立体几何中的向量方法习题课
专题8.7 立体几何中的向量方法(讲)(解析版)
专题8.7 立体几何中的向量方法1.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；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.知识点一 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，则知识点二 求直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |. 知识点三 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).【特别提醒】1.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〉|.2.二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n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.考点一用空间向量求异面直线所成的角（2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，【典例1】A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】方法一：（Ⅰ）由得，所以.故.由，得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.学科.网由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是. 方法二：（Ⅰ）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O -xyz .由题意知各点坐标如下： 因此 由得. 由得. 所以平面.（Ⅱ）设直线与平面所成的角为. 由（Ⅰ）可知 设平面的法向量. 由即可取. 所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.【举一反三】（河北衡水中学2019届高三模拟）(1)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A.32 B.155 C.105 D.33(2)在三棱锥P －ABC 中，△ABC 和△PBC 均为等边三角形，且二面角P －BC －A 的大小为120°，则异面直线PB 和AC 所成角的余弦值为( )A.58B.34C.78D.14【答案】(1)C (2)A【解析】(1)法一 以B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1) 图(2) 则B (0，0，0)，B 1(0，0，1)，C 1(1，0，1).又在△ABC 中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，则A (－1，3，0). 所以AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1→＝(1，0，1)， 则cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝（1，－3，1）·（1，0，1）5·2＝25·2＝105，因此，异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 法二 将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形成直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图(2))，连接AD 1，B 1D 1，则AD 1∥BC 1.则∠B 1AD 1为异面直线AB 1与BC 1所成的角(或其补角)，易求得AB 1＝5，BC 1＝AD 1＝2，B 1D 1＝ 3. 由余弦定理得cos ∠B 1AD 1＝105. (2)法一 取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 均为等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以∠POA 就是二面角P －BC －A 的平面角，即∠POA ＝120°，过点B 作AC 的平行线交AO 的延长线于点D ，连接PD ，则∠PBD 或其补角就是异面直线PB 和AC 所成的角.设AB ＝a ，则PB ＝BD ＝a ，PO＝PD ＝32a ，所以cos ∠PBD ＝a 2＋a 2－⎝⎛⎭⎫32a 22×a ×a＝58.法二 如图，取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 均为等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以BC ⊥平面PAO ，即平面PAO ⊥平面ABC .且∠POA 就是其二面角P －BC －A 的平面角，即∠POA ＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.设AB ＝2，则A (3，0，0)，C (0，－1，0)，B (0，1，0)，P ⎝⎛⎭⎫－32，0，32， 所以AC →＝(－3，－1，0)，PB →＝⎝⎛⎭⎫32，1，－32，cos 〈AC →，PB →〉＝－58，所以异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为58.法三 如图所示，取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 是全等的等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以∠POA 就是二面角的平面角，设AB ＝2，则AC →＝OC →－OA →，PB →＝OB →－OP →， 故AC →·PB →＝(OC →－OA →)·(OB →－OP →)＝－52，所以cos 〈AC →，PB →〉＝AC →·PB →|AC →|·|PB →|＝－58.即异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为58.【方法技巧】用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．【变式1】（山东济南一中2019届高三模拟）如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2AB ，E ，F 分别为BC ，BB 1的中点，M ，N 分别为AA 1，A 1C 1的中点，则直线MN 与EF 所成角的余弦值为( )A.35B.32C.12D.45【答案】C【解析】法一 如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC 1，CB 1，C 1B ′，易得MN ∥AC 1，EF ∥CB 1∥C 1B ′，那么∠AC 1B ′或∠AC 1B ′的补角即直线MN 与EF 所成的角.设AA 1＝2AB ＝2a ， 则AC 1＝C 1B ′＝3a ，连接AB ′，则AB ′＝a 2＋（22a ）2＝3a ， 由余弦定理得cos ∠AC 1B ′＝（3a ）2＋（3a ）2－（3a ）22（3a ）·（3a ）＝－12.故直线MN 与EF 所成角的余弦值为12.法二 如图，连接AC 1，C 1B ，CB 1，设C 1B ，CB 1交于点O ，取AB 的中点D ，连接CD ，OD ， 则MN ∥AC 1∥OD ，EF ∥CB 1，那么∠DOC 或其补角即直线MN 与EF 所成的角. 设AA 1＝2AB ＝2a ， 则AC 1＝CB 1＝3a ， 于是OD ＝OC ＝3a 2，又CD ＝3a 2，于是△OCD 为正三角形， 故∠DOC ＝60°，cos ∠DOC ＝12，即直线MN 与EF 所成角的余弦值为12.法三 取AB 的中点O ，连接CO ，则CO ⊥AB ，以O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，过点O 且平行于CC 1的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AB ＝2，则AA 1＝22，求得M (－1，0，2)，N ⎝⎛⎭⎫－12，32，22，E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，F (1，0，2)，所以MN →＝⎝⎛⎭⎫12，32，2，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，2，cos 〈MN →，EF →〉＝MN →·EF →|MN →|·|EF →|＝323×3＝12.考点二 用空间向量求线面角【典例2】 (2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点.(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值. (1)证明 因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以AB 2＋BC 2＝AC 2， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23).取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2，0，0).设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)，则AM →＝(0，4－a ，0). 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋（4－a ）y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【方法技巧】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.【变式2】（广东省惠州一中2019届高三模拟）在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD .(1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值. (1)证明 在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ， 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD ， 所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝π2.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)解 由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 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A (1，0，0)，C (－1，3，0)，E (0，0，3)，F (0，3，3)， 所以AE →＝(－1，0，3)，AC →＝(－2，3，0). 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2，1)，为平面AEC 的一个法向量. 因为AF →＝(－1，3，3)，所以cos 〈n ，AF →〉＝n ·AF →|n |·|AF →|＝4214，所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 考点三 用空间向量求二面角【典例3】（2018年天津卷）如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2. （I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：； （II ）求二面角的正弦值；（III ）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.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.【举一反三】（山西忻州一中2019届高三质检）如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.(1)证明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.(1)证明法一取OO1的中点F，连接AF，PF，如图所示.∵P为BC的中点，∴PF∥OB，∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，∴P，F，A，Q四点共面.由题图1可知OB⊥OO1，∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB⊂平面BCO1O，∴OB⊥平面ADO1O，∴PF⊥平面ADO1O，又OD ⊂平面ADO 1O ，∴PF ⊥OD .由题意知，AO ＝OO 1，OF ＝O 1D ，∠AOF ＝∠OO 1D ， ∴△AOF ≌△OO 1D ， ∴∠FAO ＝∠DOO 1，∴∠FAO ＋∠AOD ＝∠DOO 1＋∠AOD ＝90°，∴AF ⊥OD . ∵AF ∩PF ＝F ，且AF ⊂平面PAQ ，PF ⊂平面PAQ ， ∴OD ⊥平面PAQ .法二 由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，∴以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ 的长为m ，则O (0，0，0)，A (6，0，0)，B (0，6，0)， C (0，3，6)，D (3，0，6)，Q (6，m ，0). ∵点P 为BC 的中点，∴P ⎝⎛⎭⎫0，92，3， ∴OD →＝(3，0，6)，AQ →＝(0，m ，0)，PQ →＝⎝⎛⎭⎫6，m －92，－3. ∵OD →·AQ →＝0，OD →·PQ →＝0，∴OD →⊥AQ →，OD →⊥PQ →，又AQ →与PQ →不共线， ∴OD ⊥平面PAQ .(2)解 ∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3，则Q (6，3，0)，∴QB →＝(－6，3，0)，BC →＝(0，－3，6).设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·QB →＝0，n 1·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－6x ＋3y ＝0，－3y ＋6z ＝0，令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，n 1＝(1，2，1). 易得平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0，0，1).设二面角C －BQ －A 的大小为θ，由图可知，θ为锐角， 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝66， 即二面角C －BQ －A 的余弦值为66. 【方法技巧】利用空间向量计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量：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：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.【变式3】（河南洛阳一中2019届高三模拟）如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥CD ，AB ＝BC ＝CC 1＝2CD ，E 为线段AB 的中点，F 是线段DD 1上的动点.(1)求证：EF ∥平面BCC 1B 1；(2)若∠BCD ＝∠C 1CD ＝60°，且平面D 1C 1CD ⊥平面ABCD ，求平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成角(锐角)的余弦值.(1)证明 如图(1)，连接DE ，D 1E .图(1)∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，∴BE∥CD，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC.又DE⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.∵DD1∥CC1，DD1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1.又D1D∩DE＝D，∴平面DED1∥平面BCC1B1.∵EF⊂平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1.(2)解如图(1)，连接BD.设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2.∵∠BCD＝60°，∴BD＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos 60°＝ 3.∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD.同理可得，C1D⊥CD.法一∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D⊂平面D1C1CD，∴C1D⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴C1D⊥BC，∴C1D⊥B1C1.在平面ABCD中，过点D作DH⊥BC，垂足为H，连接C1H，如图(1).∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.∵C 1H ⊂平面C 1DH ，∴BC ⊥C 1H ，∴B 1C 1⊥C 1H ， ∴∠DC 1H 为平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的角. ∵在Rt △C 1CD 中，C 1D ＝3， 在Rt △BCD 中，DH ＝CD ·sin 60°＝32， ∴在Rt △C 1DH 中，C 1H ＝C 1D 2＋DH 2＝152， ∴cos ∠DC 1H ＝C 1D C 1H ＝255.∴平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的角(锐角)的余弦值为255.法二 以D 为原点，分别以DB ，DC ，DC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图(2)，图(2)则D (0，0，0)，C (0，1，0)，C 1(0，0，3)，B (3，0，0)，∴B 1C 1→＝BC →＝(－3，1，0)，DC 1→＝(0，0，3)，CC 1→＝(0，－1，3). 设平面BCC 1B 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·CC 1→＝0，即⎩⎨⎧－3x 1＋y 1＝0，－y 1＋3z 1＝0.取z 1＝1，则y 1＝3，x 1＝1，∴平面BCC 1B 1中的一个法向量为n 1＝(1，3，1). 设平面DC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2).则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·B 1C 1→＝0，n 2·DC 1→＝0，即⎩⎨⎧－3x 2＋y 2＝0，3z 2＝0.令x 2＝1，则y 2＝3，z 2＝0，∴平面DC 1B 1的一个法向量为n 2＝(1，3，0).设平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的锐二面角的大小为θ， 则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝1＋31＋3＋1·1＋3＝255.∴平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的角(锐角)的余弦值为255.考点四 与线面角有关的探索性问题【典例4】（辽宁大连八中2019届高三调研）等边△ABC 的边长为3，点D ，E 分别是AB ，BC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12(如图(1))，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1－DE －B 成直二面角，连接A 1B ，A 1C (如图(2)).(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由.(1)证明 题图(1)中，由已知可得： AE ＝2，AD ＝1，A ＝60°.从而DE ＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3. 故得AD 2＋DE 2＝AE 2，∴AD ⊥DE ，BD ⊥DE . ∴题图(2)中，A 1D ⊥DE ，BD ⊥DE ，∴∠A 1DB 为二面角A 1－DE －B 的平面角， 又二面角A 1－DE －B 为直二面角， ∴∠A 1DB ＝90°，即A 1D ⊥DB ， ∵DE ∩DB ＝D 且DE ，DB ⊂平面BCED ， ∴A 1D ⊥平面BCED .(2)解 存在.由(1)知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，以射线DB 、DE 、DA 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz ，如图，过P 作PH ∥DE 交BD 于点H ，设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a ， 易知A 1(0，0，1)，P (2－a ，3a ，0)，E (0，3，0)， 所以PA 1→＝(a －2，－3a ，1). 因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →＝(0，3，0).因为直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，所以sin 60°＝|PA 1→·DE →||PA 1→||DE →|＝3a 4a 2－4a ＋5×3＝32，解得a ＝54. ∴PB ＝2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意.所以在线段BC 上存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.【方法技巧】解决此类问题的基本策略是执果索因，其结论明确需要求出使结论成立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组)并解方程(组)，若有解，则存在并求得结论成立的条件，若无解，则不存在.【变式4】（黑龙江大庆第一中学2019届高三模拟）如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝45°，AD ＝AP ＝2，AB ＝DP ＝22，E 为CD 的中点，点F 在线段PB 上.(1)求证：AD ⊥PC ；(2)试确定点F 的位置，使得直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等. (1)证明 如图，在平行四边形ABCD 中，连接AC ，因为AB ＝22，BC ＝2，∠ABC ＝45°，由余弦定理得，AC 2＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos 45°＝4，得AC ＝2， 所以AC 2＋BC 2＝AB 2， 所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC . 又AD ∥BC ，所以AD ⊥AC ， 因为AD ＝AP ＝2，DP ＝22， 所以AD 2＋AP 2＝DP 2，所以PA ⊥AD ，又AP ∩AC ＝A ，所以AD ⊥平面PAC ，所以AD ⊥PC .(2)解 因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，所以PA ⊥底面ABCD ，所以直线AC ，AD ，AP 两两互相垂直，以A 为原点，直线AD ，AC ，AP 为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，D (－2，0，0)，C (0，2，0)，B (2，2，0)，E (－1，1，0)，P (0，0，2)，所以PC →＝(0，2，－2)，PD →＝(－2，0，－2)，PB →＝(2，2，－2).设PF PB＝λ(λ∈[0，1])，则PF →＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以EF →＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)，易得平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0，0，1). 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2x －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－1).因为直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等， 所以|cos 〈EF →，m 〉|＝|cos 〈EF →，n 〉|， 即|EF →·m ||EF →||m |＝|EF →·n ||EF →||n |，所以|－2λ＋2|＝⎪⎪⎪⎪2λ3， 即3|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝3－32，所以PF PB ＝3－32.即当PF PB ＝3－32时，直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等.考点五 与二面角有关的探索性问题【典例5】（湖南长郡中学2019届高三模拟）如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PBC ⊥平面PQB ；(2)当PM 的长为何值时，平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°？ (1)证明 ∵AD ∥BC ，Q 为AD 的中点，BC ＝12AD ，∴BC ∥QD ，BC ＝QD ，∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴BQ ∥CD . ∵∠ADC ＝90°，∴BC ⊥BQ . ∵P A ＝PD ，AQ ＝QD ，∴PQ ⊥AD .又∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PQ ⊥平面ABCD ，∴PQ ⊥BC . 又∵PQ ∩BQ ＝Q ，∴BC ⊥平面PQB . ∵BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PQB .(2)解 由(1)可知PQ ⊥平面ABCD .如图，以Q 为原点，分别以QA ，QB ，QP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则Q (0，0，0)，D (－1，0，0)，P (0，0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，∴QB →＝(0，3，0)，DC →＝(0，3，0)，DP →＝(1，0，3)，PC →＝(－1，3，－3).设PM →＝λPC →，则PM →＝(－λ，3λ，－3λ)，且0≤λ≤1，得M (－λ，3λ，3－3λ)，∴QM →＝(－λ，3λ，3(1－λ)).设平面MBQ 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧QM →·m ＝0，QB →·m ＝0，即⎩⎨⎧－λx ＋3λy ＋3（1－λ）z ＝0，3y ＝0. 令x ＝3，则y ＝0，z ＝λ1－λ，∴平面MBQ 的一个法向量为m ＝⎝⎛⎭⎫3，0，λ1－λ.设平面PDC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DP →·n ＝0，即⎩⎨⎧3y ′＝0，x ′＋3z ′＝0.令x ′＝3，则y ′＝0，z ′＝－3，∴平面PDC 的一个法向量为n ＝(3，0，－3).∴平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°， ∴cos 60°＝|n ·m ||n ||m |＝⎪⎪⎪⎪33－3·λ1－λ12·3＋⎝⎛⎭⎫λ1－λ2＝12， ∴λ＝12.∴PM ＝12PC ＝72.【方法技巧】1.解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在.2.探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.3.利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题进行处理. 【变式5】（江苏启东中学2019届高三质检）如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠ABC ＝60°，AB ＝2BC ＝2CD ，四边形DCEF 是正方形，N ，G 分别是线段AB ，CE 的中点.(1)求证：NG ∥平面ADF ；(2)设二面角A －CD －F 的大小为θ⎝⎛⎭⎫π2<θ<π，当θ为何值时，二面角A －BC －E 的余弦值为1313？ (1)证明 法一 如图，设DF 的中点为M ，连接AM ，GM ，因为四边形DCEF是正方形，所以MG綉CD，又四边形ABCD是梯形，且AB＝2CD，AB∥CD，点N 是AB的中点，所以AN綉DC，所以MG綉AN，所以四边形ANGM是平行四边形，所以NG∥AM.又AM⊂平面ADF，NG⊄平面ADF，所以NG∥平面ADF.法二如图，连接NC，NE，因为N是AB的中点，四边形ABCD是梯形，AB＝2CD，AB∥CD，所以AN綉CD，所以四边形ANCD是平行四边形，所以NC∥AD，因为AD⊂平面ADF，NC⊄平面ADF，所以NC∥平面ADF，同理可得NE∥平面ADF，又NC∩NE＝N，所以平面NCE∥平面ADF，因为NG⊂平面NCE，所以NG∥平面ADF.(2)解 设CD 的中点为O ，EF 的中点为P ，连接NO ，OP ，易得NO ⊥CD ，以点O 为原点，以OC 所在直线为x 轴，以NO 所在直线为y 轴，以过点O 且与平面ABCD 垂直的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为NO ⊥CD ，OP ⊥CD ，所以∠NOP 是二面角A －CD －F 的平面角， 则∠NOP ＝θ，所以∠POy ＝π－θ，设AB ＝4，则BC ＝CD ＝2，则P (0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，E (1，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，C (1，0，0)，B (2，－3，0)，CE →＝(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，CB →＝(1，－3，0)， 设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·CE →＝0，即⎩⎨⎧x －3y ＝0，2y cos （π－θ）＋2z sin （π－θ）＝0，因为θ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，所以cos(π－θ)≠0，令z ＝1，则y ＝－tan(π－θ)，x ＝－3tan(π－θ)，所以n ＝(－3tan(π－θ)，－tan(π－θ)，1)为平面BCE 的一个法向量， 又易知平面ACD 的一个法向量为m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝14tan 2（π－θ）＋1，由图可知二面角A －BC －E 为锐角， 所以14tan 2（π－θ）＋1＝1313，解得tan 2(π－θ)＝3，又π2<θ<π，所以tan(π－θ)＝3，即π－θ＝π3，得θ＝2π3，所以当二面角A －CD －F 的大小为2π3时，二面角A －BC －E 的余弦值为1313.考点六 与空间角有关的最值问题【典例6】（湖北武汉二中2019届高三质检）如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在平面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值. (1)证明 如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ，∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ， ∴△ADC ≌△ABC ，易得△ADO ≌△ABO ， ∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，∴BD ⊥平面AEC ， 又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD . 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt △ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1，可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°， 即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ， ∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解 如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ， 则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°，即∠DAB ＝60°，∴△ABD 为正三角形，∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ， ∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上.以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎫0，0，32，M ⎝⎛⎭⎫34，0，34，D ⎝⎛⎭⎫0，－32，0，N ⎝⎛⎭⎫34，34，0， ∴AB →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0，AE →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，DM →＝⎝⎛⎭⎫34，32，34，MN →＝⎝⎛⎭⎫0，34，－34，设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)， 设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →＝⎝⎛⎭⎫34，32＋34λ，34－34λ，设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DP →|n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427. 故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427. 【方法技巧】解决空间角的最值问题一般是把空间角的某个三角函数值表示为某个变量的函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用.【变式6】（江西南昌二中2019届高三模拟）如图所示，P A ⊥平面ADE ，B ，C 分别是AE ，DE 的中点，AE ⊥AD ，AD ＝AE ＝AP ＝2.(1)求二面角A －PE －D 的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长.【解析】(1)因为P A ⊥平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，AB ⊂平面ADE ，所以P A ⊥AD ，P A ⊥AB ，又因为AB ⊥AD ，所以P A ，AD ，AB 两两垂直，以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).因为P A ⊥AD ，AD ⊥AE ，AE ∩P A ＝A ，所以AD ⊥平面P AE ，所以AD →是平面P AE 的一个法向量，且AD →＝(0，2，0).易得PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2).设平面PED 的法向量为m ＝(x ，y ，z ).则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0. 令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1，1，1)是平面PED 的一个法向量，所以cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33， 所以二面角A －PE －D 的余弦值为33. (2)BP →＝(－1，0，2)，故可设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1). 又CB →＝(0，－1，0)，所以CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ). 又DP →＝(0，－2，2)，所以cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910， 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数， 所以当λ＝25时直线CQ 与DP 所成角取得最小值. 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.。
高三复习数学63_立体几何中的向量方法(有答案)
6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。
1. 空间直角坐标系（1）为了确定空间点的位置，我们建立空间直角坐标系：以单位正方体OABC −D ′A ′B ′C ′为载体，__________________．这时我们说建立了一个空间直角坐标系Oxyz ，其中O 叫坐标原点，x 轴、y 轴、z 轴叫坐标轴．（2）___________________叫坐标平面，分别称为________________________． （3）通常建立的直角坐标系为___________________，即___________________________________．2. 空间两点间的距离（1）若A (x 1,y 1,z 1),B (x 2,y 2,z 2)，则|AB|=________．（2）特别地，点P (x,y,z )与原点O 之间的距离为|PO|=________．3. 空间向量的数量积及运算律 （1）数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →=a ，OB →=b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作⟨a ,b ⟩，其范围是0≤⟨a ,b ⟩≤π，若⟨a ,b ⟩=π2，则称a 与b ________，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩叫做向量a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩．（2）空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )⋅b =λ(a ⋅b )； ②交换律：a ⋅b =b ⋅a ；③分配律：a ⋅(b +c )=a ⋅b +a ⋅c .4. 空间向量的坐标表示及应用 （1）数量积的坐标运算设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)， 则a ⋅b =________．（2）共线与垂直的坐标表示设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则a //b ⇔a =λb ⇔________，________，a 3=λb 3(λ∈R ）， a ⊥b ⇔a ⋅b =0⇔________（a ，b 均为非零向量）． （3）模、夹角和距离公式设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则|a |=√a ⋅a =√a 12+a 22+a 32，cos ⟨a ,b ⟩=a ⋅b |a ||b |=112233√a 12+a 22+a 32⋅√b 12+b 22+b 32设A (a 1,b 1,c 1),B (a 2,b 2,c 2)，则d AB =|AB →|=√(a 2−a 1)2+(b 2−b 1)2+(c 2−c 1)2．5. 空间距离（1）点到直线的距离：指一点到它在一条直线上的________的距离． （2）两异面直线的距离：指两条异面直线的________的长度． （3）点到面的距离：指一点到它在一个平面内的________的距离．（4）平行线面间的距离：设直线l//平面α，则直线l 任意一点到平面α的距离，叫做直线l 到平面α的距离．据此可知：线面距离可转化为点面距离求解．（5）平行平面间的距离：其中一个平面内任意一点到另一个平面的距离，也就是两个平行平面的公垂线段的长度．显然，面面距离可以转化为点面距离求解．6. 如图，已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1各条棱长都相等．M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成角大小是________．7. （文）在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30∘，则该长方体的体积为（ ） A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√38. （理）已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（ ） A.13 B.√23C.√33D.239. （理）如图，AE ⊥平面ABCD ，CF//AE ，AD//BC ，AD ⊥AB ，AB =AD =1，AE =BC =2．求证：BF//平面ADE；求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；若二面角E−BD−F的余弦值为1，求线段CF的长．310. （文）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4，O 为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC；若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．11. （理）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘,AB=AC=AA1=1．D 是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1//平面BDA1．求证：CD=C1D．求点C到平面B1DP的距离．12. （理）在正四面体S−ABC中，侧面SAC与底面ABC所成二面角的余弦值为（）A.1 4B.13C.√24D.√2313. （文）在正四面体S−ABC中，侧棱SA与底面ABC所成线面角的余弦值为（）A.1 2B.√32C.√33D.√6314. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1,AA1=√3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A.1 5B.√56C.√55D.√2215. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘16. （理）二面角α−l−β为60∘，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面α,β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=a，BD=2a，则CD的长为（）A.2aB.2√2aC.√5aD.√3a17. （文）已知∠ACB=90∘，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为√3，那么P到平面ABC的距离为（）A.1B.√2C.√32D.1218. （理）设三棱锥V−ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P−AC−B的平面角为γ，则（）A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β19. （文）在封闭的直三棱柱ABC−A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC,AB= 6,BC=8,AA1=3，则V的最大值是（）A.4πB.9π2C.6π D.32π320. （理）棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为（）A.2√2B.√10C.√11D.2√321. （文）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高ℎ，计算其体积V的近似公式V≈136L2ℎ．它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3．那么，近似公式V≈275L2ℎ相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（）A.227B.258C.15750D.35511322. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．23. （理）已知点E、F分别在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________．24. （文）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为________．25. 如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，所有棱长均为a，且∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60∘，则下列结论正确的是________（写出所有正确结论的编号）．①平面A1BD//平面CB1D1；②四边形BDD1B1为正方形；a；③点A到平面BDD1B1的距离为√32④点A1在平面BDC1上的射影为△BDC1的垂心；⑤平面A1BD与平面BDD1B1将四棱柱分成从小到大三部分的体积比为1:2:3．26. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．证明：AC⊥HD′；,OD′=2√2，求五棱锥D′−ABCFE体积．若AB=5,AC=6,AE=5427. 如图，在三棱台ABC−DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90∘,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3．求证：BF⊥平面ACFD；求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．28. （理）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长和底面边长均为1，D是BC的中点．求证：A1B//平面ADC1求A1A与平面ADC1所成角的正弦值；的值；若不存在，试问线段A1B1上是否存在点E，使CE⊥平面ADC1？若存在，求AEA1B1说明理由．29. （文）如图，四棱锥P−ABCD的底面是直角梯形，AD//BC，AD=3BC=6,PB= 6√2，点M在线段AD上，且MD=4,AD⊥AB,PA⊥平面ABCD．求证：平面PCM⊥平面PAD；当四棱锥P−ABCD的体积最大时，求四棱锥P−ABCD的表面积．参考答案与试题解析6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。
立体几何中的向量方法(一)-课后练习及答案解析
§立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直．直线的方向向量：在空间直线上任取两点，，则称为直线的方向向量．平面的法向量：如果直线垂直于平面α，那么把直线的方向向量叫作平面α的法向量．．用向量证明空间中的平行关系()设直线和的方向向量分别为和，则∥(或与重合)⇔∥.()设直线的方向向量为，与平面α共面的两个不共线向量和，则∥α或α⇔存在两个实数，，使＝＋.()设直线的方向向量为，平面α的法向量为，则∥α或α⇔⊥.()设平面α和β的法向量分别为，，则α∥β⇔∥.．用向量证明空间中的垂直关系()设直线和的方向向量分别为和，则⊥⇔⊥⇔·＝.()设直线的方向向量为，平面α的法向量为，则⊥α⇔∥.()设平面α和β的法向量分别为和，则α⊥β⇔⊥⇔·＝.．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)()直线的方向向量是唯一确定的．(×)()平面的单位法向量是唯一确定的．(×)()若两平面的法向量平行，则两平面平行．(×)()若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．(√)()若∥，则所在直线与所在直线平行．(×)()若空间向量平行于平面α，则所在直线与平面α平行．(×)．若直线，的方向向量分别为＝(，－)，＝(－)，则()．∥．⊥．与相交但不垂直．以上均不正确答案解析·＝－＋－＝，故⊥，即⊥选.．已知平面α内有一点(，－)，平面α的一个法向量为＝(，－)，则下列点中，在平面α内的是()．() ．(－)．(－) ．(，－)答案解析逐一验证法，对于选项，＝()，∴·＝－＋＝，∴⊥，∴点在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．．若(，)，(，－，)，(－，)是平面α内的三点，设平面α的法向量＝(，，)，则∶∶＝.答案∶∶(－)．已知＝(，－)，＝(，)，若⊥，＝(－，，－)，且⊥平面，则实数，，分别为．答案，－，解析由题意知，⊥，⊥.所以错误!即(\\(×＋×＋(－)×＝，,(－)＋＋(－)×(－)＝，(－)＋－＝，))解得，＝，＝－，＝.题型一证明平行问题例(·浙江改编)如图，在四面体－中，⊥平面，⊥，＝，＝，是的中点，是的中点，点在线段上，且＝.证明：∥平面.思维启迪证明线面平行，可以利用判定定理先证线线平行，也可利用平面的法向量．证明方法一如图，取的中点，以为原点，、所在射线为、轴的正半轴，建立空间直角坐标系.由题意知，(，，)，(，－，)，(，，)．设点的坐标为(，)．因为＝，所以.因为为的中点，故(，，)．又为的中点，故，所以＝.又平面的一个法向量为＝()，故·＝.又 平面，所以∥平面.方法二在线段上取点，使得＝，连接，同证法一建立空间直角坐标系，写出点、、的坐标，设点坐标为(，)．∵＝，设点坐标系(，)则(－，－)＝(－，－)∴(\\(＝()＝(())＋()))∴＝(，＋)又由证法一知＝(，＋)，∴＝，∴∥.又 平面，平面，∴∥平面.思维升华用向量证明线面平行的方法有()证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；()证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；()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线性表示．如图所示，平面⊥平面，为正方形，△是直角三角形，且＝＝，、、分别是线段、、的中点．求证：∥平面.证明∵平面⊥平面且为正方形，∴、、两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则()、()、()、()、()、()、()、()．∴＝(，－)，＝(，－)，＝(，－)，设＝＋，即(，－)＝(，－)＋(，－)，∴(\\(＝，－＝，,－＝－，))解得＝＝.∴＝＋，又∵与不共线，∴、与共面．∵ 平面，∴∥平面.题型二证明垂直问题例如图所示，正三棱柱—1C的所有棱长都为，为的中点．求证：⊥平面.思维启迪证明线面垂直可以利用线面垂直的定义，即证线与平面内的任意一条直线垂直；也可以证线与面的法向量平行．证明方法一设平面内的任意一条直线的方向向量为.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使＝λ＋μ.令＝，＝，＝，显然它们不共面，并且＝＝＝，·＝·＝，·＝，以它们为空间的一个基底，则＝＋，＝＋，＝－，＝λ＋μ＝＋μ＋λ，·＝(－)·＝－μ－λ＝.故⊥，结论得证．方法二如图所示，取的中点，连接.因为△为正三角形，所以⊥.因为在正三棱柱—1C中，平面⊥平面，所以⊥平面.取1C的中点，以为原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则()，(－)，(，)，(，)，()．设平面的法向量为＝(，，)，＝(－，)，＝(－)．因为⊥，⊥，故(\\(·(,\(→))＝，·(,\(→))＝))⇒(\\(－＋＋()＝，,－＋＝，))令＝，则＝，＝－，故＝(，－)为平面的一个法向量，而＝(，－)，所以＝，所以∥，故⊥平面.思维升华用向量证明垂直的方法()线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．()线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．()面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．如图所示，在四棱锥－中，⊥平面，＝，在四边形中，∠＝∠＝°，＝，＝，点在上，＝，与平面成°角．()求证：∥平面；()求证：平面⊥平面.证明以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵⊥平面，∴∠为与平面所成的角，∴∠＝°.∵＝，∴＝，＝.∴()，(，)，(，)，()，(，，)，∴＝(，－)，＝(，)，＝(，，)，()令＝(，，)为平面的一个法向量，则(\\((,\(→))·＝，,(,\(→))·＝，))即(\\(－＋＝，()＋＝，))∴(\\(＝()，＝－(())，))令＝，得＝(－，)．∵·＝－×＋×＋×＝，∴⊥，又 平面，∴∥平面.()取的中点，则(，)，＝(－，)．∵＝，∴⊥.又∵·＝(－，)·(，)＝，∴⊥，∴⊥，又∩＝，∴⊥平面，又∵平面，∴平面⊥平面.题型三解决探索性问题例(·福建)如图，在长方体－1C中，＝＝，为的中点．()求证：⊥；()在棱上是否存在一点，使得∥平面？若存在，求的长；若不存在，说明理由．思维启迪利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算下结论．()证明以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设＝，则()，()，()，，()，故＝()，＝，＝()，＝.∵·＝－×＋×＋(－)×＝，∴⊥.()解假设在棱上存在一点(，)．使得∥平面，此时＝(，－，)．又设平面的法向量＝(，，)．∵⊥平面，∴⊥，⊥，得(\\(＋＝，,()＋＝.))取＝，得平面的一个法向量＝.要使∥平面，只要⊥，有－＝，解得＝.又 平面，∴存在点，满足∥平面，此时＝.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”．如图所示，四棱锥—的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点．()求证：⊥.()若⊥平面，则侧棱上是否存在一点，使得∥平面.若存在，求∶的值；若不存在，试说明理由．()证明连接，设交于，则⊥.由题意知⊥平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系如图．设底面边长为，则高＝，于是，，，，＝，＝，则·＝.故⊥.从而⊥.()解棱上存在一点使∥平面.理由如下：由已知条件知是平面的一个法向量，且＝，＝，＝.设＝，则＝＋＝＋＝，而·＝⇔＝.即当∶＝∶时，⊥.而不在平面内，故∥平面.利用向量法解决立体几何问题典例：(分)(·湖南)如图所示，在四棱锥－中，⊥平面，＝，＝，＝，∠＝∠＝°，是的中点．()证明：⊥平面；()若直线与平面所成的角和与平面所成的角相等，求四棱锥－的体积．思维启迪本题中的()有两种证明思路：()利用常规方法，将证明线面垂直转化为证明线线垂直，利用线面垂直的判定定理证之；()将证明线面垂直问题转化为向量间的关系问题，证明向量垂直；然后计算两个向量的数量积．规范解答方法一()证明如图，连接.由＝，＝，∠＝°得＝. [分]又＝，是的中点，所以⊥. [分]因为⊥平面，平面，所以⊥.[分]而，是平面内的两条相交直线，所以⊥平面. [分]()解过点作∥，分别与，相交于点，，连接.由()⊥平面知，⊥平面.于是∠为直线与平面所成的角，[分]且⊥.由⊥平面知，∠为直线与平面所成的角．[分]由题意得∠＝∠，因为∠＝，∠＝，所以＝.由∠＝∠＝°知，∥.又∥，所以四边形是平行四边形．故＝＝.于是＝.在△中，＝，＝，⊥，所以＝＝，＝＝＝.于是＝＝.[分]又梯形的面积为＝×(＋)×＝，所以四棱锥－的体积为＝××＝××＝.[分]方法二如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．设＝，则()，()，()，()，()，(，)．[分]()证明易知＝(－)，＝()，＝(，)．因为·＝－＋＋＝，·＝，[分]所以⊥，⊥.而，是平面内的两条相交直线，所以⊥平面.[分]()解由题设和()知，，分别是平面，平面的法向量．[分]而与平面所成的角和与平面所成的角相等，所以〈，〉＝〈，〉，即＝.[分]由()知，＝(－)，＝(，－)，又＝(，－)，故＝.解得＝.[分]又梯形的面积为＝×(＋)×＝，所以四棱锥－的体积为＝××＝××＝.[分]温馨提醒()利用向量法证明立体几何问题，可以建立坐标系或利用基底表示向量；()建立空间直角坐标系时要根据题中条件找出三条互相垂直的直线；()对于和平面有关的垂直问题，也可利用平面的法向量．方法与技巧用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：()建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；()通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；()根据运算结果的几何意义来解释相关问题．失误与防范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∥，只需证明向量＝λ(λ∈)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．组专项基础训练(时间：分钟)一、选择题．若直线的一个方向向量为＝()，平面α的一个法向量为＝(，－)，则() ．∥α或α．⊥α．α．与α斜交答案．若直线的方向向量为，平面α的法向量为，能使∥α的是()．＝()，＝(－)．＝()，＝()．＝()，＝(－，－)．＝(，－)，＝()答案解析若∥α，则·＝，中，·＝×＋(－)×＋×＝，∴⊥.．设平面α的法向量为＝(，－)，平面β的法向量＝(－，，)，若α∥β，则＋的值为()．－．－8 ．．－答案解析由α∥β得∥，∴＝＝，∴＝－，＝，∴＋＝.．已知＝(，－)，＝(－，－)，＝(，λ)，若，，三向量共面，则实数λ等于()答案解析由题意得＝＋μ＝(－μ，－＋μ，－μ)，∴(\\(＝－μ＝－＋μ,λ＝－μ))，∴(\\(＝(),μ＝(),λ＝())).．如图，在长方体—1C中，＝，＝，＝，为的中点，为的中点．则与所成的角为()．°．°．°．以上都不正确答案解析以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得，()，(，)，()，(，)，(，)．∴＝(，，－)，＝(－，)，∴·＝(，，－)·(－，)＝，即⊥，∴⊥.二、填空题．已知平面α和平面β的法向量分别为＝()，＝(，－，)，且α⊥β，则＝.答案－解析∵·＝－＋＝，∴＝－.．设点(2a＋，＋)在点()、(，－)、(，－，)确定的平面上，则＝.答案解析＝(－，－)，＝(，－)．根据共面向量定理，设＝＋ (、∈)，则(2a－，＋)＝(－，－)＋(，－)＝(－＋，－－＋)，∴(\\(－＝－＋，＋＝－－，＝＋，))解得＝－，＝，＝.．如图，在正方体—1C中，棱长为，、分别为和上的点，1M＝＝，则与平面1C1C的位置关系是．答案平行解析∵正方体棱长为，1M＝＝，∴＝，＝，∴＝＋＋＝＋＋＝(＋)＋＋(＋)＝＋.又∵是平面的法向量，∴·＝·＝，∴⊥.又∵ 平面，∴∥平面.三、解答题．如图，四边形为正方形，⊥平面，∥，＝＝.证明：平面⊥平面.证明如图，以为坐标原点，线段的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系.依题意有(，)，()，()，则＝()，＝()，＝(，－)．∴·＝，·＝.即⊥，⊥，又∩＝，故⊥平面，又平面，∴平面⊥平面.．如图，在底面是矩形的四棱锥－中，⊥底面，，分别是，的中点，＝＝，＝.()求证：∥平面；()求证：平面⊥平面.证明()以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()，()，()，()，()，∴(，，)，(，)，＝(－，)，＝(，－)，＝(，－)，＝()，＝()，＝()，＝()．∵＝－，∴∥，即∥，又平面， 平面，∴∥平面.()∵·＝()·()＝，·＝()·()＝，∴⊥，⊥，即⊥，⊥.又∩＝，∴⊥平面.∵平面，∴平面⊥平面.组专项能力提升(时间：分钟)．已知＝()，＝(，－)，＝＋＋(，－)．若与及都垂直，则，的值分别为()．－．，－．．－，－答案解析由已知得＝(＋，＋－，－＋)，故·＝3m＋＋＝，·＝＋－＝.解得(\\(＝－，＝.))．已知平面，点是空间任意一点，点满足条件＝＋＋，则直线()．与平面平行．是平面的斜线．是平面的垂线．在平面内答案解析由已知得、、、四点共面．所以在平面内，选.．在正方体—1C中，为正方形1C四边上的动点，为底面正方形的中心，，分别为，的中点，点为平面内一点，线段与互相平分，则满足＝λ的实数λ的有个．答案解析建立如图的坐标系，设正方体的边长为，则(，)，()，∴的中点坐标为，又知()，∴(＋，＋)，而在上，∴＋＝，∴＋＝，即点坐标满足＋＝.∴有个符合题意的点，即对应有个λ.．如图所示，已知直三棱柱—1C中，△为等腰直角三角形，∠＝°，且＝，、、分别为1A、1C、的中点．求证：()∥平面；()1F⊥平面.证明()如图建立空间直角坐标系，令＝＝，则()，()，()，()，()．取中点为，连接，则()，()，()，∴＝(－)，＝(－)，∴＝，∴∥，又∵平面， 平面.故∥平面.()＝(－，－)，＝(，－，－)，＝()．·＝(－)×＋×(－)＋(－)×(－)＝，·＝(－)×＋×＋(－)×＝.∴⊥，⊥，即1F⊥，1F⊥，又∵∩＝，∴1F⊥平面.．在四棱锥—中，⊥底面，底面为正方形，＝，、分别是、的中点．()求证：⊥；()在平面内求一点，使⊥平面，并证明你的结论．()证明如图，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设＝，则()、()、(，)、(，)、、(，)、.＝，＝(，)．∵·＝，∴⊥，即⊥.()解设(，)，则＝，若使⊥平面，则由·＝·()＝＝，得＝；由·＝·(，－，)＝＋＝，得＝.∴点坐标为，即点为的中点．。
课时作业29：§3.2 立体几何中的向量方法（三）
§3.2 立体几何中的向量方法（三）A 级 基础巩固一、选择题1．三棱锥A BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2，若〈n 1，n 2〉＝π3，则二面角A BD C 的大小为( ) A.π3 B.2π3 C.π3或2π3D.π6或π32．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.223．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值为( ) A.23 B.33 C.23 D.134．在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝1，则PC 与平面ABCD 所成角是( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°5．如图，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则O 到平面ABC 1D 1的距离是( )A.12B.24C.22D.32二、填空题6．如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 是C 1C 的中点，O 是底面ABCD 的中点，P 是A 1B 1上的任意点，则直线BM 与OP 所成的角为________．7．已知直线l1的一个方向向量为v1＝(1，－1，2)，直线l2的一个方向向量为v2＝(3，－3，0)，则两直线所成角的余弦值为________．8.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ 上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．三、解答题9．已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．(1)求点D到平面PEF的距离；(2)求直线AC到平面PEF的距离．10.如图，BD⊥平面ABC，AE∥BD，AB＝BC＝CA＝BD＝2AE＝2，F为CD的中点．(1)求证：EF⊥平面BCD.(2)求点A到平面CDE的距离．(3)求二面角CDEA的余弦值．B级能力提升1．在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成角的余弦值等于()A.105 B.155 C.45 D.232．正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角ABDC的正弦值为________．3.如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF＝∠CEF＝90°，AD＝3，EF＝2.(1)求证：AE∥平面DCF；(2)当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60°？参考答案A级基础巩固一、选择题 1．【答案】C【解析】只需搞清二面角的范围是[0，π]． 2．【答案】C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系C xyz ，设BC ＝2，则B (0，2，0)，A (2，0，0)，M (1，1，2)，N (1，0，2)，所以BM →＝(1，－1，2)，AN →＝(－1，0，2)，故BM →与AN →所成角θ的余弦值cos θ＝|BM →·AN →||BM →|·|AN →|＝36×5＝3010.3．【答案】A【解析】如图建立空间直角坐标系，设AA 1＝2AB ＝2，则B (1，1，0)，C (0，1，0)， D (0，0，0)，C 1(0，1，2)，故DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，2)，DC →＝(0，1，0)， 设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2，即平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2，1)， 设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝|－23×1|＝23. 4．【答案】A【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0，0，1)，C (1，2，0)，PC →＝(1，2，－1)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 所以cos 〈PC →，n 〉＝PC →·n |PC →|·|n |＝－12，所以〈PC →·n 〉＝120°，所以斜线PC 与平面ABCD 的法向量所在直线所成角为60°， 所以斜线PC 与平面ABCD 所成角为30°. 5．【答案】B【解析】以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则有D 1(0，0，1)，D (0，0，0)，A (1，0，0)，B (1，1，0)，A 1(1，0，1)，C 1(0，1，1)． 因O 为A 1C 1的中点，所以O ⎝⎛⎭⎫12，12，1，C 1O →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，0， 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎨⎧n ·AD 1→＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，y ＝0，取n ＝(1，0，1)所以O 到平面ABC 1D 1的距离为d ＝|C 1O →·n ||n |＝122＝24.二、填空题 6．【答案】π2【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则O (1，1，0)，P (2，x ，2)，B (2，2，0)，M (0，2，1)， OP →＝(1，x －1，2)，BM →＝(－2，0，1)． 所以OP →·BM →＝0，所以直线BM 与OP 所成角为π2.7．【答案】33【解析】cos 〈v 1，v 2〉＝v 1·v 2|v 1||v 2|＝3＋36·18＝33.8.【答案】25【解析】如图，建立空间坐标系，设正方形的边长为2，则A (0，0，0)，F (2，1，0)，E (1，0，0)， 设M (0，m ，2)(0≤m ≤2)，则AF →＝(2，1，0)，ME →＝(1，－m ，－2)， cos θ＝2－m 5×5＋m 2令t ＝2－m (0≤t ≤2)， cos θ＝15×159＋⎝⎛⎭⎫3t －232≤15×159＋⎝⎛⎭⎫32－232＝25. 三、解答题9．解：(1)建立以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 分别为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，如图所示．则P (0，0，1)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫1，12，0，F ⎝⎛⎭⎫12，1，0， EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，0，PE →＝⎝⎛⎭⎫1，12，－1， 设平面PEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·EF →＝0，且n ·PE →＝0，所以⎩⎨⎧－12x ＋12y ＝0，x ＋12y －z ＝0.令x ＝2，则y ＝2，z ＝3，所以n ＝(2，2，3)，所以点D 到平面PEF 的距离为d ＝|DE →·n ||n |＝|2＋1|4＋4＋9＝31717，因此，点D 到平面PEF 的距离为31717.(2)因为AE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0， 所以点A 到平面PEF 的距离为d ＝|AE →·n ||n |＝117＝1717，所以AC 到平面PEF 的距离为1717. 10. (1)证明：取BC 的中点G ，连接AG ，FG ， 因为F ，G 分别为DC ，BC 的中点， 所以FG ∥BD 且FG ＝12BD ，又AE ∥BD 且AE ＝12BD ，所以AE ∥FG 且AE ＝FG ，所以四边形EFGA 为平行四边形，则EF ∥AG ， 因为BD ⊥平面ABC ，所以BD ⊥AG ， 因为G 为BC 的中点，且AC ＝AB ， 所以AG ⊥BC ，所以AG ⊥平面BCD ， 所以EF ⊥平面BCD .(2)解：取AB 的中点O 和DE 的中点H ，分别以OC →，OB →，OH →所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则C (3，0，0)，D (0，1，2)，E (0，－1，1)，A (0，－1，0)，CD →＝(－3，1，2)，ED →＝(0，2，1)．设平面CDE 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CD →＝－3x ＋y ＋2z ＝0，n 1·ED →＝2y ＋z ＝0，取n 1＝(3，－1，2)，AE →＝(0，0，1)， 点A 到平面CDE 的距离d ＝|AE →·n 1||n 1|＝22.(3)解：取面ABDE 的法向量n 2＝(1，0，0)，由cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3（3）2＋（－1）2＋22×1＝64，故二面角C －DE －A 的余弦值大小为64. B 级 能力提升1．【答案】B【解析】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)．故OE →＝(－1，1，1)，FD 1→＝(－1，0，2)，cos 〈OE →，FD 1→〉＝OE →·FD 1→|OE →||FD 1→|＝33×5＝155，故OE 与FD 1所成角的余弦值是155. 2．【答案】255【解析】取BC 中点O ，连接AO ，DO ，建立如图所示的坐标系．设BC ＝1， 则A ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫0，－12，0，D ⎝⎛⎭⎫32，0，0. 所以OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32，BA →＝⎝⎛⎭⎫0，12，32，BD →＝⎝⎛⎭⎫32，12，0. 由于OA →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面BCD 的法向量．设平面ABD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·BA →＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎨⎧12y ＋32z ＝0，32x ＋12y ＝0，取x ＝1，则y ＝－3，z ＝1， 所以n ＝(1，－3，1)，所以cos 〈n ，OA →〉＝55，sin 〈n ，OA →〉＝25 5.3. 解：建系如图，设AB ＝a ，BE ＝b ，CF ＝c ，则C (0，0，0)，D (0，0，a )，F (0，c ，0)，A (3，0，a )，E (3，b ，0)，B (3，0，0)， (1)证明：AE →＝(3，b ，0)－(3，0，a )＝(0，b ，－a )， CD →＝(0，0，a )，CF →＝(0，c ，0)，设AE →＝λCD →＋μCF →，则(0，b ，－a )＝(0，μc ，λa )， 所以μ＝bc ，λ＝－1，所以AE →＝－CD →＋b c CF →，又AE ⊄平面DCF ，所以AE ∥面DCF .(2)因为EF →＝(－3，c －b ，0)，CE →＝(3，b ，0) 且EF →·CE →＝0，|EF →|＝2.所以⎩⎨⎧－3＋b （c －b ）＝0，3＋（c －b ）2＝2，解得b ＝3，c ＝4，所以E (3，3，0)，F (0，4，0)． 设n ＝(1，y ，z )与平面AEF 垂直，则n ·AE →＝0，n ·EF →＝0，解得n ＝⎝⎛⎭⎫1，3，33a .又因为BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0，0，a )，所以cos 〈n ，BA →〉＝|BA →·n ||BA →|·|n |＝33a a 4a 2＋27＝12，得到a ＝92，所以当AB 为92时，二面角A EF C 的大小为60°.。
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.。
立体几何中的向量方法练习题
立体几何中的向量方法专题练习一1.如图，在四棱锥中， ，，是的中点，是棱上的点，，，，（1）求证：平面底面；（2）设，若二面角的平面角的大小为，试确定的值.2．如图,平面ABDE 与平面ABC 垂直,EAB DBA ∠=∠=π2ACB ∠=,且AC ＝BC ＝BD ＝2AE =2,M 是棱AB 上与点A ,B 不重合的一点．（1）若CM ⊥EM ,试确定点M 的位置；（2）若2AM MB =,求直线CM 与平面CDE 所成的角的正弦值．3．如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形， AB ∥CD, AB ＝2AD ＝2, ∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证： EG ∥平面BDF ；(2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FH HC 的值；若不存在，说明理由．ABCD P -BC AD //AD CD ⊥Q AD M PC 2==PD PA 121==AD BC 3=CD PB =⊥PAD ABCD tMC PM =C BQ M -- 03t4.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．5．如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M －AB －D 的余弦值．6． 已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各条棱长都为a ，P 为A 1B 上的点.（1）试确定PB PA 1的值，使得AB PC ⊥；（2）若321=PB PA ，求二面角P —AC —B 的大小；（3）在（2）的条件下，求C 1到平面PAC 的距离.7．如图，四棱锥中，底面为梯形，，.是的中点，底面，在平面上的正投影为点，延长交于点.(1)求证：为中点；(2)若，，在棱上确定一点，使得平面，并求出与面所成角的正弦值.8．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点.. （1）求证：平面平面；（2），在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为.请说明理由.9．如图所示，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，点E 为AD的中点，，平面ABCD，且求证：；线段PC上是否存在一点F，使二面角的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．10.如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PC 上的点，且BE ⊥平面APC（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥ABC P -体积最大时，求二面角B AC P --的余弦值．11．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．12．如图，在四棱锥中，底面，，点为棱的中点。
第一章空间向量与立体几何(习题参考答案课件)第41页习题14第47页复习参考题1
,
C
3 3
, 0, 0 ,
E
3 12
1 , 4
,
0 ,
A
H
E
xM
G B
y
7．如图，四面体OABC的所有棱长都是1， D，E分别是OA，BC的 中点，连接DE．（1）计算DE的长；（2）求点O到平面ABC的距 离．
DE
3 6
2
1 2
2
6 2 6
2, 2
z
O
即DE 2 . 2
连接PG, GH , HQ,
在△BMD中, P,G为中点, PG 1 MD, 又M为AD中点, PG 2
在△ACD中, AQ 3QC, HD 3HC,QH 1 AD, 4
PG QH,四边形PGHQ为平行四边形,PQ // GH,
P
1 AD 4A
M
B
又PQ 平面BCD, GH 平面BCD, PQ // 平面BCD.
D1
EF
BD
1 3
1 3
0,
EF
CB1
1 3
1 3
0,
A1
C1 B1
EF BD, EF CB1.
D A
F C
EH
y
B
x
6. 如图, 在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中, O为平面A1ABB1的中心,
E为BC的中点, 求点O到直线A1E的距离.
建立如图所示的空间直角坐标系, 则A1(1, 0,1), B(1, 1, 0),C(0, 1, 0),
B1C1,C1D1, D1D, DA各棱的中点.
(1) 求证A1C 平面EFGHKL.
(1) 证明：设正方体的棱长为1, 分别以DA, DC, DD1为单位正交基底建
专题四 4.3立体几何中的向量方法(教师版)
专题四 4.3立体几何中的向量方法[练真题·考什么]1．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面P AB⊥平面P AD；(2)若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值．2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB ＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M－P A－C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．[析命题·学什么]●考点一利用空间向量证明平行、垂直关系【例1】如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB ∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：Array(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面P AD；(3)平面PCD⊥平面P AD.规 律 方 法证明直线与平面、平面与平面平行或垂直的向量方法设直线l 的方向向量为()111,,c b a a = ．平面α，β的法向量分别为()222,,c b a u =，()333,,c b a v =．(1)线面平行 00//212121=++⇔=⋅⇔⊥⇔c c b b a a u a u a lα. (2)线面垂直 ()()222111,,,,//c b a c b a u a u a l ⋅=⇔⋅=⇔⇔⊥λλα. (3)面面平行 ()()333222,,,,////c b a c b a v u v u ⋅=⇔⋅=⇔⇔λλβα. (4)面面垂直 00323232=++⇔=⋅⇔⊥⇔⊥c c b b a a v u v uβα. 「对 点 训 练」在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ；(2)平面EGF ∥平面ABD .●考点二利用空间向量计算空间角命题角度一：线线角或线面角的计算【例2】(2018·石家庄模拟)在如图所示的多面体ABCDEF中，ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，四边形ADEF为等腰梯形，EF∥AD，已知AE ⊥EC，AB＝AF＝EF＝2，AD＝CD＝4.(1)求证：平面ABCD⊥平面ADEF；(2)求直线CF与平面EAC所成角的正弦值．命题角度二：二面角的计算【例3】(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．规 律 方 法1．向量法求异面直线所成的角若异面直线a ，b 的方向向量分别为a，b ，异面直线所成的角为θ，则b a b a b a⋅⋅==,cos cos θ.2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量n ，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则an a n a n⋅⋅==,co s sin θ3．向量法求二面角求出二面角α－l －β的两个半平面α与β的法向量1n ，2n，若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则nn n n n n ⋅⋅==2121,cos cos θ；若二面角α－l －β所成的角θ为钝角，则nn n n n n⋅⋅-=-=2121,cos cos θ.「对 点 训 练」1．(2018·河北“五个一名校联盟”模拟)在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，底面△ABC 是边长为2的正三角形，A 1A ＝A 1C ，A 1A ⊥A 1C .(1)求证：A 1C 1⊥B 1C ；(2)求二面角B 1－A 1C －C 1的正弦值．2．(2018·湖南长郡中学模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．(1)求证：BD ⊥A 1D ；(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为45，求AA 1的长．●考点三 利用空间向量求解探索性问题【例4】 (2018·福州四校联考)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，四边形BFED 是直角梯形，DE ⊥BD ，BF ∥DE ，DE ＝2BF ＝2，平面BFED ⊥平面ABCD .(1)求证：AD ⊥平面BFED ；(2)在线段EF 上是否存在一点P ，使得平面P AB 与平面ADE 所成的锐二面角的余弦值为5728？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．规律方法利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.「对点训练」(2018·西安八校联考)已知几何体ABCC1B1N的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．(1)连接B1C，若M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP ∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由；(2)求二面角C－NB1－C1的余弦值．专题四 4.3立体几何中的向量方法（答案）[练真题·考什么]1．解：(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD . 由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，又AP ∩PD ＝P ，从而AB ⊥平面P AD . 又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD . (2)在平面P AD 内作PF ⊥AD ，垂足为F . 由(1)可知，AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PF . 又AD ∩AB ＝A ，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，→FA 的方向为x 轴正方向，→AB 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系xyz F -.由(1)及已知可得⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0,0,22A ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛22,0,0P ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0,1,22B ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,1,22C . 所以⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=→22,1,22PC ，()0,0,2=→CB ，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=→22,0,22PA ，()0,1,0=→AB ．设()111,,z y x n =→是平面PCB 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→0CB n PC n ， 即⎪⎩⎪⎨⎧==-+-2022221111x z y x ,可取()2,1,0--=→n ． 设()222,,z y x m =→是平面P AB 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→00AB m PA m ，即⎪⎩⎪⎨⎧==-002222222y z x 可得()1,0,1=→m ．则33,cos -=⋅⋅=→→→→→→mn m n m n . 易知二面角A －PB －C 为钝二面角，所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33.2．解：(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，→OB 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系xyz O -.由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，()32,2,0=→AP ．取平面P AC 的法向量()0,0,2=→OB ．设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则()0,4,a a AM -=→． 设平面P AM 的法向量为()z y x n ,,=→．由0=⋅→→n AP ，0=⋅→→n AM 得()⎩⎨⎧=-+=+040322y a ax z y ，可取()()a a a n --=→,3,43，所以()()2223432432,cos aa a a OB n ++--=→→由已知可得23,cos =→→OB n .所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32.解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=→34,334,338n .又()32,2,0-=→PC，所以43,cos =→→n PC . 所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34.●考点一 利用空间向量证明平行、垂直关系【例1】 [证明] 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)向量()1,1,0=→BE ，()0,0,2=→DC ，故0=⋅→→DC BE ，所以BE ⊥DC .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥P A ，又AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以向量()0,0,1=→AB 为平面P AD 的一个法向量， 而0010110=⨯+⨯+⨯=⋅→→AB BE ，所以BE ⊥AB ， 又BE ⊂平面P AD ，所以BE ∥平面P AD .(3)由(2)知平面P AD 的法向量()0,0,1=→AB ，向量()→-=2,2,0PD ，()0,0,2=→DC ，设平面PCD 的一个法向量为()z y x n ,,=→，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→00DC n PD n ，即⎩⎨⎧==-02022x z y ， 不妨令y ＝1，可得()1,1,0=→n ．因为0010110=⨯+⨯+⨯=⋅→→AB n ，所以→n ⊥→AB . 所以平面P AD ⊥平面PCD . 「对 点 训 练」证明：(1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 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．则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)． 设BA ＝a ，则A (a,0,0)，A 1(a,0,4)，所以()0,0,a BA =→，()2,2,0=→BD ，()2,2,01-=→D B ．01=⋅→→BA D B ，04401=-+=⋅→→BD D B则B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ⊂平面ABD ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，⎪⎭⎫ ⎝⎛4,1,2a G ，F (0,1,4)，则⎪⎭⎫⎝⎛=→1,1,2a EG ，()1,1,0=→EF ，02201=-+=⋅→→EG D B ，02201=-+=⋅→→EF D B ，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ⊂平面EGF ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD .●考点二 利用空间向量计算空间角 命题角度一：线线角或线面角的计算【例2】 [解] (1)证明：取AD 的中点M ，连接EM ，AF ＝EF ＝DE ＝2，AD ＝4，可知EM ＝2，∴AE ⊥DE ，又AE ⊥EC ，DE ∩EC ＝E ，∴AE ⊥平面CDE ， ∴AE ⊥CD .又CD ⊥AD ，AD ∩AE ＝A ，∴CD ⊥平面ADEF ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面ADEF .(2)如图，作EO ⊥AD ，则EO ⊥平面ABCD ，故以O 为坐标原点，以OA →的方向为x 轴的正方向建立空间直角坐标系O －xyz ，依题意可得E (0,0，3)，A (3,0,0)，C (－1,4,0)，F (2,0，3)，∴()3,0,3-=→EA ，()0,4,4-=→AC ，()3,4,3-=→CF ．设()z y x n ,,=→为平面EAC 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→00AC n EA n ，即⎩⎨⎧=+-=-044033y x z x ，不妨设x ＝1，可得n ＝(1,1，()3,1,1=→n ，∴35355282,cos =⨯=⋅⋅=→→→→→→nCF nCF n CF ， ∴直线CF 与平面EAC 所成角的正弦值为3535. 命题角度二：二面角的计算【例3】 [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D －xyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，()1,1,2-=→AM ，()0,2,0=→AB ，()0,0,2=→DA ．设()z y x n ,,=→是平面MAB 的法向量，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→0AB n AM n ，即⎩⎨⎧==++-0202y z y x ，可取n ＝(1,0,2)． →DA 是平面MCD 的法向量，因此55,cos =⋅⋅=→→→→→→DAn DAn DA n ， ∴552,sin =→→DA n .所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255. 「对 点 训 练」1．(2018·河北“五个一名校联盟”模拟) 解：(1)证明：如图，取A 1C 1的中点D ，连接B 1D ，CD ，∵C 1C ＝A 1A ＝A 1C ，∴CD ⊥A 1C 1， ∵底面△ABC 是边长为2的正三角形， ∴AB ＝BC ＝2，A 1B 1＝B 1C 1＝2， ∴B 1D ⊥A 1C 1，又B 1D ∩CD ＝D ，∴A 1C 1⊥平面B 1CD ，∴A 1C 1⊥B 1C .(2)解法一：如图，过点D 作DE ⊥A 1C 于点E ，连接B 1E .∵侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，∴侧面AA 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，又B 1D ⊥A 1C 1，侧面AA 1C 1C ∩平面A 1B 1C 1＝A 1C 1，∴B 1D ⊥平面A 1CC 1，∴B 1E ⊥A 1C ，∴∠B 1ED 为所求二面角的平面角， ∵A 1B 1＝B 1C 1＝A 1C 1＝2，∴B 1D ＝3，又ED ＝12CC 1＝22，B 1E ＝142，sin ∠B 1ED ＝B 1D B 1E ＝427，即二面角B 1－A 1C －C 1的正弦值为427.解法二：取AC 的中点O ，以O 为坐标原点，→OC ，→OB ，→1OA 方向为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则依题意，O (0,0,0)，C (1,0,0)，A (－1，0,0)，B (0，3，0)，A 1(0，0,1)，∴()0,3,111==→→AB B A ，()1,0,11-=→C A ． 设平面B 1A 1C 的法向量为()z y x m ,,=→，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→00111C A m B A m ，即⎩⎨⎧=-=+003z x y x取x ＝3，得()3,1,3-=→m ,又平面C 1A 1C 的法向量可取()0,3,0=→OB ．∴77373,cos -=⋅-=⋅⋅=→→→→→→OBm OB m OB m ，∴二面角B 1－A 1C －C 1的正弦值为427. 2．(2018·湖南长郡中学模拟)解：(1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴AA 1⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ， ∴BD ⊥AA 1，∵BA ＝BC ，D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC ，又AC ∩AA 1＝A ，AC ⊂平面ACC 1A 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1，∴BD ⊥A 1D .(2)由(1)知BD ⊥AC ，AA 1⊥平面ABC ，故以D 为坐标原点，DB ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点D 且平行于AA 1的直线为z 轴建立空间直角坐标系D －xyz (如图所示)，设AA 1＝λ(λ>0)，则A 1(0，－4，λ)，B (3,0,0)，C 1(0,4，λ)，D (0,0,0)，∴()λ,4,01-=→DA ，()λ,4,01=→DC ，()0,0,3=→DB ， 设平面BC 1D 的法向量为()z y x n ,,=→，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→001DB n DC n ，即⎩⎨⎧==+0304x z y λ，则x ＝0，令z ＝4，可得y ＝－λ，故()4,,0λ-=→n 为平面BC 1D 的一个法向量．设直线A 1D 与平面BC 1D 所成角为θ，则54161644,cos sin 22111=+⋅++=⋅⋅==→→→→→→λλλλθDA n DA n DA n 解得λ＝2或λ＝8，即AA 1＝2或AA 1＝8. ●考点三 利用空间向量求解探索性问题 【例4】 [解] (1)证明：在梯形ABCD 中， ∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°， ∴AB ＝2，∴BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos60°＝3， ∴AB 2＝AD 2＋BD 2，∴BD ⊥AD ，∵平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ∩平面ABCD ＝BD ， ∴AD ⊥平面BFED .(2)∵AD ⊥平面BFED ，∴AD ⊥DE ，以D 为原点，分别为DA ，DB ，DE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (0,0,2)，F (0，3，1)，()1,3,0-=→EF ，()0,3,1-=→AB ，()2,0,1-=→AE ．设()()10,3,0≤≤-=⋅=→→λλλλEF EP ， 则()λλλ--=⋅+=→→→2,3,1EF AE AP ．取平面ADE 的一个法向量为()0,1,0=→n ，设平面P AB 的法向量为()z y x m ,,=→，由0=⋅→→m AB ，0=⋅→→m AP 得()⎪⎩⎪⎨⎧=-++-=+-02303z y x y x λλ，令y ＝2－λ，得x ＝23－3λ，z ＝3－3λ，∴()λλλ33,2,332---=→m 为平面P AB 的一个法向量，∴2875,cos =⋅⋅=→→→→→→nm nm n m ， 解得λ＝13，∴当P 为线段EF 靠近点E 的三等分点时满足题意. 「对 点 训 练」 (2018·西安八校联考)解：如图，建立空间直角坐标系B －xyz ，则由该几何体的三视图可知， C (0,0,4)，N (4,4,0)，B 1(0,8,0)，C 1(0,8,4)． (1)设平面CNB 1的法向量为()z y x n ,,=→． 易知()4,4,4--=→NC ，()0,4,41-=→NB ，∴⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→001n NB n NC ，即⎩⎨⎧=+-=+--0440444y x z y x ，令x ＝1，可得平面CNB 1的一个法向量为()2,1,1=→n ，设P (0,0，a )(0≤a ≤4)，由于M (2,0,0)，则()a PM -=→,0,2．又MP ∥平面CNB 1，∴022=-=⋅→→a n PM ，解得a ＝1.∴在线段CB 上存在一点P ，使得MP ∥平面CNB 1，此时BP ＝1. (2)设平面C 1NB 1的法向量为()z y x m '''=→,,，易知()4,4,41-=→NC ，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅→→→→011m NB m NC ，即⎩⎨⎧='+'-='+'+'-0440444y x z y x令1='x ，可得平面C 1NB 1的一个法向量为()0,1,1=→m ， ∴336211,cos =⋅+=⋅⋅=→→→→→→nm nm n m . 由图可知，所求二面角为锐角，故二面角C －NB 1－C 1的余弦值为33.。
高考数学第一章空间向量与立体几何4-1第1课时空间中点直线和平面的向量表示练习含解析新人教A版选择性
第1课时 空间中点、直线和平面的向量表示学习目标 理解直线的方向向量与平面的法向量，会求一个平面的法向量．知识点一 空间中点的位置向量如图，在空间中，我们取一定点O 作为基点，那么空间中任意一点P 就可以用向量OP →来表示．我们把向量OP →称为点P 的位置向量．知识点二 空间中直线的向量表示式直线l 的方向向量为a ，且过点A .如图，取定空间中的任意一点O ，可以得到点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使OP →＝OA →＋t a ，① 把AB →＝a 代入①式得 OP →＝OA →＋tAB →，②①式和②式都称为空间直线的向量表示式． 思考 直线的方向向量是不是唯一的？答案 直线的方向向量不是唯一的，它们都是共线向量．解题时，可以选取坐标最简的方向向量．知识点三 空间中平面的向量表示式 1．平面ABC 的向量表示式空间一点P 位于平面ABC 内的充要条件是存在实数x ，y ，使OP →＝OA →＋xAB →＋yAC →.③ 我们把③式称为空间平面ABC 的向量表示式． 2．平面的法向量如图，若直线 l ⊥α ，取直线 l 的方向向量a ，我们称a 为平面α的法向量；过点A 且以 a 为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 {P |a ·AP →＝0}．思考 平面的法向量是不是唯一的？答案 一个平面的法向量不是唯一的，一个平面的所有法向量共线．在应用时，可以根据需要进行选取．1．若两条直线平行，则它们的方向向量方向相同或相反．( √ )2．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．( × ) 3．直线的方向向量是唯一的．( × )一、直线的方向向量例1 (1)已知直线l 的一个方向向量m ＝(2，－1,3)，且直线 l 过 A (0，y ，3)和B (－1,2，z )两点，则y －z 等于( )A ．0B ．1 C.32 D ．3答案 A解析 ∵A (0，y ，3)和B (－1,2，z )，AB →＝(－1,2－y ，z －3), ∵直线l 的一个方向向量为m ＝(2，－1,3) ，故设AB →＝k m . ∴－1＝2k ,2－y ＝－k ，z －3＝3k . 解得 k ＝－12，y ＝z ＝32.∴y －z ＝0.(2) 在如图所示的坐标系中，ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，棱长为1，则直线DD 1的一个方向向量为________，直线 BC 1 的一个方向向量为________．答案 (不唯一)(0,0,1) (0,1,1)解析 ∵DD 1∥AA 1，AA 1—→＝(0,0,1)，直线DD 1的一个方向向量为(0,0,1)；BC 1∥AD 1，AD 1→＝(0，1,1), 故直线BC 1的一个方向向量为(0,1,1)．反思感悟 理解直线方向向量的概念(1)直线上任意两个不同的点都可构成直线的方向向量． (2)直线的方向向量不唯一．跟踪训练1 (1)(多选)若M (1,0，－1)，N (2,1,2)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量是( ) A ．(2,2,6) B ．(1,1,3) C ．(3,1,1) D ．(－3,0,1)答案 AB解析 ∵M ，N 在直线l 上，∴MN →＝(1,1,3)，故向量(1,1,3)，(2,2,6)都是直线l 的一个方向向量．(2)从点A (2，－1,7)沿向量a ＝(8,9，－12)的方向取线段长|AB →|＝34，则B 点的坐标为( ) A ．(18,17，－17)B. (－14，－19,17)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫6，72，1D. ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－112，13答案 A解析 设B 点坐标为 (x ，y ，z ) ，则 AB →＝λa (λ>0)，即(x －2，y ＋1，z －7)＝λ(8,9，－12) ，因为|AB →|＝34，即64λ2＋81λ2＋144λ2＝34，得λ＝2，所以x ＝18，y ＝17，z ＝－17.二、求平面的法向量例2 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．AB ＝AP ＝1，AD ＝3，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACE 的一个法向量．解 因为PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形， 所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →，AD →，AP →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D (0，3，0)，P (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，C (1，3，0)， 于是AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12.AC →＝(1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，所以⎩⎨⎧x ＝－3y ，z ＝－3y ，令y ＝－1，则x ＝z ＝ 3.所以平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，－1，3)． 延伸探究本例条件不变，试求直线PC 的一个方向向量和平面PCD 的一个法向量？ 解 如图所示，建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，C (1，3，0)，所以PC →＝(1，3，－1)，即直线PC 的一个方向向量． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为D (0，3，0)，所以PD →＝(0，3，－1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y －z ＝0，3y －z ＝0，所以⎩⎨⎧x ＝0，z ＝3y ，令y ＝1，则z ＝ 3.所以平面PCD 的一个法向量为(0,1，3)． 反思感悟 求平面法向量的方法与步骤(1)求平面ABC 的法向量时，要选取平面内两不共线向量，如AC →，AB →； (2)设平面的法向量为n ＝(x ，y ，z )； (3)联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AB →＝0，并求解；(4)所求出向量中的三个坐标不是具体的值而是比例关系，设定一个坐标为常数(常数不能为0)便可得到平面的一个法向量．跟踪训练2 已知△ABC 的三个顶点的坐标分别为A (2,1,0)，B (0,2,3)，C (1,1,3)，试求出平面ABC 的一个法向量．解 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵A (2,1,0)，B (0,2,3)，C (1,1,3)， ∴AB →＝(－2,1,3)，BC →＝(1，－1,0)． 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋3z ＝0，x －y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3z ，x ＝y .令z ＝1，则x ＝y ＝3.故平面ABC 的一个法向量为n ＝(3,3,1)．1．若A ( －1,0,1)，B (1,4,7)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量为( ) A ．(1,2,3) B ．(1,3,2) C ．(2,1,3) D ．(3,2,1)答案 A解析 因为AB →＝(2,4,6) ，所以(1,2,3)是直线l 的一个方向向量．2．已知直线l 1的方向向量a ＝(2，－3,5)，直线l 2的方向向量b ＝(－4，x ，y )，若a ∥b ，则x ，y 的值分别是( ) A ．6和－10 B ．－6和10 C ．－6和－10 D ．6和10 答案 A解析 由题意得2－4＝－3x ＝5y，且x ≠0，y ≠0，所以x ，y 的值分别是6和－10.3．若n ＝(2，－3, 1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是( )A ．(0，－3,1)B ．(2,0,1)C ．(－2，－3,1)D ．(－2,3，－1) 答案 D解析 求与n 共线的一个向量．易知(2，－3,1)＝－(－2，3，－1)．4．(多选)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，以下向量可以作为平面ABC 法向量的是( )A.AB →B.AA 1—→C.B 1B —→D.A 1C 1—→ 答案 BC5．已知平面α经过点O (0,0,0)，且e ＝(1,2，－3)是α的一个法向量，M (x ，y ，z )是平面α内任意一点，则x ，y ，z 满足的关系式是________________． 答案 x ＋2y －3z ＝0解析 由题意得e ⊥OM →，则OM →·e ＝(x ，y ，z )·(1,2，－3)＝0， 故x ＋2y －3z ＝0.1．知识清单： (1)直线的方向向量． (2)平面的法向量． 2．方法归纳：待定系数法．3．常见误区：不理解直线的方向向量和平面法向量的作用和不唯一性．1．已知向量a ＝(2, －1,3)和b ＝(－4,2x 2,6x )都是直线l 的方向向量，则x 的值是( ) A ．－1 B ．1或－1 C ．－3 D ．1答案 A解析 由题意得a ∥b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＝2，6x ＝－6，解得x ＝－1.2．已知平面α的一个法向量是(2，－1，－1)，α∥β，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是( ) A. (4,2，－2) B. (2,0,4) C. (2，－1，－5) D. (4，－2，－2)答案 D解析 ∵α∥β，∴β的法向量与α的法向量平行， 又∵(4，－2，－2)＝2(2，－1，－1)，故选D.3．在菱形ABCD 中，若PA →是平面ABCD 的法向量，则以下等式中可能不成立的是( ) A.PA →⊥AB → B.PC →⊥BD → C.PC →⊥AB →D.PA →⊥CD →答案 C解析 ∵PA ⊥平面ABCD ， ∴BD ⊥PA . 又AC ⊥BD ， ∴BD ⊥平面PAC ， ∴PC ⊥BD .故选项B 成立，选项A 和D 显然成立．故选C.4．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个法向量是( ) A ．(1,1，－1) B ．(1，－1,1) C ．(－1,1,1) D ．(－1，－1，－1)答案 D解析 AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，取x ＝－1，则y ＝－1，z ＝－1.故平面ABC 的一个法向量是(－1，－1，－1)．5．(多选)在如图所示的空间直角坐标系中，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，下列结论正确的是( )A ．平面ABB 1A 1的一个法向量为(0,1,0) B ．平面B 1CD 的一个法向量为(1,1,1)C ．平面B 1CD 1的一个法向量为(1,1,1) D ．平面ABC 1D 1的一个法向量为(0,1,1) 答案 AC解析 ∵AD →＝(0,1,0)，AB ⊥AD ，AA 1⊥AD ，又AB ∩AA 1＝A ， ∴AD ⊥平面ABB 1A 1，∴A 正确；∵CD →＝(－1,0,0)，而(1,1,1)·CD →＝－1≠0， ∴(1,1,1)不是平面B 1CD 的法向量，∴ B 不正确；∵B 1C —→＝(0,1，－1)，CD 1—→＝(－1,0,1)，(1,1,1)·B 1C —→＝0，(1,1,1)·CD 1—→＝0，B 1C ∩CD 1＝C ， ∴(1,1,1)是平面B 1CD 1的一个法向量，∴C 正确；∵BC 1—→＝(0,1,1)，而BC 1—→·(0,1,1)＝2≠0， ∴(0,1,1)不是平面ABC 1D 1的法向量，即D 不正确．6．已知平面ABC ，且A (1,2，－1)，B (2,0，－1)，C (3，－2,1)，则平面ABC 的一个法向量为________．答案 (2,1,0)(答案不唯一)解析 AB →＝(1，－2,0)，AC →＝(2，－4,2)， 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －4y ＋2z ＝0，令y ＝1，得x ＝2，z ＝0，故平面ABC 的一个法向量为n ＝(2,1,0)．7．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知点P (2cos x ＋1,2cos 2x ＋2,0)和点Q (cos x ，－1,3)，其中x ∈[0，π]，若直线OP 与直线OQ 垂直，则x 的值为________． 答案π2或π3解析 由OP ⊥OQ ，得OP →·OQ →＝0，即(2cos x ＋1)·cos x ＋(2cos 2x ＋2)·(－1)＝0. ∴cos x ＝0或cos x ＝12.∵x ∈[0，π]， ∴x ＝π2或x ＝π3.8.在如图所示的坐标系中，ABCD －A 1B 1C 1D 1表示棱长为1的正方体，给出下列结论：①直线DD 1的一个方向向量为(0,0,1)；②直线BC 1的一个方向向量为(0,1,1)；③平面ABB 1A 1的一个法向量为(0,1,0)；④平面B 1CD 的一个法向量为(1,1,1)． 其中正确的是________．(填序号) 答案 ①②③解析 DD 1—→＝AA 1—→＝(0,0,1)，故①正确；BC 1—→＝AD 1—→＝(0,1,1)，故②正确；直线AD ⊥平面ABB 1A 1，AD →＝(0,1,0)，故③正确；向量AC 1—→的坐标为(1,1,1)，与平面B 1CD 不垂直，∴④错．9．已知A (2,2,2)，B (2,0,0)，C (0,2, －2)． (1)写出直线BC 的一个方向向量；(2)设平面α经过点A ，且BC 是α的法向量，M (x ，y ，z )是平面α内的任意一点，试写出x ，y ，z 满足的关系式．解 (1)∵B (2,0,0)，C (0,2，－2)，∴BC →＝(－2,2，－2)，即(－2,2，－2)为直线BC 的一个方向向量． (2)由题意AM →＝(x －2，y －2，z －2)， ∵BC →⊥平面α，AM ⊂α， ∴BC →⊥AM →，∴(－2,2，－2)·(x －2，y －2，z －2)＝0.∴－2(x －2)＋2(y －2)－2(z －2)＝0. 化简得x －y ＋z －2＝0.10．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，DC 的中点，求证：AE →是平面A 1D 1F 的法向量．证明 设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，D 1(0,0,1)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，A 1(1,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12， D 1F —→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1，A 1D 1—→＝(－1,0,0)．∵AE →·D 1F —→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－1＝12－12＝0，又AE →·A 1D 1—→＝0， ∴AE →⊥D 1F —→，AE →⊥A 1D 1—→. 又A 1D 1∩D 1F ＝D 1， ∴AE ⊥平面A 1D 1F ，∴AE →是平面A 1D 1F 的法向量．11．已知线段AB 的两端点坐标为A (9，－3,4)，B (9,2,1)，则线段AB 与坐标平面( ) A ．xOy 平行 B ．xOz 平行 C ．yOz 平行 D ．yOz 相交答案 C解析 因为AB →＝(9,2,1)－(9，－3,4)＝(0,5，－3)， 所以AB ∥平面yOz .12．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A ．(1，－1,1) B.⎝⎛⎭⎪⎫1，3，32C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，32D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，3，－32答案 B解析 要判断点P 是否在平面α内，只需判断向量PA →与平面α的法向量n 是否垂直，即PA →·n 是否为0，因此，要对各个选项进行检验．对于选项A ，PA →＝(1,0,1)，则PA →·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A ；对于选项B ，PA →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－4，12，则PA →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－4，12·(3,1,2)＝0，故B 正确；同理可排除C ，D.故选B.13．已知直线l 过点P (1,0，－1)且平行于向量a ＝(2,1,1)，平面α过直线l 与点M (1,2,3)，则平面α的法向量不可能是( ) A ．(1，－4,2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，1，－12D ．(0，－1,1)答案 D解析 因为PM →＝(0,2,4)，直线l 平行于向量a ，若n 是平面α的一个法向量，则必须满足⎩⎨⎧n ·a ＝0，n ·PM →＝0，把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选D.14．若A ⎝⎛⎭⎪⎫0，2，198，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，58，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，1，58是平面α内三点，设平面α的法向量为a ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________.答案 2∶3∶(－4)解析 由已知得，AB →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－3，－74， AC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－1，－74， ∵a 是平面α的一个法向量，∴a ·AB →＝0，a ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －3y －74z ＝0，－2x －y －74z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝23y ，z ＝－43y ，∴x ∶y ∶z ＝23y ∶y ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫－43y ＝2∶3∶(－4)．15．已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，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 →∥DB →.其中正确的是________．(填序号)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，由于BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)，∴BD →与AP →不平行，故④错误．16.如图所示，在四棱锥S －ABCD 中，底面是直角梯形，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，SA ⊥底面ABCD ，且SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，建立适当的空间直角坐标系，求平面SCD 与平面SBA 的一个法向量．解 以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 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Axyz ，则A (0,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C (1,1,0)，S (0,0,1)，则DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1.向量AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0是平面SAB 的一个法向量． 设n ＝(x ，y ，z )为平面SDC 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DC →＝12x ＋y ＝0，n ·DS →＝－12x ＋z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x ，z ＝12x . 取x ＝2，得y ＝－1，z ＝1，故平面SDC 的一个法向量为(2，－1,1)．。
3.2立体几何中的向量方法（经典例题及答案详解）
3.2立体几何中的向量方法（经典例题及答案详解）3.2立体几何中的向量方法第一课时立体几何中的向量方法（1）教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用．掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题．教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用．教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用．教学过程：一、复习引入1. 用向量解决立体几何中的一些典型问题的基本思考方法是：⑴如何把已知的几何条件（如线段、角度等）转化为向量表示；⑵考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表式；⑶如何对已经表示出来的向量进行运算，才能获得需要的结论？2. 通法分析：利用两个向量的数量积的定义及其性质可以解决哪些问题呢？⑴利用定义a ·b ＝|a ||b |cos ＜a ,b ＞或cos ＜a ,b ＞＝a b a b ??r r r r ，可求两个向量的数量积或夹角问题；⑵利用性质a ⊥b ?a ·b ＝０可以解决线段或直线的垂直问题；⑶利用性质a ·a ＝｜a ｜2，可以解决线段的长或两点间的距离问题．二、例题讲解1. 出示例1：已知空间四边形OABC 中，OA BC ⊥，OB AC ⊥．求证：OC AB ⊥．证明：·OC AB u u u u r u u u r ＝·()OC OB OA -u u u u r u u u r u u u r ＝·OC OB u u u u r u u u r －·OC OA u u u u r u u u r ．∵OA BC ⊥，OB AC ⊥，∴·0OA BC =u u u r u u u r ，·0OB AC =u u u r u u u u r ，·()0OA OC OB -=u u u r u u u u r u u u r ，·()0OB OC OA -=u u u r u u u u r u u u r ．∴··OA OC OA OB =u u u r u u u u r u u u r u u u r ，··OB OC OB OA =u u u r u u u u r u u u r u u u r ．∴·OC OB u u u u r u u u r ＝·OC OA u u u u r u u u r ，·OC ABu u u u r u u u r ＝0．∴OC AB ⊥ 2. 出示例2：如图，已知线段AB 在平面α内，线段AC α⊥，线段BD ⊥AB ，线段'DD α⊥，'30DBD ∠=o ，如果AB ＝a ，AC ＝BD ＝b ，求C 、D 间的距离．解：由AC α⊥，可知AC AB ⊥．由'30DBD ∠=o 可知，＜,CA BD u u u r u u u u r ＞＝120o ，∴2||CD u u u u r ＝2()CA AB BD ++u u u r u u u r u u u u r ＝2||CA u u u r ＋2||AB u u u r ＋2||BD u u u u r ＋2(·CA AB u u u r u u u r ＋·CA BD u u u r u u u u r ＋·AB BD u u u r u u u u r )＝22222cos120b a b b +++o ＝22a b +．∴22CD a b =+．3. 出示例3：如图，M 、N 分别是棱长为1的正方体''''ABCD AB C D -的棱'BB 、''B C 的中点．求异面直线MN 与'CD 所成的角．解：∵MN u u u u r ＝1(')2CC BC +u u u u r u u u r ，'CD u u u u r ＝'CC CD +u u u u r u u u u r ，∴·'MN CD u u u u r u u u u r ＝1(')2CC BC +u u u u r u u u r ·(')CC CD +u u u u r u u u u r ＝12(2|'|CC u u u u r ＋'CC CD u u u u r u u u u r g ＋·'BC CC u u u r u u u u r ＋·BC CD u u u r u u u u r )．∵'CC CD ⊥，'CC BC ⊥，BC CD ⊥，∴'0CC CD =u u u u r u u u u r g，·'0BC CC =u u u r u u u u r ，·0BC CD =u u u r u u u u r ，∴·'MN CD u u u u r u u u u r ＝122|'|CC u u u u r ＝12．…求得 cos ＜,'MN CD u u u u r u u u u r ＞12=，∴＜,'MN CD u u u u r u u u u r ＞＝60o . 4. 小结：利用向量解几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示式，并用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算去计算或证明．反思：本节课较好的完成了教学任务，实现了教学目标。
【专题5】(3)立体几何中的向量方法(含答案)
第3讲 立体几何中的向量方法考情解读 1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)(以下相同)．(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．(1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则 cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)， 则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．3．求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离，点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点).热点一 利用向量证明平行与垂直例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，M 为AB 的中点，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 .如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，P A＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点．(1)求证：直线PC ∥平面BDE ；(2)求证：BD ⊥PC ；热点二 利用向量求空间角例2 如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD＝1，AB ＝12EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 分别为AE 、BD 的中点． (1)求证：PQ ∥平面BCE ；(2)求二面角A －DF －E 的余弦值．(2013·山东)如图所示，在三棱锥P －ABQ 中，PB ⊥平面ABQ ，BA ＝BP＝BQ ，D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，AQ ＝2BD ，PD 与EQ 交于点G ，PC 与FQ 交于点H ，连接GH .(1)求证：AB ∥GH ；(2)求二面角D －GH －E 的余弦值．热点三 利用空间向量求解探索性问题例3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1；(2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC ，点D 为BC 的中点．(1)求二面角A —PD —B 的余弦值；(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．真题感悟(2014·北京)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P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长． 押题精练如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF＝1.(1)求直线DF 与平面ACEF 所成角的正弦值；(2)在线段AC 上找一点P ，使PF →与DA →所成的角为60°，试确定点P 的位置．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( ) A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内2．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 的中点，P ，Q 是正方体内部或面上的两个动点，则AM →·PQ →的最大值是( )A.12B ．1 C.32 D.543．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为( ) A.32 B.1010C.35D.254．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于( ) A.64 B.104 C.22 D.325．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.226．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为( )A.36 B.32 C.336 D.12二、填空题7．在一直角坐标系中已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________．8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________．9．已知正方形ABCD 的边长为4，CG ⊥平面ABCD ，CG ＝2，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则点C 到平面GEF 的距离为________．10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．三、解答题11.如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，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.12．(2014·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E－ACD的体积．13．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB⊥BC，O为AC的中点．(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值；(3)在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由．。
习题课(一) 空间向量与立体几何
习题课（一） 空间向量与立体几何一、选择题1．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,1)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1)解析：选D 若l ∥α，则a ·n ＝0，只有选项D 中a ·n ＝0.2．已知空间三点O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (0,1,1)，在直线OA 上有一点H 满足BH ⊥OA ，则点H 的坐标为( )A ．(－2,2,0)B ．(2，－2,0) C.⎝⎛⎭⎫－12，12，0 D.⎝⎛⎭⎫12，－12，0 解析：选C 由OA ―→＝(－1,1,0)，且点H 在直线OA 上，可设H (－λ，λ，0)，则BH ―→＝(－λ，λ－1，－1)．又BH ⊥OA ，∴BH ―→·OA ―→＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝12， ∴H ⎝⎛⎭⎫－12，12，0. 3．已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→的夹角为120°，则λ的值为( ) A ．±66B ．66C ．－66D ．±6解析：选C OA ―→＋λOB ―→＝(1，－λ，λ)，cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，所以λ＝－66. 4．(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( )56C ．55D ．22解析：选C 法一：如图，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．由题意，得A (1,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，∴AD 1―→＝(－1,0，3)，DB 1―→＝(1,1，3)，∴AD 1―→·DB 1―→＝－1×1＋0×1＋(3)2＝2，|AD 1―→|＝2，|DB 1―→|＝5，∴cos 〈AD 1―→，DB 1―→〉＝AD 1―→·DB 1―→|AD 1―→|·|DB 1―→|＝225＝55.法二：如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体EFBA -E 1F 1B 1A 1.连接B 1F ，由长方体性质可知，B 1F ∥AD 1，所以∠DB 1F 为异面直线AD 1与DB 1所成的角或其补角．连接DF ，由题意，得DF ＝12＋(1＋1)2＝5，FB 1＝12＋(3)2＝2，DB 1＝12＋12＋(3)2＝ 5.在△DFB 1中，由余弦定理，得DF 2＝FB 21＋DB 21－2FB 1·DB 1·cos ∠DB 1F ， 即5＝4＋5－2×2×5×cos ∠DB 1F ， ∴cos ∠DB 1F ＝55. 5.如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，侧棱AA 1＝2，D ，E 分别是CC 1与A 1B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G .则A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为( )A ．23B ．7327解析：选A 以C 为坐标原点，CA 所在的直线为x 轴，CB 所在的直线为y 轴，CC 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设CA ＝CB ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，A 1(a,0,2)， D (0,0,1)，∴E ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，1，G ⎝⎛⎭⎫a 3，a 3，13， GE ―→＝⎝⎛⎭⎫a 6，a 6，23，BD ―→＝(0，－a,1)． ∵点E 在平面ABD 上的射影是△ABD 的重心G ， ∴GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→·BD ―→＝0，解得a ＝2. ∴GE ―→＝⎝⎛⎭⎫13，13，23，BA 1―→＝(2，－2,2)， ∵GE ―→⊥平面ABD ，∴GE ―→为平面ABD 的一个法向量． 又cos 〈GE ―→，BA 1―→〉＝GE ―→·BA 1―→|GE ―→||BA 1―→|＝4363×23＝23， ∴A 1B 与平面ABD 所成角的正弦值为23. 6.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( )解析：选A 如图，以D 为原点，DA ，DC 所在的直线分别为x ，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形ABCD 的边长为a ，M (x ，y,0)，则0≤x ≤a,0≤y ≤a ，P ⎝⎛⎭⎫a 2，0，3a 2，C (0，a,0)，则|MC ―→|＝x 2＋(a －y )2，|MP ―→|＝⎝⎛⎭⎫a 2－x 2＋y 2＋⎝⎛⎭⎫3a 22.由|MP ―→|＝|MC ―→|，得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为一条线段y ＝12x (0≤x ≤a )，故选A.二、填空题7．若向量a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)满足条件(c －a )·2b ＝－2，则x ＝________. 解析：∵a ＝(1,1，x )，b ＝(1,2,1)，c ＝(1,1,1)， ∴c －a ＝(0,0,1－x )，2b ＝(2,4,2)． ∴(c －a )·2b ＝2(1－x )＝－2，∴x ＝2. 答案：28．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值等于_______． 解析：如图，连接BD 交AC 于O ，连接D 1O ，由于BB 1∥DD 1，∴DD 1与平面ACD 1所成的角就是BB 1与平面ACD 1所成的角．易知∠DD 1O 即为所求．设正方体的棱长为1，则DD 1＝1，DO ＝22，D 1O ＝62， ∴cos ∠DD 1O ＝DD 1D 1O ＝26＝63.∴BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为63. 答案：639．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面是棱长为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的值等于________．解析：如图所示，建立空间直角坐标系，易求得点D ⎝⎛⎭⎫32，12，1，平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1,0,0)，所以cos 〈n ，AD ―→〉＝322＝64，即sin α＝64.答案：64三、解答题10．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝2AA 1，点D 是A 1B 1的中点．求直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值．解：如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)， D⎝⎛⎭⎫32，－12，2.易知AB ―→＝(3，1,0)，AC 1―→＝(0,2，2)， AD ―→＝⎝⎛⎭⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ―→＝3x ＋y ＝0，n ·AC 1―→＝2y ＋2z ＝0，解得x ＝－33y ，z ＝－2y . 故可取n ＝(1，－3，6)．所以cos 〈n ，AD ―→〉＝n ·AD ―→|n ||AD ―→|＝2310×3＝105. 即直线AD 和平面ABC 1夹角的正弦值为105. 11.如图，四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝1，∠BAD ＝120°，∠ACB ＝90°.(1)求证：BC ⊥平面PAC ； (2)若二面角D -PC -A 的余弦值为55，求点A 到平面PBC 的距离．解：(1)证明：∵PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BC ，∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ，又PA ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面PAC .(2)设AP ＝h ，取CD 的中点E ，则AE ⊥CD ，∴AE ⊥AB .又PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AE ，PA ⊥AB ，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0，h )，C⎝⎛⎭⎫32，12，0，D⎝⎛⎭⎫32，－12，0，B (0,2,0)，PC ―→＝⎝⎛⎭⎫32，12，－h ，DC ―→＝(0,1,0)，设平面PDC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·PC ―→＝0，n 1·DC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x 1＋12y 1－hz 1＝0，y 1＝0，取x 1＝h ，∴n 1＝⎝⎛⎭⎫h ，0，32. 由(1)知平面PAC 的一个法向量为BC ―→＝⎝⎛⎭⎫32，－32，0，∴|cos 〈n 1，BC ―→〉|＝32h h 2＋34×3＝55， 解得h ＝3，同理可求得平面PBC 的一个法向量n 2＝(3，3，2)， 所以，点A 到平面PBC 的距离为 d ＝|AP ―→·n 2||n 2|＝234＝32.12．如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，A 1在底面ABC 的射影为BC 的中点，D 是B 1C 1的中点．(1)证明：A 1D ⊥平面A 1BC ；(2)求二面角A 1-BD -B 1的平面角的余弦值．解：(1)证明：设E 为BC 的中点，由题意得A 1E ⊥平面ABC ，所以A 1E ⊥AE . 因为AB ＝AC ，所以AE ⊥BC . 故AE ⊥平面A 1BC .由D ，E 分别为B 1C 1，BC 的中点，得DE ∥B 1B 且DE ＝B 1B ， 从而DE ∥A 1A 且DE ＝A 1A ，所以A 1AED 为平行四边形．故A 1D ∥AE . 又因为AE ⊥平面A 1BC ，所以A 1D ⊥平面A 1BC .(2)以CB 的中点E 为原点，分别以射线EA ，EB 为x 轴，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E -xyz ，如图所示．由题意知各点坐标如下：A 1(0,0，14)，B (0，2，0)，D (－2，0，14)，B 1(－2，2，14)．因此A 1B ―→＝(0，2，－14)，BD ―→＝(－2，－2，14)，DB 1―→＝(0，2，0)． 设平面A 1BD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B ―→＝0，m ·BD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1－14z 1＝0，－2x 1－2y 1＋14z 1＝0，可取m ＝(0，7，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1―→＝0，n ·BD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 2＝0，－2x 2－2y 2＋14z 2＝0.可取n ＝(7，0,1)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝18.由题意可知，所求二面角的平面角是钝角，故二面角A 1-BD -B 1的平面角的余弦值为－18.。
第七章 第七节 立体几何中的向量方法(优秀经典课时作业练习及答案详解)
[课时作业·巩固练习] 实战演练 夯基提能[A 组 基础保分练]1．如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为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.35 B.56 C.3310D.3610解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1(0，3，2)，F (1,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0,0,2)，B 1F →＝(1，－3，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF →＝(1,0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n ＝0，GF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝(1，3，1)为平面GEF 的一个法向量， 所以cos 〈n ，B 1F →〉＝1－3－15×5＝－35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.故选A.答案：A2．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 ．23C.33D.22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 )， 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.答案：B3．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和正方形ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角的大小是________．解析：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 ，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 所成的角的大小是45°.答案：45°4．如图，已知四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的侧棱AA 1垂直于底面，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝AB ＝AA 1＝2BC ，E 为DD 1的中点，F 为A 1D 的中点．则直线EF 与平面A 1CD 所成角的正弦值为________．解析：因为AB ，AD ，AA 1两两垂直，故以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AA 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设BC ＝1，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，C (2,1,0)，D (0,2,0)，E (0,2,1)，F (0,1,1)，FE →＝(0,1,0)，A 1D →＝(0,2，－2)，CD →＝(－2,1,0)．设平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D →＝0，n ·CD →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2＋y ＝0，故n ＝(1,2,2)， 则sin θ＝|cos 〈n ，FE →〉|＝|n ·FE →||n |·|FE →|＝|1×0＋2×1＋2×0|1＋4＋4×0＋1＋0＝23，故直线EF 与平面A 1CD 所成角的正弦值为23.答案：235．如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)求证：MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．解析：(1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为MN ⊄平面P AB ，AT ⊂平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ， 且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz . 由题意知P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，－2，AN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525.所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.[B 组 能力提升练]1．(2020·抚顺一模)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，E ，F 分别为AB ，B 1C 1的中点．(1)求证：B 1E ∥平面ACF ；(2)求CE 与平面ACF 所成角的正弦值．解析：(1)证明：取AC 的中点M ，连接EM ，FM (图略)，在△ABC 中， 因为E 、M 分别为AB ，AC 的中点，所以EM ∥BC 且EM ＝12BC ，又F 为B 1C 1的中点，B 1C 1∥BC ，所以B 1F ∥BC 且B 1F ＝12BC ，即EM ∥B 1F 且EM ＝B 1F ，故四边形EMFB 1为平行四边形，所以B 1E ∥FM 又MF ⊂平面ACF ，B 1E ⊄平面ACF ， 所以B 1E ∥平面ACF .(2)取BC 中点O ，连接AO 、OF ， 则AO ⊥BC ，OF ⊥平面ABC ，以O 为原点，分别以OB 、AO 、OF 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (－1,0,0)，E (12，－32，0)，F (0,0,2)，CE →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，0，CF →＝(1,0,2)，CA →＝(1，－3，0)，设平面ACF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0n ·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －3y ＝0x ＋2z ＝0，令z ＝－3，则n ＝(23，2，－3)， 设CE 与平面ACF 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈CE →·n 〉|＝|CE →·n ||CE →|·|n |＝21919，所以直线CE 与平面ACF 所成角的正弦值为21919.2．(2020·太原市二模)如图，在四棱锥E -ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在平面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值．解析：(1)证明：如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ，∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ，∴△ADC ≌△ABC ，易得△ADO ≌△ABO ，∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ， ∴BD ⊥平面AEC ，又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD . 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt △ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1，可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ， ∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°，即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ，∴EO ⊥平面ABCD ， 又EO ⊂平面BED ， ∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ，则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°，即∠DAB ＝60°， ∴△ABD 为正三角形，∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ，∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上． 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎫0，0，32，M ⎝⎛⎭⎫34，0，34，D ⎝⎛⎭⎫0，－32，0，N ⎝⎛⎭⎫34，34，0，∴AB →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0，AE →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，DM →＝⎝⎛⎭⎫34，32，34，MN →＝⎝⎛⎭⎫0，34，－34，设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)， 设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →＝⎝⎛⎭⎫34，32＋34λ，34－34λ，设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DP →|n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427. 故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427.。
3.2立体几何中的向量方法(例题)
就是库底与水坝所成的二面角。 设向量 CA 与 DB 的夹角为 ，
因此
2abcos a 2 b2 c 2 d 2 .
所以
a 2 b2 c 2 d 2 cos . 2ab
回到图形问题
2 2 2 2 a b c d 库底与水坝所成二面角的余弦值为 . 2ab
过 A1点作 A1 H 平面 AC 于点 H . 解： 则 A1 H 为所求相对两个面之间 的距离 .
2
D1 A1 B1 H A C B
C1
D
由 A1 AB A1 AD BAD 且 AB AD AA1 H 在 AC上.
AC ( AB BC )2 1 1 2 cos 60 3 AC 3
AC1 ( AB AD AA1 ) 2
2 2 2
2
A1
B1
AB AD AA1 2( AB AD AB AA1 AD AA1 )
1 1 1 2(cos60 cos60 cos60) 6 A | AC1 | 6 所以
D
B
C
作业：
课本P121 第 2、 6 题
回到图形问题
图1
这个晶体的对角线 AC1 的长是棱长的 6 倍。
思考：
（1）本题中四棱柱的对角线BD1的长与棱长有什么关系？ 分析:
BD1 BA BC BB1
A1 B1 D D1
其中ABC ABB1 120 ， B1 BC 60
C1
（2）如果一个四棱柱的各条棱长都相等，
例2：如图3，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的点B 处。从A，B到直线 l（库底与水坝的交线）的距离AC和BD分别为 a 和 b ,CD的长为 c, AB的长为 d。求库底与水坝所成二面角的余弦值。 思考： （1）本题中如果夹角 可以测出，而AB未知，
3.2立体几何中的向量方法 习题课 课件
习题课
立体几何中的向量方法
通过利用向量方法解决综合性较强的问题，进一步 体会空间向量在解决立体几何问题中的广泛作用．
结合例题的解题过程，对立体几何中的三种方法(综 合法、向量法、坐标法)进行比较，进一步体会向量方法 与坐标方法相结合的优越性.
研一研· 问题探究、课堂更高效
习题课
题型一
立体几何中的综合性问题
习题课
(1)证明 如图所示建立空间直角坐标系， 点 D 为坐标原点，设 DC＝1. 连接 AC，AC 交 BD 于点 G，连接 EG. 因为底面 ABCD 是正方形，所以点 G 是此 1 1 正方形的中心，故点 G 的坐标为2，2，0， 1 1 → → 且PA＝(1,0，－1)，EG＝2，0，－2. → → 所以PA＝2EG，即 PA∥EG. 而 EG⊂平面 EDB，且 PA?平面 EDB，因此 PA∥平面 EDB. → (2)证明 依题意得 B(1,1,0)，PB＝(1,1，－1)． 1 1 1 1 → → → 又DE＝0，2，2，故PB· DE＝0＋2－2＝0. 所以 PB⊥DE.
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习题课
题型二 立体几何中的探索性问题 立体几何中的探索性问题，在命题中多以解答题的一 步出现，试题有一定的难度． 这类题型常以适合某种条件的结论“存在”、“不存 在”、“是否存在”等语句表述．解答这类问题，一般要 先对结论作出肯定的假设，然后由此肯定的假设出发，结 合已知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性 也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性． 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)在线段 AP 上是否存在点 M，使得二面角 A－MC－B 为直二面角？若存在，求出 AM 的长；若不存在，请说 明理由．
人教版高中数学选修2-1第三章-空间向量与立体几何练习题及答案
第三章 空间向量及立体几何3.1空间向量及其运算§3.1.1空间向量及其加减运算 §3.1.2空间向量的数乘运算1. 下列命题中不正确的命题个数是( ) ①若A 、B 、C 、D 是空间任意四点，则有AB +BC + CD +DA =0；②对空间任意点O 及不共线的三点A 、B 、C ，若OP =x OA +y OB +z OC （其中x 、y 、z ∈R ），则P 、A 、B 、C 四点共面；③若a 、b 共线，则a 及b 所在直线平行。
A .1 B .2 C .3 D .42.设OABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上一点，且OG =3GG 1，若OG =x OA +y OB +z OC ，则（x ，y ，z ）为( )A .（41，41，41） B .（43，43，43） C .（31，31，31） D .（32，32，32） 3．在平行六面体ABCD －EFGH 中，AG xAC y AF z AH =++，________.x y z ++=则4.已知四边形ABCD 中，AB =a －2c ，CD =5a +6b －8c ，对角线AC 、BD 的中点分别为E 、F ，则EF =_____________.5.已知矩形ABCD ，P 为平面ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，M 、N 分别为PC 、PD 上的点，且M 分PC 成定比2，N 分PD 成定比1，求满足MN xAB y AD z AP =++的实数x 、y 、z 的值.§3.1.3空间向量的数量积运算1.已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，1AA =2AB ，E 为1AA 重点，则异面直线BE 及1CD 所形成角的余弦值为( )A .1010 B . 15C .31010 D . 352．如图，设A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足0AB AC ⋅=，0AC AD ⋅=，0AB AD ⋅=，则△BCD 的形状是( )A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定的3．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1 为正方体，则下列命题中错误的命题为__________．4．如图，已知：平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD =60° （1）证明：C 1C ⊥BD ；_C_D_A_P_ N_B_M（2）当1CDCC 的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明． §3.1.4空间向量的正交分解及其坐标表示§3.1.5空间向量运算的坐标表示1．已知向量(2，2，3)OA =-，(，1，4)OB x y z =-，且平行四边形OACB 的对角线的中点坐标为M 31(0，，)22-，则(，，)x y z =( ) A ．(2，4，1)--- B ．(2，4，1)-- C ．(2，4，1)-- D ．(2，4，1)--2．已知(2，2，4)a=-，(1，1，2)b =-，(6，6，12)c =--，则向量、、a b c ( )A ．可构成直角三角形B ．可构成锐角三角形C ．可构成钝角三角形D ．不能构成三角形3．若两点的坐标是A （3cosα，3sinα，1），B （2cosθ，2sinθ，1），则|AB |的取值范围是( ) A ．[0，5] B ．[1，5] C ．（1，5） D ．[1，25]4.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 的值为 .5.如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底边长为a ，侧棱长为2a .建立适当的坐标系，⑴写出A ，B ，A 1，B 1的坐标；⑵求AC 1及侧面ABB 1A 1所成的角.3.2立体几何中的向量方法1．到一定点（1，0，1）的距离小于或等于2的点的集合为( ) A ．222{(,,)|(1)(1)4}x y z x y z -++-≤ B ．222{(,,)|(1)(1)4}x y z x y z -++-= C ．222{(,,)|(1)(1)2}x y z x y z -++-≤ D ．222{(,,)|(1)(1)2}x y z x y z -++-=2. 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1及平面A 1BD 所成角的余弦值为( ) A ．42 B ．32 C ．33 D ．23 3. 已知斜三棱柱111ABC A B C -，90BCA ∠=，2AC BC ==，1A 在底面ABC 上的射影恰为AC 的中点D ，又知11BA AC ⊥.（1）求证：1AC ⊥平面1A BC ；D 1C 1B 1A 1DABCC 1 B 1 A 1B A（2）求1C 到平面1A AB 的距离；（3）求二面角1A A B C --余弦值的大小.B 4. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中， AB =1，1AC AA ==(1)证明：1ABA C ⊥； （2）求二面角A —1A C —B 的大小.5. 如右图，四棱锥S-ABCD 棱S D 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S C 上是否存在一点E ， 使得BE ∥平面PAC .若存在，求S E ：EC 的值； 若不存在，试说明理由.参考答案第三章 空间向量及立体几何3.1空间向量及其运算§3.1.1空间向量及其加减运算 §3.1.2空间向量的数乘运算1.A2.A3.324.3a +3b －5c5.如图所示，取PC 的中点E ，连结NE ，则MN EN EM =-. 连结AC ，则§3.1.3空间向量的数量积运算1.C2.B3. ③④4.（1）设1,,CB a CD b CC c === ，则||||a b =，BD CD CB b a =-=- ，所以1()||||cos 60||||cos 600CC b a c b c a c b c a c ⋅=-⋅=⋅-⋅=︒-︒=BD ，11BD CC BD CC ∴⊥⊥即 ； （2）1,2,CD x CD CC ==1设则 2CC =x， 设1,,A A a AD b DCc ===，11,A C a b c C D a c =++=-，2211242()()6A C C D a b c a c a a b b c c xx ∴⋅=++⋅-=+⋅-⋅-=+-，令24260xx +-=，则2320x x --=，解得1x =，或23x =-（舍去），_C_D _A_P_ N _B _M _EA 1§3.1.4空间向量的正交分解及其坐标表示§3.1.5空间向量运算的坐标表示 1.A 2.D 3.B 4.165. （1）建系如图，则A （0，0，0） B （0，a ，0）A 1（0，0，2a )，C 1（-23a ，a 2,2a) (2)解法一：在所建的坐标系中，取A 1B 1的中点M ， 于是M （0，a 2,2a），连结AM ，MC 1则有所以，MC 1⊥平面ABB 1A 1.因此，AC 1及AM 所成的角就是AC 1及侧面ABB 1A 1所成的角.∴2194a AC AM ⋅=，而|13||3,||2AC a AM a ==，由cos<1,AC AM >=1132||||AC AM AC AM ⋅=，∴ <1,AC AM >=30°. ∴AC 1及侧面ABB 1A 1所成的角为30°. 3.2立体几何中的向量方法 新 课 标 第 一网1.A2.C3. （1）如右图，取AB 的中点E ，则//DE BC ，因为BC AC ⊥，所以DEAC ⊥，又1A D ⊥平面ABC ，以1,,DE DC DA 为,,x y z 轴建立空间坐标系， 则()0,1,0A -，()0,1,0C ，()2,1,0B ，()2,0,0CB =，由10AC CB ⋅=，知1A C CB ⊥， 又11BA AC ⊥，从而1AC ⊥平面1A BC .（2）由1AC ⋅2130BA t =-+=，得t =.设平面1A AB 的法向量为(),,n x y z =，(1AA =，()2,2,0AB =，所以10220n AA y n AB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，设1z =，则()3,n =-，所以点1C 到平面1A AB 的距离1AC n d n⋅==7. （3）再设平面1A BC 的法向量为(),,m x y z =，(10,CA =-，()2,0,0CB =，所以13020m CA y z m CB x ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩，设1z =，则()0,3,1m =，故cos ,m n m n m n⋅<>==⋅77-，根据法向量的方向，可知二面角1A A B C --的余弦值大小为77. 4.（1）三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，由正弦定理030ACB∠=.如右图，建立空间直角坐标系， 则1(0,0,0),(1,0,0)(0,3,0),(0,0,3)A B C A(2) 如图可取(1,0,0)m AB ==为平面1AA C 的法向量，设平面1A BC 的法向量为(,,)n l m n =，则10,0,130BC n AC n BC ⋅=⋅==-又（，，）， 不妨取1,(3,1,1)mn ==则，1A AC BD ∴--15二面角的大小为arccos 5. 5. （1）连结BD ，设AC 交于BD 于O ，由题意知SO ABCD ⊥平面.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 -如右图.设底面边长为a ，则高62SO a =.于是 62(0,0,),(,0,0)22S a D a -，2(0,,0)2C a ，2(0,,0)2OC a =，26(,0,)22SD a a =--，0OC SD ⋅= ，故OC SD ⊥.从而 AC SD ⊥. (2)由题设知，平面PAC 的一个法向量26()2DSa =，平面DAC 的一个法向量600aOS =（，，，设所求二面角为θ，则3cos OS DS OS DSθ⋅==，得所求二面角的大小为30°._C_A_S_F_BO（3）在棱SC 上存在一点E 使//BE PAC 平面.由（2）知DS 是平面PAC 的一个法向量，且),(0,)DS CS ==.设,CEtCS = 则((1)BE BC CE BC tCS t =+=+=-，而 103BE DC t ⋅=⇔=.即当:2:1SE EC =时，BE DS ⊥.而BE 不在平面PAC 内，故//BE PAC 平面. 作 者 于华东 责任编辑 庞保军。
立体几何中的向量方法习题课.
立体几何中的向量方法习题课基础再现1.空间中任意一条直线l 的位置可以由l 上一个_________以及一个_________确定.2.直线l ⊥平面α，取直线l 上的方向向量a ，则向量a ⊥α，向量a 叫做平面α的_________.3.若直线l 的方向向量是u=(a 1,b 1,c 1,平面α的法向量v =(a 2,b 2,c 2，则l ∥α___________________________,l ⊥α_____________________________________________.4.|a |2_________a 2.答案：1.定点定方向2.法向量3.u ⊥v v •u =0 a 1a 2+b 1b 2+c 1c 2=0u ∥v u =kv (a 1, b 1, c 1=k (a 2, b 2, c 2 a 1=ka 2, b 1=kb 2, c 1=kc 24.=典例启示【例1】 如右图，平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD =60°，则当的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？解：设，，，由已知|a |=|b |，=(a +b +c (a -b =|a |2-|b |2+a •c -b •c =|a ||c |•cos60°-|b ||c |•cos60°=0，∴CA 1⊥B D.因而A 1C ⊥平面C 1BD 的充要条件是CA 1⊥C 1D.由=(a +b +c •(a -c =0|a |2+a •b -b •c -|c |2=0|a |2+|a |•|b |•cos60°-|b |•|c |•cos60°-|c |2=0(3|a |+2|c |•(|c |-|a |=0.∵|a |>0,|c |>0,∴|a |=|c |.∴当时，A 1C ⊥平面C 1B D.启示：这是条件开放性问题，从结论出发，利用向量垂直的条件由线线垂直推出线面垂直.本题通过利用向量的几何运算法则及向量的数量积运算大大降低了探索难度.【例2】 如图，正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面边长为，侧棱长为4，E 、F 分别为棱AB 、BC 的中点.(1求证：平面B 1EF ⊥平面BDD 1B ； (2求点D 1到平面B 1EF 的距离. (1证明：建立如右图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0,B(,,0,E(,,0,F(,,0,D 1(0,0,4,B 1(,,4.=(,,0,=(,,0,=(0,0,4,∴,.∴EF ⊥DB,EF ⊥DD 1.∴EF ⊥平面BDD 1B 1.∴平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.(2解：设平面B 1EF 的法向量n=(x,y,z,则,.又=(0,,4,∴n•=-x+y=0,n•=y+4z=0.∴x=y,.取y=1,得n=(1,1,.又=(,,0,∴点D1到平面B1EF的距离为.启示：利用法向量知识求点到平面的距离，必须找这个平面过这点的斜线段(如本例D1B1.【例3】如右图，四棱锥P—ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABCD所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠D=∠DAB=90°，AB=4，CD=1,AD=2.(1建立适当的坐标系，并写出点B、P的坐标；(2求异面直线PA与BC所成的角；(3若PB的中点为M，求证：平面AMC⊥平面PBC.(1解：建立如右图所示的直角坐标系D—xyz,∵∠D=∠DAB=90°,AB=4,CD=1,AD=2,∴A(2,0,0,C(0,1,0,B(2,4,0.由PD⊥平面ABCD，得∠PAD为PA与平面ABCD所成的角.∴∠PAD=60°.在Rt△PAD中，由AD=2，得.∴P(0,0,.(2解：∵=(2,0,,=(-2,-3,0,∴.∴PA与BC所成的角为arccos.(3证明：∵M为PB的中点，∴点M的坐标为(1,2,.∴=(-1,2,,=(1,1,,=(2,4,.∵=(-1×2+2×4+×(=0,=1×2+1×4+×(=0,∴,.∴PB⊥平面AMC.又PB面PCB,∴平面AMC⊥平面PBC.启示：异面直线所成角的范围为(0,.能力提高1.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°解析：建立如右图所示坐标系.设AB=a, AD=b, AA1=c, 则A1(b, 0, 0, A(b, 0, c, C1(0, a, 0, C(0, a, c, B1(b, a, 0, D(0, 0, c, N(, a, 0, M(b, a,.∵∠CMN=90°, ∴.∴.∴.∴.∴AD1⊥DM, 即所成角为90°.答案：D2.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为AC、BD的交点，则C1O与A1D所成角为(A.60°B.90°C.arccosD.arccos解析：建立如右图所示坐标系.设棱长为1, 则A1(1, 0, 1, C1(0, 1, 1, B(1, 1, 0, O(,, 0.∴.∴C1O与A1D所成角为arccos.答案：D3.正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a,E、F分别是BB1、CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为(A. B. C. D.解析：建立如右图所示坐标系, 则A1(a, 0, a, D1(0, 0, a, A(a, 0, 0, B(a, a, 0, B1(a, a, a, E(a, a,, F(0,, 0.设平面A1D1E的法向量为n=(x, y, z, 则,, 即(x, y, z•(-a, 0, 0=0, (x, y, z•(0, a,=0,∴-ax=0, ay z=0.∴x=0,.∴n=(0,, z.∴.答案：C4.如图，已知正四面体A—BCD中，, ,求直线DE和BF所成角的余弦值.解：设棱长为1,,,∴,.∴,即直线DE和BF所成角的余弦值为.5.直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,EB1=1,D、F、G分别为CC1、B1C1、A1C1的中点，EF与B1D相交于H.(1求证：B1D⊥平面ABD；(2求证：平面EGF∥平面ABD；(3求平面EGF与平面ABD的距离.证明：如右图建立空间直角坐标系, 则B1(0, 0, 0, B(0, 0, 4, D(2, 0, 2,设A1(0, a, 0, 则A(0, a, 4.(1=(2, 0, 2,=(2, 0, -2,=(0, a, 0,∴,..∴B1D⊥BD, B1D⊥BA.∴B1D⊥平面ABD.(2又由已知有C1(2, 0, 0, E(0, 0, 1, G(1,, 0, F(1, 0, 0,∴=(1, 0, -1,=(0,, 0.∴,.∴BD∥EF, BA∥FG.∴EF∥平面ABD, FG∥平面ABD.又EF∩FG=F,∴平面EGF∥平面ABD.(3由上述知是平面ABD与平面EGF的法向量, 又=(0, 0, 3, 所以两平面之间的距离为.6.已知三棱锥P—ABC在某个空间直角坐标系中,=(m,m,0,=(0,2m,0,=(0,0,2n.(1画出这个空间直角坐标系，并指出与Ox的轴的正方向的夹角；(2求证：；(3若M为BC的中点,,求直线AM与平面PBC所成角的大小.(1解：如右图, 这个坐标系以A为坐标原点O, 以AC为Oy轴, 以AP所在直线为Oz轴,与Ox轴的正方向夹角为30°.(2证明：∵=(0, 0, 2n, =(, m, 0,∴.∴.(3解：连AM、PM.∵, M为BC的中点,∴AM⊥BC.又∵PA⊥BC,∴BD⊥平面PAM.过A作AE⊥PM于E点, 则AE⊥平面PBC,∴∠AMP为AM与平面PBC所成的角.又,,故所成角为.7.已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，P、Q分别是BC、CD上的动点，且|PQ|=，建立如右图所示的坐标系;(1确定P、Q的位置，使得B1Q⊥D1P;(2当B1Q⊥D1P时，求二面角C1-PQ-A的正切.解：(1设BP=t, 则,,∴B1(2, 0, 2, D1(0, 2, 2, P(2, t, 0,.∴,=(-2, 2-t, 2.∵B1Q⊥D1P等价于,即,即.解得t=1.此时, P、Q分别是棱BC、CD的中点, 即当P、Q分别是棱BC、CD的中点时, B1Q⊥D1P.(2当B1Q⊥D1P时, 由(1知, P、Q分别是棱BC、CD的中点, 在正方形ABCD中, PQ∥BD, 且AC⊥BD, 故AC⊥PQ.设AC与PQ的交点为E, 连结C1E.在正方体ABCD—A1B1C1D1中, CC1⊥底面ABCD, CE 是C1E在底面ABCD内的射影,∴C1E⊥PQ, 即∠C1EC是二面角C1PQC的平面角, ∠C1EA是二面角C1-PQ-A的平面角.在正方形ABCD中,；在Rt△C1EC中,.∴二面角C1—PQ—A的正切为.施展才华1.直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别为A1B1、A1A的中点.(1求的长；(2求的值；(3求证：A1B⊥C1M.(1解：以C为原点建立空间直角坐标系O—xyz.依题意得B(0, 1, 0, N(1, 0, 1.∴.(2解：依题意得A1(1, 0, 2, B(0, 1, 0, C(0, 0, 0, B1(0, 1, 2.∴=(1, -1, 2, =(0, 1, 2,,,.∴.(3证明：依题意得C1(0, 0, 2, M(,, 2,=(-1, 1, -2, =(,, 0.∴.∴.∴.2.(2003年全国高考如右图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°，侧棱AA1=2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G.(1求A1B与平面ABD所成角的余弦值；(2求点A1到平面AED的距离.解：(1连结BG, 则BG是BE在面ABD的射影, 即∠A1BG是A1B与平面ABD所成的角.如图所示建立坐标系, 坐标原点为O.设CA=2a, 则A(2a, 0, 0, B(0, 2a, 0, D(0, 0, 1, A1(2a, 0, 2, E(a, a, 1, G(,,.∴,.∴, 解得a=1.∴,.∴.(2由(1有A(2, 0, 0, A1(2, 0, 2, E(1, 1, 1, D(0, 0, 1,=(-1, 1, 1•(-1, -1, 0=0,=(0, 0, 2•(-1, -1, 0=0.∴ED⊥平面AA1E.又ED 平面AED, ∴平面AED⊥平面AA1E.又面AED∩面AA1E=AE,∴点A1在平面AED的射影K在AE上.设,则.由, 即λ+λ+λ-2=0,解得.∴.∴.故A1到平面AED的距离为.。
立体几何中的向量方法习题课
设平面 OCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则
n·O→P＝0，n·O→D＝0.即
22y－2z＝0，
－ 22x＋ 22y－2z＝0.
取 z＝ 2，解得 n＝(0,4， 2)．
∵M→N·n＝1－ 42， 42，－1·(0,4， 2)＝0， ∴MN∥平面 OCD.
(2)解 设 AB 与 MD 所成角为 θ，
令 x＝ 3，则 n＝( 3，3,2)，
∴cos〈m，n〉＝︱|mm|·|nn|︱＝12.
∴二面角 P—BD—A 的大小为 60°.
如图所示，在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，AB＝4， AA1＝ 7，点 D 是 BC 的中点，点 E 在 AC 上，且 DE⊥A1E. (1)证明：平面 A1DE⊥平面 ACC1A1； (2)求直线 AD 和平面 A1DE 所成角的正弦值．
P
D A
E C
B
A(0,0,0)，B(1,0,0)，P0， 22，0， D－ 22， 22，0，O(0,0,2)，M(0,0,1)，N1－ 42， 42，0. (1)M→N＝1－ 42， 42，－1，O→P＝0， 22，－2， O→D＝－ 22， 22，－2.
(1)证明 如图，建立坐标系， 则 A(0,0,0)，B(2 3，0,0)， C(2 3，6,0)，D(0,2,0)， P(0,0,3)， ∴A→P＝(0,0,3)， A→C＝(2 3，6,0)， B→D＝(－2 3，2,0)． ∴B→D·A→P＝0，B→D·A→C＝0. ∴BD⊥AP，BD⊥AC.
A(2a,0,0)，B(0,2a,0)，D(0,0,1)，A1(2a,0,2)， E(a，a,1)，G23a，23a，13， E→G＝－a3，－a3，－23， B→D＝(0，－2a,1)， E→G·B→D＝23a2－23＝0，
立体几何中的向量方法习题课
立体几何中的向量方法习题课1．如图，在平行六面体1111ABCD ABC D -中，1,,AB AD AA两两夹角为60°，长度分别为2，3，1，点P 在线段BC 上，且3BP BC =，记1,,a AB b AD c AA ===.（1）试用,,a b c 表示1D P ；（2）求1D P 模.2．如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 是边长为2的等边三角形且垂直于底ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点． （1）证明：直线//CE 平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．3．如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.4．如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.5．如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．6．如图,已知长方形ABCD 中,2,1AB AD ==,M 为DC 的中点. 将ADM ∆沿AM 折起,使得平面ADM ⊥平面ABCM .(1)求证:AD BM ⊥ .(2)点E 是线段DB 上的一动点,当二面角E AM D --大小为3π时,试确定点E 的位置.7．如图，在四棱锥PABCD －中，AB//CD ，AB ＝1，CD ＝3，AP ＝2，DP ＝，∠PAD ＝60°，AB ⊥平面PAD ，点M 在棱PC 上．(Ⅰ)求证：平面PAB ⊥平面PCD ；(Ⅱ)若直线PA// 平面MBD ，求此时直线BP 与平面MBD 所成角的正弦值．8．如图，在四棱锥中，底面ABCD 为直角梯形，//AD BC ，90BAD PAD ∠=∠=︒，1PA AB BC ===，2AD =，BP =E 为线段PD 的中点.（Ⅰ）求直线AE 与平面PCD 所成角的余弦值；（Ⅱ）求二面角B PC D --的大小；（Ⅲ）若F 在段AP 上，且直线BF 与平面PCD 相交，求AF AP的取值范围.9．如图所示，在直三棱柱111ABC A BC -中，4CA =，4CB =，1CC =，90ACB ∠=︒，点M 在线段11A B 上.（1）若113AM MB =，求异面直线AM 和1AC 所成角的余弦值；（2）若直线AM 与平面1ABC 所成角为30°，试确定点M 的位置.10．如图，四棱锥P -ABCD 中，底面四边形ABCD 为矩形，P A ⊥底面ABCD ，PA AD =22AB ==，F 为BC 的中点，PE EC λ=．（1）若2λ=，求异面直线PD 与EF 所成角的余弦值； （2）若12λ=，求二面角E -AF -C 的余弦值．。
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设平面 OCD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 2 y－2z＝0， 2 → → 则 n· ＝0，n· ＝0.即 OP OD 2 2 － 2 x＋ 2 y－2z＝0. 取 z＝ 2，解得 n＝(0,4， 2)．
2 2 → ∵MN· 1－ ， ，－1· n＝ (0,4， 2)＝0， 4 4
E A
B
C’ O’ A’
B’
C F O
ABCD ABCD中，底面ABCD是边长 为a的正方形，侧棱 AA 的长为b ,且 AAB AAD 1200. 求（1）AC 的长； （2）直线 BD 与AC夹角的余弦值。
D
C
A
D A
如图所示，直三棱柱 ABC—A1B1C1 中， 底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90° ，侧棱 AA1＝2，D、E 分别是 CC1、A1B 的中点，点 E 在平面 ABD 上的射影 是△ABD 的重心 G. 求 A1B 与平面 ABD 所成角的正弦值．
例1
解
如图所示，建立空间直角坐标系，坐标原点为 C，设 CA＝
4、如图6，在棱长为a 的正方体OABC O' A' B' C' 中， 分别是棱AB,BC上的动点，且 。 AE BF E、F O’ （1）求证：A' F C' E ； （2）当三棱锥 B' BEF的体积取最大值时，求二
面角 B' EF B 的正切值。
O
C’ A’
B’
C F
图6
2 A(0,0,0)，B(1,0,0)，P0， ，0， 2 2 2 D－ ， ，0，O(0,0,2)，M(0,0,1)，N1－ 2 2
2 2 ， ，0. 4 4
2 2 2 → → (1)MN＝1－ ， ，－1，OP＝0， ，－2， 4 4 2 2 2 → OD＝－ ， ，－2. 2 2
2a，则
A(2a,0,0)，B(0,2a,0)，D(0,0,1)，A1(2a,0,2)， 2a 2a 1 E(a，a,1)，G 3 ， 3 ，3， a 2 → a EG＝－3，－3，－3， → BD＝(0，－2a,1)， → → 2 2 2 EG· ＝ a － ＝0， BD 3 3
∴BD⊥AP，BD⊥AC.
又∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面 PAC.
(2)解
设平面 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· ＝0，n· ＝0. BD BP
→ ∵BP＝(－2 3，0,3)，
－2 ∴ －2
y＝ 3x， 3x＋2y＝0， 解得 2 3 3x＋3z＝0， z＝ 3 x.
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＝2 3，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，建立坐标系，
则 A(0,0,0)，B(2 3，0,0)， C(2 3，6,0)，D(0,2,0)， P(0,0,3)， → ∴AP＝(0,0,3)， → AC＝(2 3，6,0)， → BD＝(－2 3，2,0)． → → → → ∴BD· ＝0，BD· ＝0. AP AC
令 x＝ 3，则 n＝( 3，3,2)， m· n 1 ∴cos〈m，n〉＝︱ ︱＝ . |m||n| 2 ∴二面角 P—BD—A 的大小为 60° .
如图所示，在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，AB＝4， AA1＝ 7，点 D 是 BC 的中点，点 E 在 AC 上，且 DE⊥A1E. (1)证明：平面 A1DE⊥平面 ACC1A1； (2)求直线 AD 和平面 A1DE 所成角的正弦值．
B
C B
6、如图所示，PD垂直于正方形ABCD所在的平面，AB=2，
3 cos E是PB的中点， DP, AE 。 3
（1）建立适当的空间坐标系，写出点E的坐标；
（2）在平面内求一点F，使EF 平面PCB。
P E C B
D A
1 2 → → 1 ∴a＝1，EG＝－3，－3，－3，A1B＝(－2,2，－2)．
→ ∵EG为平面 ABD 的一个法向量， → → A1B· EG 2 → → 且 cos〈A1B，EG〉＝︱ ︱＝ ， 3 → → |A1B||EG| 2 ∴A1B 与平面 ABD 所成角的正弦值是 . 3
∴MN∥平面 OCD.
(2)解 设 AB 与 MD 所成角为 θ， 2 2 → → ∵AB＝(1,0,0)，MD＝－ ， ，－1， 2 2 → → π |AB· | 1 MD ∴cos θ＝ ＝ ，θ∈0，2 ， 2 → → |AB|· | |MD π π ∴θ＝ .∴直线 AB 与 MD 所成的角为 . 3 3
变式训练 1
如图，在四棱锥 O—ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 1 的菱形， π ∠ABC＝ .OA⊥底面 ABCD，OA＝2，M 为 OA 的中点，N 为 BC 4 的中点．
(1)证明：直线 MN∥平面 OCD； (2)求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小．
(1)证明 作 AP⊥CD 于点 P. 如图，分别以 AB，AP，AO 所在直 线为 x，y，z 轴建立直角坐标系．