线为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标
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 所成角为θ，
则sin θ＝|cos 〈AP →，EF →
〉|＝|AP →·EF →||AP →||EF →|＝22.
所以θ＝45°.
4．(2019·金华模拟)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
答案 B
解析 由已知平面OAB 的一条斜线的方向向量OP →
＝(－1，3,2)，所以点P 到平面OAB 的距离d ＝|OP →|·|cos〈OP →
，n 〉|＝|OP →·n ||n |＝|－2－6＋2|22＋－22
＋1
＝2.故选B. 5．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________．
答案 1
3
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 ＝0，
n ·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＝1
3.
即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为1
3
.
核心考向突破
考向一 利用空间向量证明平行、垂直
例1 (2019·南京模拟)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PAD ； (2)平面PAB ⊥平面PAD .
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 ⎝
⎛⎭⎪⎫3
2
，0，32，
∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3
2，0，32.
(1)设n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧
DP →·n ＝0，
DA →·n ＝0，
即⎩⎨
⎧
－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PAD ，∴CM ∥平面PAD . (2)如图，取AP 的中点E ，连接BE ，
则E (3，2,1)，BE →
＝(－3，2,1)． ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥PA .
又BE →·DA →
＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →
，∴BE ⊥DA .
又PA ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面PAD . 又BE ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD . 触类旁通
证明平行、垂直问题的思路
(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．
3
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.
即时训练 1.(2019·广东深圳模拟)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→
.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 . 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 如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .
(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；
(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．
解 (1)证明：连接BD .设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .
在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°.可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22
. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝
62
. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22
， 可得EF ＝32
2
.
从而EG 2
＋FG 2
＝EF 2
，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC . 因为EG ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面AFC .
(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →
|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz .
由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1，0，
22， C (0，3，0)，所以AE →
＝(1，3，2)，CF →
＝⎝
⎛⎭
⎪⎫－1，－3，
22. 故cos 〈AE →，CF →
〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.
所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33
. 触类旁通
由于异面直线所成的角的范围是⎝
⎛⎦⎥⎤0，π2，利用向量的数量积所求的两个向量的夹角有
可能是钝角，为此取向量夹角余弦值的绝对值作为异面直线的夹角的余弦值，即若AB ，CD 为异面直线，所成角为θ，则cos θ＝|AB →·CD →|
|AB →||CD →|
.
即时训练 2.(2017·江苏高考)如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.
(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值；
(2)求二面角B －A 1D －A 的正弦值．
解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .
如图，以{AE →，AD →，AA →
1}为正交基底， 建立空间直角坐标系Axyz
.
因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，
则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，
A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．
(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→
＝(3，1，3)， 则cos 〈A 1B →
，AC 1→
〉＝A 1B →·AC 1
→
|A 1B →||AC 1→|
＝
3，－1，－3
·
3，1，3
7＝－17
，
因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为1
7.
(2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →
＝(3，0,0)． 设平面BA 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．
由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·D B →＝0，
n ·DA 1→＝0，
得⎩⎨
⎧
3x －3y ＝0，
－2y ＋3z ＝0，
取x ＝3，得n ＝⎝
⎛
⎭⎪⎫3，1，233.
cos 〈A E →
，n 〉＝A E →
·n |A E →||n |＝33× 3＋1＋
43
＝34.
所以二面角B －A 1D －A 的正弦值为 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫342
＝74
. 角度2 求直线与平面所成的角
例3 (2018·浙江高考)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.
(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；
(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．
解 (1)证法一：由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22， 所以A 1B 2
1＋AB 2
1＝AA 2
1.故AB 1⊥A 1B 1.
由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ，得B 1C 1＝5， 由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝23，
由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13，所以AB 2
1＋B 1C 2
1＝AC 2
1，故AB 1⊥B 1C 1. 又A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.
证法二：如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .
由题意知各点坐标如下：
A (0，－3，0)，
B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，
C 1(0，3，1)．
因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→
＝(1，3，－2)，
A 1C 1→
＝(0,23，－3)，
由AB 1→·A 1B 1→
＝0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→
＝0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.
(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.
由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→
＝(0,0,2)． 设平面ABB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AB →＝0，
n ·BB 1→＝0，
即⎩⎨
⎧
x ＋3y ＝0，
2z ＝0，
可取n ＝(－3，1,0)．
所以sin θ＝|cos 〈AC 1→
，n 〉|＝|AC 1→
·n ||AC 1→||n |＝39
13.
因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913
. 触类旁通
利用向量法求线面角的方法
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．
2
通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取
其余角就是斜线和平面所成的角.
即时训练 3.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M 是AB 的中点．
(1)证明：BC 1∥平面MCA 1；
(2)若△BMC 是正三角形，且AB ＝BC 1，求直线AB 与平面MCA 1所成角的正弦值． 解 (1)证明：连接AC 1，设AC 1与A 1C 的交点为N ，则N 为AC 1的中点，连接MN ，又M 是AB 的中点，所以MN ∥BC 1.又MN ⊂平面MCA 1，BC 1⊄平面MCA 1，所以BC 1∥平面MCA 1.
(2) 因为M 是AB 的中点，△BMC 是正三角形，所以∠ABC ＝60°，∠BAC ＝30°，∠ACB ＝90°，设BC ＝1，则AC ＝CC 1＝3，易知CC 1，CB ，CA 两两垂直，以C 为坐标原点，分别以CC 1，CB ，CA 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，B (0,1,0)，
A (0,0，3)，A 1(3，0，3)，M ⎝
⎛
⎭⎪⎫0，12
，
32，AB →＝(0,1，－3)，CM →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，1
2，32，CA 1→＝(3，0，3)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面MCA 1的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·CM →＝0，
n ·CA 1→＝0，
则⎩⎪⎨⎪⎧
1
2y ＋32z ＝0，
3x ＋3z ＝0，
令z ＝－1，
则n ＝(1，3，－1)为平面MCA 1的一个法向量，
则|cos 〈AB →
，n 〉|＝|AB →
·n ||AB →||n |＝155，所以直线AB 与平面MCA 1所成角的正弦值为155.
角度3 求二面角
例4 (2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵
所在平
面垂直，M 是CD ︵
上异于C ，D 的点．
(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；
(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值． 解 (1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵
上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .
又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC . (2)以D 为坐标原点，DA →
的方向为x 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .
当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵
的中点．
由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，
AM →
＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →
＝(2,0,0)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2x ＋y ＋z ＝0，
2y ＝0.
可取n ＝(1,0,2)． DA →
是平面MCD 的法向量，因此，
cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →
〉＝255，
所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是25
5.
触类旁通
求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过
两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角.
即时训练 4.(2019·广西桂林模拟)如图，四棱锥F －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，E ，G 分别是CD ，AF 的中点，AF ＝4, ∠FAE ＝∠BAE ，且二面角F －AE －B 的大小为90°.
(1)求证：AE ⊥BG ；
(2)求二面角B －AF －E 的余弦值．
解 (1)证明：如图，作GO ⊥AE 于点O ，连接BO . ∵AG ＝AB ＝2，∠GAO ＝∠BAO ，AO ＝AO ， ∴△AOG ≌△AOB ，∴∠AOG ＝∠AOB ＝90°， 即GO ⊥AE ，BO ⊥AE .又GO ∩BO ＝O ， ∴AE ⊥平面OGB .又GB ⊂平面OGB ， ∴AE ⊥BG .
(2) ∵平面AEF ⊥平面AEB ，平面AEF ∩平面AEB ＝AE ，GO ⊥AE ，
∴GO ⊥平面AEB .以点O 为原点，OA ，OB ，OG 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，连接BE .
∵S △ABE ＝12AB ·BC ＝1
2AE ·BO ，
∴12×2×2＝12×5×BO ，∴BO ＝45
5. ∵△AOG ≌△AOB ，
∴GO ＝BO ＝455，∴AO ＝AG 2－GO 2＝255
.
又∵在Rt △AEF 中，点G 为AF 的中点，且GO ⊥AE ， ∴点O 为AE 的中点，∴AO ＝EO . ∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－25
5
，0，855，
A ⎝
⎛⎭⎪⎫255，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，455，0，G ⎝
⎛
⎭⎪⎫0，0，455.
∴FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45
5，0，－855，BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫255，－455，0.
设平面ABF 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·FA →＝0，
m ·BA →＝0，
得⎩⎪⎨
⎪⎧
455x －855z ＝0，255x －455y ＝0.
令y ＝1，得m ＝(2,1,1)．易知n ＝(0,1,0)为平面AEF 的一个法向量．设二面角B －AF －E 为θ，θ为锐角，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝66，即二面角B －AF －E 的余弦值为6
6
.
考向三 利用空间向量求空间距离(视情况选学)
例5 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ＝BC ＝1
2
AA 1，D 是棱AA 1的中点，
DC 1⊥BD .
(1)证明：DC 1⊥BC ；
(2)设AA 1＝2，A 1B 1的中点为P ，求点P 到平面BDC 1的距离． 解 (1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.
又AC ＝12
AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 2
1，所以DC 1⊥DC .DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面
BCD .
又因为BC ⊂平面BCD ，所以DC 1⊥BC .
(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1A 1，所以CA ，CB ，CC 1两两垂直． 以C 为坐标原点，CA →
的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .
由题意知B (0,1,0)，D (1,0,1)，
C 1(0,0,2)，B 1(0，1,2)，
P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，1
2
，2，则BD →＝(1，－1，1)，DC 1→＝(－1，0,1)，PC 1→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12
，－12
，0. 设m ＝(x ，y ，z )是平面BDC 1的法向量， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·BD →＝0，
m ·DC 1→＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
x －y ＋z ＝0，
－x ＋z ＝0，可取m ＝(1,2,1)．
设点P 到平面BDC 1的距离为d ，则d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PC 1→·m |m |＝6
4.
触类旁通
求平面α外一点P 到平面α的距离的步骤
(1)求平面α的法向量n .
2在平面α内取一点A ，确定向量PA →
的坐标. 3代入公式d ＝|n ·PA →|
|n |
求解.
即时训练 5.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 的中点．
(1)求M 到平面DEC 的距离及三棱锥M －CDE 的体积； (2)求证：DM ⊥平面ACE .
解 (1)设AC ∩BD ＝O ，以O 为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，
则C (0，3，0)，D (－1,0,0)，E (－1,0,2)，M (1,0,1)， DE →
＝(0,0,2)，DC →
＝(1，3，0)，DM →
＝(2,0,1)，
∵DE →·DC →
＝0， ∴DE ⊥DC ，
∴S △DEC ＝12×DE ×DC ＝1
2
×2×2＝2，
设平面DEC 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·DE →＝2z ＝0，
n ·DC →＝x ＋3y ＝0，
取x ＝3，得n ＝(3，－1,0)，
∴M 到平面DEC 的距离h ＝|DM →
·n ||n |＝23
3＋1＝3，
∴三棱锥M －CDE 的体积V ＝13×S △CDE ×h ＝13×2×3＝23
3
.
(2)证明：A (0，－3，0)，AC →＝(0,23，0)，AE →
＝(－1，3，2)， AC →
·DM →＝0，AE →·DM →
＝－2＋2＝0，
∴AC ⊥DM ，AE ⊥DM ，
∵AC ∩AE ＝A ，∴DM ⊥平面ACE .
(2018·天津高考)如图，AD ∥BC 且AD ＝2BC ，AD ⊥CD ，EG ∥AD 且EG ＝AD ，CD ∥FG 且CD
＝2FG ，DG ⊥平面ABCD ，DA ＝DC ＝DG ＝2.
(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (2)求二面角E －BC －F 的正弦值；
(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长． 易错分析 (1)不能灵活运用共线向量定理设出与动点M 相关的向量的坐标，导致变量较多，运算量过大而致误．(2)弄不清线面角与直线方向向量与平面的法向量夹角的关系致误．
解 (1)证明：以D 为原点，以D A →，D C →，D G →
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
可得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，E (2,0,2)，F (0,1,2)，G (0,0,2)，
M ⎝
⎛⎭
⎪⎫0，3
2
，1，N (1,0,2)． 则D C →＝(0,2,0)，D E →
＝(2,0,2)． 设n 0＝(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则
⎩⎪⎨
⎪⎧
n 0·D C →＝0，n 0·D E →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
2y ＝0，
2x ＋2z ＝0.
不妨令z ＝－1，可得n 0＝(1,0，－1)． 因为M N →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，1，所以M N →
·n 0＝0.
因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE .
(2)由题意可得B C →
＝(－1,0,0)，B E →＝(1，－2,2)，C F →
＝(0，－1,2)，
设n ＝(x ，y ，z )为平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧ n ·B C →＝0，
n ·B E →＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x ＝0，
x －2y ＋2z ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(0,1,1)．
设m ＝(x ，y ，z )为平面BCF 的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·B C →＝0，m ·C F →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－x ＝0，
－y ＋2z ＝0.
不妨令z ＝1，可得m ＝(0,2,1)，
因此有cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝31010，于是sin 〈m ，n 〉＝1010
.
所以二面角E －BC －F 的正弦值为
1010
. (3)设线段DP 的长h (h ∈[0,2])，则点P 的坐标为(0,0，h )，可得B P →
＝(－1，－2，h )． 易知D C →
＝(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量，
故|cos 〈B P →，D C →
〉|＝|B P →·D C →
||B P →||D G →|
＝2h 2＋5，
由题意，可得2
h 2＋5＝sin60°＝32，
解得h ＝
33∈[0,2]，所以线段DP 的长为3
3
. 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
如图，底面ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝26，DE ＝3 6.
(1)求证：平面ACE ⊥平面BED ；
(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；
(3)在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M －BE －D 的大小为60°？若存在，求出AM
AF
的值；若不存在，说明理由．
解 (1)证明：因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊂平面ADEF ，
DE ⊥AD ，所以DE ⊥平面ABCD .因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC .又因为四边形ABCD 是正方
形，所以AC ⊥BD .因为DE ∩BD ＝D ，DE ⊂平面BED ，BD ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED .
又因为AC ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面BED .
(2) 因为DA ，DC ，DE 两两垂直，所以以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz ，如图所示．则A (3,0,0)，F (3,0,26)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，CA →
＝(3，－3,0)，
BE →
＝(－3，－3，36)，EF →
＝(3,0，－6)．
设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BE →＝－3x －3y ＋36z ＝0，
n ·EF →＝3x －6z ＝0，取x ＝6，
得n ＝(6，26，3)．
所以cos 〈CA →
，n 〉＝CA →
·n |CA →||n |＝－3632×39＝－1313.
所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为
13
13
. (3)假设存在点M 在线段AF 上，设M (3,0，t )， 0≤t ≤26，
则BM →＝(0，－3，t )，BE →
＝(－3，－3,36)． 设平面MBE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·BM →＝－3y 1＋tz 1＝0，
m ·BE →＝－3x 1－3y 1＋36z 1＝0，
令y 1＝t ，得m ＝(36－t ，t,3)． 所以|cos 〈m ，CA →
〉|＝|m ·CA →
||m ||CA →|
＝
|96－6t |32×
36－t 2＋t 2＋9
＝12， 整理得2t 2
－66t ＋15＝0，解得t ＝
62或t ＝56
2
(舍去)，故在线段AF 上存在点M ，
使得二面角M －BE －D 的大小为60°，此时AM AF ＝1
4
.。