第七章 第七节 立体几何中的向量方法(理)
高三一轮复习数学第7章第7节立体几何中的向量方法
高三一轮总复习
利用空间向量求空间角
●命题角度1 利用空间向量求异面直线所成的角 1．(2015· 全国卷Ⅰ)如图772，四边形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．
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而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC. 而PB 平面PBC，所以PB⊥DE. 又PB⊥EF，DE∩EF＝E，所以PB⊥平面DEF. 由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三 角形， 即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB，∠DEF，∠ EFB，∠DFB.
设n＝(x，y，z)是平面EHGF的法向量，则
10x＝0， －6y＋8z＝0，
即
所以可取n＝(0,4,3)．
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→ | n · AF | 4 5 → → 又AF＝(－10,4,8)，故|cos〈n，AF〉|＝ ＝ 15 . → |n||AF| 4 5 所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为 15 .
A．45° C．45° 或135°
1 2 m· n 【解析】 cos〈m，n〉＝|m||n|＝ ＝ ，即〈m，n〉＝45° . 1· 2 2 ∴两平面所成二面角为45° 或180° －45° ＝135° .
【答案】 C
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攻考向·三级提能
利用空间向量证明平行、垂直
(2016· 青岛模拟)如图771，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方 1 形，AB＝AC，BC＝ 2AB，B1C1綊2BC，二面角A1ABC是直二面角． 求证：(1)A1B1⊥平面AA1C； (2)AB1∥平面A1C1C.
立体几何中的向量方法(理)),个人总结,各个类型比较全面
立体几何中的向量方法(理)一、直线的方向向量和平面的法向量 1．直线的方向向量直线l 上的向量e 或与e 共线 的向量叫做直线l 的方向向量，显然一条直线的方向向量有 无数 个． 2．平面的法向量如果表示向量n 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，此时向量n 叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量也有 无数多 个，且它们是 共线 向量．求平面法向量的一般步骤是什么？ 二、利用向量求空间角1．求两条异面直线所成的角设，分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θ的范围 求法：cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝ a 与b 的夹角〈a ，b 〉的范围0＜〈a ，b 〉＜π,求法cos θ〈a ，b 〉＝a·b|a ||b |2.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 |.3．求二面角的大小(1)若AB 、CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是 的夹角(如图①)． (2)设n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个面α、β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是(如图②③)．0＜θ≤π2|a·b ||a ||b |向量AB →与CD →三、求空间距离1．若A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |2．a 2＝a·a ＝ |a |2 3.点面距离的求法：设n 是平面α的法向量，点则点B 到平面α的距离为 .线面距、面面距均可转化为点面距离再用(3)中方法求解．1．若直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(2,4，－4)，b ＝(－6,9,6)，则A ．l 1∥l 2B ．l 1⊥l 2C ．l 1与l 2相交但不垂直D ．以上均不正确2．若平面α与平面β的法向量分别是a ＝(4,0，－2)，b ＝(－4,0,2)，则平面α与β的位置关系是( ) A ．平行 B ．垂直 C ．相交但不垂直 D ．无法判断3．(全国高考)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( )A.23B.33C.23D.634．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，则对角线DB 1与CM 所成角的余弦值为________．考点一、利用向量证明平行、垂直问题利用直线的方向向量和平面的法向量，可以判定直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行和垂直．1．设直线l 1的方向向量为u 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线l 2的方向向量为u 2＝(a 2，b 2，c 2)，则l 1∥l 2⇔u1∥u 2⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )； l 1⊥l 2⇔u1⊥u 2⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.2．设直线l 的方向向量为u ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为n ＝(a 2，b 2，c 2)，则l ∥α⇔u ⊥n ⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0；l ⊥α⇔u ∥n ⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )． 3．设平面α的法向量为n 1＝(a 1，b 1，c 1)，平面β的法向量为n 2＝(a 2，b 2，c 2)，则α∥β⇔n1∥n 2⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )；α⊥β⇔n1⊥n 2⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. 例一、如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．求证： (1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF|A B →·n ||n |考点2利用空间向量求异面直线所成角和线面角 1.求异面直线所成角时注意的问题利用向量的夹角来求异面直线的夹角时，注意区别：当异面直线的向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角． 2．利用向量法求线面角的方法一是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)；二是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． 例3在四棱锥S －OABC 中，底面四边形OABC 是直角梯形，且∠COA ＝∠OAB ＝π2，OA ＝OS ＝AB ＝1，OC ＝4，点M 是棱SB 的中点，N 是OC 上的点，且ON ∶NC ＝1∶3，以OC ，OA ，OS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .(1)求异面直线MN 与BC 所成的角的余弦值； (2)求MN 与平面SAB 所成的角的正弦值．考点3、利用空间向量求二面角利用空间向量方法求二面角，可以有两种办法：一是分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)． 例4、已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，AE 垂直于BD 于点E ，F 为A 1B 1的中点． (1)求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值．(2)求平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角(锐角)的余弦值． 考点4利用空间向量求空间距离高考中以两点距与点面距为重点，而线面距、面面距通常可转化为点面距求解，两点距一般用向量的模求解，即利用两点间的距离公式，而点面距主要利用平面的法向量求解，有时也利用直接法或等体积转化法求解．例5、在三棱锥S－ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝23，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示，求点B到平面CMN的距离．例6、在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥平面ABCD，P A＝AD＝1，AB＝2，E、F分别是AB、PD的中点．(1)求证：AF∥平面PEC；(2)求二面角P－EC－D的余弦值；(3)求点B到平面PEC的距离．题眼：向量法求空间角例7、四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面P AC，求二面角P－AC－D的大小【心得】(1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用．(2)本题易错点是学生在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范．(3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错．课时作业 立体几何中的向量方法1．已知向量a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，则下列结论正确的是( ) A ．a ∥c ，b ⊥c B ．a ∥b ，a ⊥c C ．a ∥c ，a ⊥bD ．以上都不对2．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 ＝(1,0,0)，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)3.如图在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行 C ．垂直D ．不能确定4．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 、SD 所成的角的余弦值为( )A.13 B.23C.33D.235．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.12B.23C.33D.226.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若E 、F 分别是BC 、DD 1的中点，则B 1到平面ABF 的距离为( )A.33B.55C.53D.2557．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________．8．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AA 1＝2，则二面角C 1－AB －C 的余弦值为________．9.如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝2，BC ＝4，E 是PD 的中点．(1)求点B 到平面PCD 的距离； (2)求二面角C －AE －D 的余弦值．10．(2012郑州质量检测)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1＝2.(1)求三棱锥C －A 1B 1C 1的体积V ；(2)求直线BD 1与平面ADB 1所成角的正弦值；(3)若棱AA 1上存在一点P ，使得AP →＝λP A 1→，当二面角A －B 1C 1－P 的大小为30°时，求实数λ的值．。
立体几何中的向量方法
图③
热点考向一
线面关系的证明
例1
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90° ，BC＝2，
CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D、F、G分别为CC1、 C1B1、C1A1的中点． 求证：(1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD.
【证明】
(1)以B为坐标原点，BA、BC、BB1所在的直线分别
图① (3)二面角的求法 ①利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图②所示， 〈m，n〉即为所求二面角的平面角．
图②
②对易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时， 可以利用这两个平面的法向量的夹角来求． 如图③所示，二面角 α－l－β，平面 α 的法向量为 n1，平面 β 的 法向量为 n2， 〈n1，n2〉＝θ，则二面角 α－l－β 的大小为 θ 或 π－θ.
4.利用空间向量求距离 计 算两点之 间的距 离和线 段的长度 是几何 度量最 基本的运 算．任何距离问题都可转化为求两点之间的距离． (1)向量法 用已知向量表示未知向量，求得未知向量模的平方，从而求得 线段的长(即两点间距离)． (2)坐标法 建立适当的空间直角坐标系，确定两点的坐标，运用空间两点 间距离公式，求得两点间距离．
【点评】
求空间角(异面直线所成的角，直线与平面所成的
角，二面角)一直是高考的热点，如果用几何法求需要作出这些角的 平面角，对空间想象能力要求高．而用向量法求解时，只需利用公 式．通过简单的向量运算即可解决，显示了向量这一工具巨大的作 用．求二面角时，可以利用法向量求．
2．(2011天津)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中， H是正方形AA1B1B的中心，AA1＝2 2， C1H⊥平面AA1B1B，且C1H＝ 5. (1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值； (2)求二面角A－A1C1－B1的正弦值； (3)设N为棱B1C1的中点，点M在平面AA1B1B内，且MN⊥平面 A1B1C1，求线段BM的长．
第七章 第七节 立体几何的向量方法
解析： ＝ － ，－ ，－6,2)＝2(－2，－ ，－3,1)，∴a∥c. 解析：∵c＝(－4，－ ＝ － ，－ ， ∥ ＝－2× ＋ － × ＋ × ＝ ， 又a·b＝－ ×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a⊥b. ＝－ ⊥ 答案： 答案：C
2.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中， 如图所示，正方体 如图所示 － E，F分别是 1，CD的中点，M为AE ， 分别是 分别是BB 的中点， 为 的中点 上一点． 上一点． (1)求证平面 求证平面AED⊥平面 1FD1； 求证平面 ⊥平面A (2)当AM与AE有怎样的数量关系时，A1M⊥平面 当 与 有怎样的数量关系时 有怎样的＝(－2,4,0)， NC ＝(－2,4,0)， － ， － ， uuu uuur r ∴ DE ＝ NC .∴DE∥NC， ∴ ∥ ，
又 NC 在平面 ABC 内，故 DE∥平面 ABC. ∥ uuu r uuuu r (2) B1 F ＝(－2,2，－ ， EF ＝(2，－ ，－ ， ，－4)， ，－2，－ － ，－ ，－ ，－2)， uuur AF ＝(2,2,0)， ， uuuu uuu r r B1 F · EF ＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， － × ＋ ×－ ＋－ ×－ ＝ ，
为坐标原点， 、 解：以 B 为坐标原点，BC、BB1、BA 所在 的直线分别为 x、y、z 轴建立如图所示的空 、 、 间直角坐标系， 间直角坐标系，则 B(0,0,0)，C1(1,2,0)，B1 ， ， (0,2,0)． ． (1)在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，平面 ABC 的一个法向量为 在直三棱柱 － uuur uuuu r BB1 ＝(0,2,0)，又 BC1 ＝(1,2,0)，设 BC1 与平面 ABC 所成的 ， ， 角为 θ， ，
3.2立体几何中的向量方法(理科)
3.2立体几何中的向量方法一、知识结构二、重难点1.理解直线的方向向量和平面的法向量；会用待定系数法求平面的法向量；2.能用向量语言描述线线、线面、面面的平行与垂直关系；能用向量方法证明空间线面位置关系的一些定理；能用向量方法判断空间线面垂直关系；3.能用向量方法解决线线、线面的夹角的计算问题；能用向量方法进行有关距离的计算.知识点1 空间点、直线、平面的向量表示1.空间点的向量表示2.直线的方向向量3.平面的法向量求平面的法向量通常用两种方法：⑴几何体中已经给出有向线段，只需证明线面垂直；⑵几何体中没有具体的有向线段，此时可以采用待定系数法求解平面的法向量，一般步骤为： ①设平面的法向量为()z y x ,,=；②找出（求出）平面的两个不共线的向量的坐标()()321321,,,,,b b b a a a ==③根据法向量的定义建立关于z y x ,,的方程组⎪⎩⎪⎨⎧=∙=∙0④解方程组，取其中的一个解作为法向量，由于一个平面的法向量有无数多个，可在方程组解中取一个简单的作为平面的法向量.⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧面到面的距离点到面的距离异面直线间的距离点到线的距离空间距离平面与平面所成的角直线与平面所成的角异面直线所成的角空间角面面垂直线面垂直线线垂直垂直关系面面平行线面平行线线平行平行关系空间线面关系的判定平面的法向量直线的方向向量点的位置向量表示点、直线、平面的向量立体几何中的向量法例1在正方体1111D C B A ABCD -中，棱长为1，F E G ，，分别为BC AB AA ，，1的中点，求平面GEF 的一个法向量.知识点2 空间线、面位置关系的判定设直线m l ,的方向向量分别为b a ,，平面βα,的法向量分别为v u ,，则有：例2.1如图所示，在正方体1111D C B A ABCD -中，N M ,分别是111,C B C C 的中点. 求证：BD A MN1//平面.例2.2如图所示，直棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 是直角梯形，=∠=∠ADC BAD90，222===CD AD AB .（1）求证：C C BB AC 11平面⊥；（2）在11B A 上是否存在一点P ，使得DP 与平面1BCB 和平面1ACB 都平行？证明你的结论.知识点3空间数量关系的向量表示 1.夹角⑴直线m l ,的方向向量分别为,，m l ,的夹角为θ⎪⎭⎫⎝⎛≤≤20πθ，则：=θcos ⑵设直线l 的方向向量为，平面α的法向量为，直线l 与平面α所成的角为θ，与的夹角为ϕ，则有==ϕθcos sin 或ϕθsin cos =例3.1如图所示，四边形ABCD 是直角梯形， 90=∠=∠BAD ABC ，ABCD SA 平面⊥，=SA 211===AD BC AB ，.求SC 与平面ASD 所成角的余弦值.⑶平面βα，的法向量分别为，，βα，的夹角为θ⎪⎭⎫⎝⎛≤≤20πθ（1） （2）但是到底是等于，的夹角，还是等于，夹角的补角？ 解决这一问题的关键在于确定法向量的确切方向。
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 7.7 立体几何中的向量方法课件
12/11/2021
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【解析】
(1)如图所示，以 D 为坐标原点，以 DA 所在直线为 x 轴， DC 所在直线为 y 轴，DD1 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标 系，设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，易得 E(2,2,1)，F(1,1,2)， D(0,0,0)，A1(2,0,2)，
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01 知识梳理 诊断自测
课前热身 稳固根基
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知识点一
异面直线所成角
设异面直线 a，b 所成的角为 θ，则 cosθ＝||aa|·|bb||，其中 a，b 分别是 直线 a，b 的方向向量．
两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角 为(0，π)，所以公式中要加绝对值．
则
cosθ＝
→→ AC1·AC2 →→
＝12＋30×＋38＝
3 2.
|AC1||AC2|
又 θ∈0，π2，所以 θ＝π6.
(3)以点 D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
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设 PD＝DC＝1， 则 D(0,0,0)，P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)， 所以D→P＝(0,0,1)，P→C＝(0,1，－1)，D→B＝(1,1,0)， B→C＝(－1，0,0)，设平面 PBD 的一个法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，由 n1·D→P＝0，n1·D→B＝0 得zx11＝＋0y， 1＝0， 令 x1＝1，得 n1＝(1，－1,0)．
设直线 PB 与 AC 所成角为 θ，则 cosθ＝
→→ PB·AC →→
＝2
高考数学总复习 专题07 第7节 立体几何中的向量方法课件 理
∴
m
＝
1 2
2m2＋1 . 解 得
m＝
2 2
，
所
AA′D′D 的一个法向量是D→C＝(0,1,0)，
以
D→H
＝
22，
22，1
.
平
面
设 DP 与平面 AA′D′D 所成的角为 θ，
∵cos〈D→H，D→C〉＝|DD→→HH|·|DD→→CC|＝ 22×0＋ 222××11＋1×0＝12. 的角为∴s3in0θ°.＝12，又 0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.∴DP 与平面 AA′D′D 所成
A. l1∥l2
B. l1⊥l2
C. l1与l2相交但不垂直
D. 以上均不正确
解析：∵a·b＝(2,4，－4)·(－6,9,6)＝－2×6＋4×9－4×6＝0，∴a⊥b.
答案：B
3. 若直线 l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于 120°，则直线 l 与平面α所成的角等于( )
A. 120° B. 60° C. 30° D. 以上均错
则D→A＝(1,0,0)，D→E＝1，1，12，C→1M＝1，－1，－12. 设平面 ADE 的法向量为 m＝(a，b，c)，
则 mm··DD→ →AE＝ ＝00
a＝0， ⇒a＋b＋12c＝0.
令 c＝2，
得 ＝0m＋＝1(－0，1＝－01，,2∴)．C→∵1Mm⊥·Cm→1M.又＝C(01M，⊄－平1面,2)A·D1，E，－∴1，C1－M12∥ 平面 ADE.
若将条件“CP＝2”去掉，那么，异面直线AM与PQ能垂直吗？若能，求出点P 坐标，不能请说明理由．
解析：能垂直．由例题知A→M＝(－2,3,4)，Q(4,6,2)， 设 P(0，y,0)，则P→Q＝(4,6－y,2)，若 AM⊥PQ， 需A→M·P→Q＝0，即(－2,3,4)·(4,6－y,2)＝0， ∴－8＋3(6－y)＋8＝0， ∴y＝6，∴异面直线 AM 与 PQ 能垂直，此时 P 点坐标为(0,6,0)．
第七章 第七节 立体几何中的向量方法(理)
2 7·
7＝27，
从而 sin〈m，n〉＝375.
所以二面角
A－A1C1－B1
的正弦值为3
7
5 .
返回
(3)由 N 为棱 B1C1 的中点，得 N( 22，322， 25)．
设
uuuur M(a，b,0)，则 MN ＝(
22－a，3 2 2－b，
25)．
由 MN⊥平面 A1B1C1， uuuur uuuur
得 MuuNuur·Au1uBuu1r＝0， MN ·A1C1 ＝0.
返回
即 22－a·－2 2＝0，
22－a·－
2＋3 2 2－b·－
2＋
5 2·
5＝0.
解得a＝ 22，
b＝
2 4.
故 M( 22， 42，0)．
因此
uuur BM ＝(
22，42，0)，所以线段
BM
的长|
uuur BM |＝
返回
[通一类] 1．如图所示，正方形ABCD所在平面与平面
四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是 等腰直角三角形，AB＝AE，FA＝FE， ∠AEF＝45°. (1)求证：EF⊥平面BCE； (2)设线段CD、AE的中点分别为P、M，求 证：PM∥平面BCE.
返回
证明：∵△ABE是等腰直角三角形，AB ＝AE，∴AE⊥AB.又∵平面ABEF⊥平面 ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB， ∴AE⊥平面ABCD，∴AE⊥AD， 即AD、AB、AE两两垂直，故建立如图 所示的空间直角坐标系． 设AB＝1，则AE＝1，B(0,1,0)，D(1,0,0)， E(0,0,1)，C(1,1,0)r FC1
＝(－1,0,1)，
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2019版数学(理)培优增分一轮全国经典版培优讲义：第7章 第7讲立体几何中的向量方法 含答案
第7讲立体几何中的向量方法板块一知识梳理·自主学习［必备知识］考点1直线的方向向量和平面的法向量1．直线的方向向量直线l上的向量e或与e共线的向量叫做直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量有无数个．2．平面的法向量如果表示向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α,记作n⊥α，此时向量n叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量也有无数个，且它们是共线向量．3．设直线l,m的方向向量分别为a,b，平面α，β的法向量分别为u，v，则l∥m⇔a∥b⇔a＝k b，k∈R;l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0；l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0；l⊥α⇔a∥u⇔a＝k u，k∈R；α∥β⇔u∥v⇔u＝k v，k∈R；α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0.考点2空间向量与空间角的关系1．两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分别为a,b，其夹角为θ,则cosφ＝|cosθ｜＝|a·b｜|a｜|b|错误!其中φ为异面直线a，b所成的角，范围是.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sinφ＝｜cosθ｜＝错误!，φ的取值范围是错误!.3．求二面角的大小（1）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＝〈错误!，错误!〉．(2)如图②③,n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α,β的法向量，则二面角的大小θ满足cosθ＝cos<n1,n2>或－cos<n1，n2>．取值范围是[0，π]．考点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＝错误!.2．线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．［必会结论］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，则错误!及与错误!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错误
第七讲 立体几何中的向量方法知识梳理·双基自测 知识梳理知识点一 两个重要的向量 (1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有_无数__个． (2)平面的法向量直线l ⊥平面α，取直线l 的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有_无数__个，它们是共线向量．知识点二 空间位置关系的向量表示位置关系向量表示 直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2l 1∥l 2 n 1∥n 2⇒n 1＝λn 2 l 1⊥l 2 n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0 直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为ml ∥α n ⊥m ⇔m ·n ＝0 l ⊥α n ∥m ⇔n ＝λm 平面α、β的法向量分别为n 、mα∥β n ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0知识点三 两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝_|a ·b ||a ||b |__(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．知识点四 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，向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝_|n ·e ||n ||e |__.知识点五 求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角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|＝_|n 1·n 2||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)．知识点六 利用空间向量求距离(1)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为d ＝|AB →·n ||n |.(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解． 注意体积法在求点到平面距离时的应用．重要结论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. 3．若二面角A －BC －D 的大小为α，平面ABC 内的直线l 与平面BCD 所成角为β，则α≥β，当l ⊥BC 时，取等号．双基自测题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的．( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( √ )(4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × ) (5)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( × ) (6)若空间向最a 平行于平面α，则a 所在直线与平面a 平行．( × ) 题组二 走进教材2．(必修2P 111T3)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是_垂直__.[解析] 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体的棱长为1，则A (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫0，1，12，O ⎝⎛⎭⎫12，12，0，N ⎝⎛⎭⎫12，0，1， AM →·ON →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12·⎝⎛⎭⎫0，－12，1＝0， ∴ON 与AM 垂直．3．(必修2P 117A 组T4)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是_π6__.[解析] 分别取AC 、A 1C 1的中点D 、D 1，连接BD ，D 1D ，易知D 1D ⊥平面ABC ，且BD ⊥AC ，故以D 为坐标原点，AC 、DB 、DD 1所成的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．易知B ⎝⎛⎭⎫0，32，0，C 1⎝⎛⎭⎫－12，0，2， ∴C 1B →＝⎝⎛⎭⎫12，32，－2，设BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角为θ， ∵平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)， ∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪C 1B →·n |C 1B →|·|n |＝323×1＝12，∴θ＝π6. 题组三 走向高考4．(2020·新高考Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为(B)A．20°B．40°C．50°D．90°[解析]由题意作出如图所示的截面图，设所求角为α，由图易知α＝40°，故选B．5．(2019·浙江)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A ＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．[解析]解法一：(1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A 1E ⊥平面ABC ， 则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平面A 1EF .因此EF ⊥BC ． (2)取BC 的中点G ，连接EG ，GF ， 则四边形EGF A 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ， 所以平行四边形EGF A 1为矩形． 由(1)得BC ⊥平面EGF A 1， 则平面A 1BC ⊥平面EGF A 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角， 不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152，所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.解法二：(1)证明：连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ， E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E －xyz .不妨设AC ＝4.则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝⎛⎭⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF →＝⎝⎛⎭⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC →＝0得EF ⊥ BC ．(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.考点突破·互动探究考点一 利用向量证明空间的平行与垂直——自主练透例1 (2020·山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2，P A ＝PD ＝CD ＝BC ＝1，平面P AD ⊥平面ABCD ，E 为AD 的中点．(1)求证：P A ⊥BD ；(2)在线段AB 上是否存在一点G ，使得直线BC ∥平面PEG ？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由．[解析] 取BA 的中点H ，连EH ，在梯形ABCD 中，由题意易知EH ⊥AD ，∵P A ＝PD ，E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ， 又平面P AD ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥平面ABCD ， ∴PE ⊥EH ，PE ⊥AD ，∴AE 、EH 、EP 两两垂直， 如图建立空间直角坐标系，则P ⎝⎛⎭⎫0，0，22，A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，B ⎝⎛⎭⎫－22，2，0，D ⎝⎛⎭⎫－22，0，0，E (0,0,0)，C ⎝⎛⎭⎫－2，22，0. (1)P A →＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，BD →＝(0，－2，0)，∴P A →·BD →＝22×0＋0×(－2)＋⎝⎛⎭⎫－22×0＝0，∴P A →⊥BD →，即P A ⊥BD ．(2)设线段AB 上存在点G 满足条件， 则AG →＝λAB →＝(－2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)， EG →＝AG →－AE →＝(－2λ，2λ，0)－⎝⎛⎭⎫－22，0，0＝⎝⎛⎭⎫－2λ＋22，2λ，0.且BC →＝mEG →＋nPE →， 即⎝⎛⎭⎫－22，－22，0＝⎝⎛⎭⎫－2λm ＋22m ，2λm ，－22n ， ∴⎩⎨⎧－2λm ＋22m ＝－22，2λm ＝－22，n ＝0解得λ＝14.∴存在点G ，当AG ＝14AB 时，BC ∥平面PEG .注：本题也可用几何法求解，或求平面PEG 的法向量n ，利用n ·BC →＝0⇔n ⊥BC →⇔BC ∥平面PEG 判断解答．名师点拨(1)建立空间直角坐标时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进而确定向量的坐标． (2)用向量法证平行问题的类型及常用方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 ③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量) ②转化为线面平行、线线平行问题(3)线线垂直问题 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 线面垂直问题直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直问题两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直如图，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．(1)求证：平面A 1B 1D ⊥平面ABD ； (2)求证：平面EGF ∥平面ABD ．[证明] 以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，E (0,0,3)，F (0,1,4)．设BA ＝a ，则A (a,0,0)，G ⎝⎛⎭⎫a2，1，4，A 1(a ，0,4)． (1)因为BA →＝(a,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)， 所以B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0. 所以B 1D →⊥BA →，B 1D →⊥BD →， 即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD ．又BA ∩BD ＝B ，所以B 1D ⊥平面ABD ．因为B 1D ⊂平面A 1B 1D ，所以平面A 1B 1D ⊥平面ABD ．(2)证法一：因为EG →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，1，EF →＝(0,1,1)，B 1D →＝(0,2，－2)， 所以B 1D →·EG →＝0，B 1D →·EF →＝0. 所以B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .因为EG ∩EF ＝E ，所以B 1D ⊥平面EGF . 又由(1)知B 1D ⊥平面ABD ， 所以平面EGF ∥平面ABD ．证法二：∵GF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，0，∴GF →＝－12BA →， 又GF ⊄平面ABD ，AB ⊂平面ABD ， ∴GF ∥平面ABD ，同理EF ∥平面ABD ，又GF ∩EF ＝F ，GF ⊂平面EGF ，EF ⊂平面EGF ， ∴平面EGF ∥平面ABD ．考点二 利用向量求空间的角——多维探究角度1 向量法求异面直线所成的角例2 (2020·豫南豫北精英对抗赛)在四面体ABCD 中，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝2，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( B )A ．23 B ．24 C ．144D ．－24[解析] 取BD 的中点O ，连AO ，OC ，由CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝2，得AO ⊥BD ，CO ⊥BD ，且OC ＝3，AO ＝1.在△AOC 中，AC 2＝AO 2＋OC 2，故AO ⊥OC ，又知BD ∩OC ＝O ，因此AO ⊥平面BCD ，以OB ，OC ，OA 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 (0,0,1)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，∴AB →＝(1,0，－1)，CD →＝(－1，－3，0)，设异面直线AB 与CD 所成角为θ，则cos θ＝|AB →·CD →||AB →||CD →|＝12×1＋3＝24，即异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．名师点拨(1)求异面直线所成角的思路： ①选好基底或建立空间直角坐标系； ②求出两直线的方向向量v 1，v 2； ③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v ·v 2||v 1||v 2|求解． (2)两异面直线所成角的关注点：两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，两向量的夹角的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．角度2 向量法求线面角例3 (2021·浙江联考)如图，底面ABCD 为菱形，AP ⊥平面ABCD ，AP ∥DE ，∠BAD ＝23π，P A ＝AD ＝2DE .(1)求证：BD ∥平面PEC ；(2)求直线DP 与平面PEC 所成角的正弦值． [解析] 解法一：连AC 交BD 于O ，∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD ，又∠BAD ＝2π3，∴△ABC 为正三角形，以点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设P A ＝AD ＝2DE ＝2，则易得点C (0,1,0)，D (－3，0,0)，P (0，－1,2)，E (－3，0,1)， ∴DP →＝(3，－1,2)，CP →＝(0，－2,2)，CE →＝(－3，－1,1)． 设平面PEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧CP →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎨⎧－2y ＋2z ＝0，－3x －y ＋z ＝0，令y ＝1，∴n ＝(0,1,1)． (1)∵DB →＝(23，0,0)， ∴DB →·n ＝0，即BD →⊥n ， 又BD ⊄平面PCE ， ∴BD ∥平面PCE .(2)设直线DP 与平面PEC 所成角为θ， ∴sin θ＝|cos 〈DP →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪DP →·n |DP →|·|n |＝14. 即直线DP 与平面PEC 所成角的正弦值为14.解法二：(1)连接AC 交BD 于点O ，取PC 的中点G ，连接EG ，GO ，则G ，O 分别为PC ，AC 的中点，故GO ∥P A ，且GO ＝12P A ．∵AP ∥DE ，P A ＝2DE ，∴GO ∥DE ，GO ＝DE ， ∴四边形EDOG 为平行四边形， ∴EG ∥DO ，即EG ∥BD ．又∵EG ⊂平面PEC ，BD ⊄平面PEC ， ∴BD ∥平面PEC ．(2)连接DP .∵AP ⊥平面ABCD ， ∴AP ⊥AD ，AP ⊥AC ，∴△P AD ，△P AC 为直角三角形，且P A ⊥平面ABCD ， ∵AP ∥DE ，∴DE ⊥平面ABCD ， ∴DE ⊥CD ，∴△EDC 为直角三角形． 又P A ＝AD ＝2DE ， 不妨设P A ＝AD ＝2DE ＝2，∴DP ＝22，在直角梯形P ADE 中，PE ＝ 5. ∵底面ABCD 为菱形，DC ＝DA ＝2， ∴EC ＝5，S △EDC ＝1. ∵∠DAB ＝23π，∴AC ＝2.在Rt △P AC 中，PC ＝22，∴S △PEC ＝6， ∵AP ∥DE ，∴AP ∥平面DCE ， ∵V P －EDC ＝V A －EDC ，又V D －PEC ＝V P －EDC ， ∴V D －PEC ＝V A －EDC ， 过点A 作AH ⊥DC 于点H ， 易得AH ⊥平面EDC ，AH ＝ 3. 设点D 到平面PEC 的距离为h ， 故13×6·h ＝13×3×1，∴h ＝22. 设DP 与平面PEC 所成角为θ， ∴sin θ＝h DP ＝2222＝14.名师点拨1．线面角涉及斜线的射影，故找出平面的垂线是解题的基本思路，而这往往正是解题难点所在，故常用向量法求解斜线与平面所成角的问题，关键是确定斜线的一个方向向量a 和平面的一个法向量b ，再通过计算线面角的向量公式sin θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |(θ是斜线与平面所成的角)求解，要特别注意a 和b 的夹角与线面角的关系． 2．利用空间向量解答立体几何问题的步骤 (1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系； (2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；(3)设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为0列出方程组，求出法向量； (4)将空间位置关系转化为向量关系； (5)根据定理结论求出相应的角．注：用体积法求出点P 到平面α的距离h ，只需再求出|P A |，则可得直线P A 与平面α所成角的余弦值cos θ＝h|P A |.通过本例两种解法可出看向量法在解决立体几何有关问题中的优越性．角度3 向量法求二面角例4 (2021·安徽合肥调研)在三棱锥P －ABC 中，BC ⊥平面P AB ，平面P AC ⊥平面ABC ．(1)证明：P A ⊥平面ABC ；(2)若D 为PC 的中点，且P A ＝22AB ，AB ＝BC ，求二面角A －BD －C 的余弦值． [解析] (1)证明：过点B 作BO ⊥AC 于O .∵平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，BO ⊂平面ABC ， ∴BO ⊥平面P AC ，∴BO ⊥P A ．又∵BC ⊥平面P AB ，P A ⊂平面P AB ，∴BC ⊥P A ． 又∵BC ∩BO ＝B ，BC ，BO ⊂平面ABC ， ∴P A ⊥平面ABC ．(2)∵AB ＝BC ，BO ⊥AC ，∴O 为BC 中点． 又∵D 为PC 的中点，∴DO ∥P A ． 由(1)知，P A ⊥平面ABC ，∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⊥BO ，DO ⊥AO ，∴以O 为原点，以OA →，OB →，OD →所在方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图．设AB ＝BC ＝2，则AC ＝2，P A ＝4，则O (0,0,0)，A (1,0,0)，C (－1,0,0)，B (0,1,0)，P (1,0,4)，D (0,0,2)． 设平面ABD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， ∴n 1⊥AB →，n 1⊥AD →，n 1·AB →＝0，n 1·AD →＝0， AB →＝(－1,1,0)，AD →＝(－1,0,2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0－x 1＋2z 1＝0. 设z 1＝1得x 1＝2，y 1＝2，∴n 1＝(2,2,1)， 设平面BCD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， ∴n 2⊥CB →，n 2⊥DB →，n 2·CB →＝0，n 2·DB →＝0， CB →＝(1,1,0)，DB →＝(0,1，－2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0y 2－2z 2＝0. 令z 2＝1得x 2＝－2，y 2＝2，∴n 2＝(－2,2,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝19.∵二面角A －BD －C 的平面角θ是钝角， ∴cos θ＝－19.即二面角A －BD －C 的余弦值为－19.注：(1)注意到AB 、BC 、P A 两两垂直，故也可以BC 为x 轴、BA 为y 轴建立坐标系求解；(2)注意到△BCD ≌△BAD ，故作CH ⊥BD 于H ，连AH ，则AH ⊥BD ，∴∠AHC 即为二面角A －BD －C 的平面角，令AB ＝BC ＝2，易求得CH ＝AH ＝355，∴cos ∠AHC ＝CH 2＋AH 2－AC 22CH ·AH ＝－19.名师点拨利用向量法确定二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(3)将二面角转化为线面角求解．如图要求二面角P －AB －C ，可作PH ⊥AB ，则二面角P －AB －C 的大小即为PH 与平面ABC 所成角的大小θ，PH 易求，可用体积法求P 到平面ABC 的距离h ，则sin θ＝h|PH |.〔变式训练2〕(1)(角度1)(2018·江苏高考题改编)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点，则异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为_31020__.(2)(角度2)(2021·广东广州广雅中学等三校联考)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝CB ＝2，∠ABC ＝60°，矩形ACFE 中，AE ＝2，又BF ＝2 2.①求证：BC ⊥平面ACFE ；②求直线BD 与平面BEF 所成角的正弦值．(3)(角度3)(2019·课标Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．①证明：MN ∥平面C 1DE ； ②求二面角A －MA 1－N 的正弦值．[解析] (1)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1， 则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz . 因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)． 因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝⎛⎭⎫32，－12，2.从而BP →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0,2,2)．故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(2)证明：①在梯形ABCD 中，AB ∥CD ， AD ＝CD ＝CB ＝2，∠ABC ＝60°，∴四边形ABCD 是等腰梯形，∠ADC ＝120°， ∴∠DCA ＝∠DAC ＝30°，∠DCB ＝120°，∴∠ACB ＝∠DCB －∠DCA ＝90°，∴AC ⊥BC (也可以利用余弦定理求出AC ，BC 再证明) 又∵矩形ACFE 中，CF ＝AE ＝2，又BF ＝22，CB ＝2， ∴CF 2＋BC 2＝BF 2，∴CB ⊥CF ， 又∵AC ∩CF ＝F ，∴BC ⊥平面ACFE .②以点C 为坐标原点，以CA 所在直线为x 轴，以CB 所在直线为y 轴，以CF 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．可得C (0,0,0)，B (0,2,0)，F (0,0,2)，D (3，－1,0)，E (23，0,2)． ∴EF →＝(－23，0,0)，BF →＝(0，－2,2)，BD →＝(3，－3,0)， 设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝－23x ＝0n ·BF →＝－2y ＋2z ＝0，令y ＝1，则x ＝0，z ＝1，∴n ＝(0,1,1)， ∴|cos 〈BD →，n 〉|＝|BD →·n ||BD →|·|n |＝64，∴直线BD 与平面BEF 所成角的正弦值是64.(3)①证法一：连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D ．由题设知A 1B 1DC ，可得B 1C A 1D ，故ME ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .证法二：∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，连BD ． 则△BCD 为正三角形，又E 为BC 的中点， ∴DE ⊥BC ，又DD 1⊥平面ABCD ，∴DA 、DE 、DD 1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则MN →＝(0，－3，0)，ED →＝(0，－3，0)， ∴MN →＝ED →，∴MN ∥ED ，又MN ⊄平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ，∴MN ∥平面ABCD ．②解法一：由已知可得DE ⊥DA ．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 ，则A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)， A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)， A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为105. 解法二：由题意易知，A 1M ＝22＝AM ， 又AA 1＝4，∴A 1M 2＋AM 2＝AA 21，∴AM ⊥A 1M ，∴二面角A －MA 1－N 的大小即为AM 与平面A 1MN 所成角的大小θ， 又A 1M ＝22，MN ＝3，A 1N ＝5， ∴A 1N ＋MN 2＝A 1M ，∴A 1N ⊥MN ，取AB 的中点H ，则DH ⊥AB ，且DH ＝3， ∵平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ， ∴DH ⊥平面ABB 1A 1，∴A 1D 的中点N 到平面ABB 1A 1的距离为32， 记A 到平面A 1MN 的距离为h ， ∵VN －A 1AM ＝VA －A 1MN ， 则233＝156h ，∴h ＝45， ∴sin θ＝45×22＝105，即二面角A －MA 1－N 的正弦值为105. 考点三 利用向量求空间的距离——师生共研例5 (2021·广东广州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，∠APD ＝90°，且P A ＝PD ，AD ＝PB ．(1)求证：AD ⊥PB ；(2)求点A 到平面PBC 的距离．[解析] (1)证明：取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，BD ， 因为底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°， 所以AD ＝AB ＝BD ．因为O 为AD 的中点，所以BO ⊥AD ．在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 的中点，所以PO ⊥AD ． 因为BO ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面POB ． 因为PB ⊂平面POB ，所以AD ⊥PB ．(2)由题意及(1)易知OP ＝1，BO ＝3，PB ＝2， ∴OP 2＋BO 2＝PB 2，∴OP ⊥OB ，∴OP 、OA 、OB 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－2，3，0)，P (0,0,1)， ∴AP →＝(－1,0,1)，PB →＝(0，3，－1)，PC →＝(－2，3，－1)， 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝3y －z ＝0n ·PC →＝－2x ＋3y －z ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝0z ＝3y ，不妨取y ＝1，则n ＝(0,1，3)，∴点A 到平面PBC 的距离d ＝|AP →·n ||n |＝32.另解(2)(体积法)：∵P A ＝PD ，∠APD ＝90°， ∴PO ＝12AD ＝1，又AD ⊥PB ，BC ∥AD ，∴BC ⊥PB ，记A 到平面PBC 的距离为h ，则由V A －PBC ＝V P －ABC 得23h ＝13×12×2×2sin 120°，∴h ＝32，即A 到平面PBC 的距离为32. 〔变式训练3〕(2021·安徽合肥质检)如图，边长为2的等边△ABC 所在平面与菱形A 1ACC 1所在平面互相垂直，A 1C ＝3AC 1，M 为线段AC 的中点．(1)求证：平面BMC 1⊥平面A 1BC 1； (2)求点C 到平面A 1BC 1的距离．[解析] (1)因为四边形A 1ACC 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1.又因为A 1C ＝3AC 1，所以∠ACC 1＝60°， 即△ACC 1为等边三角形．因为AC 1＝CC 1，M 为线段AC 的中点， 所以AC ⊥C 1M .因为AB ＝BC ，M 为线段AC 的中点， 所以AC ⊥BM .又因为C 1M ∩BM ＝M ，所以AC ⊥平面BMC 1. 又因为AC ∥A 1C 1，所以A 1C 1⊥平面BMC 1.又A 1C 1⊂平面A 1BC 1，所以平面BMC 1⊥平面A 1BC 1. (2)因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，交线是AC ，且C 1M ⊥AC ， 所以C 1M ⊥平面ABC ．以M 为原点，MB ，MC ，MC 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 如图所示：C (0,1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,0，3)，A 1(0，－2，3)， 则A 1C 1→＝(0,2,0)，BC 1→＝(－3，0，3)，CC 1→＝(0，－1，3)， 设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝2y ＝0n ·BC 1→＝－3x ＋3z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,0,1)，∴点C 到平面A 1BC 1的距离d ＝|CC 1→·n ||n |＝32＝62.名师讲坛·素养提升利用向量法解答立体几何中的探究型问题例6 (2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，BC ∥AD ，∠ADC ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ＝1，E 为线段AD 的中点，过BE 的平面与线段PD ，PC 分别交于点G ，F .(1)求证：GF ⊥P A ；(2)若P A ＝PD ＝2，是否存在点G ，使得直线PB 与平面BEGF 所成角的正弦值为105，若存在，请确定G 点的位置；若不存在，请说明理由．[解析] (1)因为BC ＝12AD ，且E 为线段AD 的中点，所以BC ＝DE ，又因为BC ∥AD ， 所以四边形BCDE 为平行四边形， 所以BE ∥CD ，又因为CD ⊂平面PCD ，BE ⊄平面PCD ， 所以BE ∥平面PCD ，又平面BEGF ∩平面PCD ＝GF ，所以BE ∥GF ， 又BE ⊥AD ，且平面P AD ⊥平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BE ⊥平面P AD ，所以GF ⊥平面P AD ， 又P A ⊂平面P AD ，所以GF ⊥P A ．(2)因为P A ＝PD ，E 为线段AD 的中点，所以PE ⊥AD ， 又因为平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PE ⊥平面ABCD ，以E 为坐标原点，EA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E －xyz ；则P (0,0,1)，B (0,1,0)，E (0,0,0)，D (－1,0,0)， 则PB →＝(0,1，－1)，BE →＝(0，－1,0)，DP →＝(1,0,1)， 设DG →＝λDP →(0≤λ≤1)，得G (λ－1,0，λ)， 所以EG →＝(λ－1,0，λ)，设平面BEGF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ BE →·n ＝0，EG →·n ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，(λ－1)x ＋λz ＝0， 不妨令x ＝λ，可得n ＝(λ，0,1－λ)为平面BEGF 的一个法向量，设直线PB 与平面BEGF 所成角为α，于是有sin α＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n |·|PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－12λ2＋(λ－1)2＝105； 得λ＝13或λ＝－1(舍)， 所以存在点G ⎝⎛⎭⎫－23，0，13，使得直线PB 与平面BEGF 所成角的正弦值为105. 故G 为DP 的靠近D 点的三等分点．名师点拨对于“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”．〔变式训练4〕(2021·福建龙岩质检)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ADC ＝∠BCD ＝90°，BC ＝1，PD ＝AD ＝2DC ＝2，∠PDA ＝60°，且平面P AD ⊥平面ABCD ．(1)求证：BD ⊥PC ；(2)在线段P A 上是否存在一点M ，使二面角M －BC －D 的大小为30°？若存在，求出PM P A的值；若不存在，请说明理由．[解析] (1)过点P 在平面P AD 内作PO ⊥AD ，垂足为O ，连接BO 、OC ，∵平面P AD ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥BD ，∵∠PDA ＝60°，PD ＝DA ＝2，∴△PDA 是等边三角形，∴OD ＝1＝BC ，∵OD ∥BC ，∠BCD ＝90°，∴四边形OBCD 是正方形，∴BD ⊥OC ，∵OC ∩PO ＝O ，∴BD ⊥平面POC ，∵PC ⊂平面POC ，∴BD ⊥PC ．(2)∵PO ⊥平面ABCD ，OB ⊥AD ，如图，建立空间直角坐标系O －xyz ，则B (0,1,0)，C (－1,1,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，A (1,0,0)， 假设在线段P A 上存在一点M ，使二面角M －BC －D 大小为30°， 设PM →＝λP A →(0≤λ≤1)，BP →＝(0，－1，3)则BM →＝BP →＋PM →＝(λ，－1，3－3λ)，BC →＝(－1,0,0)，设平面MBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BM →＝λx －y ＋(3－3λ)z ＝0m ·BC →＝－x ＝0， 取m ＝(0，3－3λ，1)，又平面ABCD 的一个法向量n ＝(0,0,1)，∵二面角M －BC －D 大小为30°，∴cos 30°＝|m ·n ||m |·|n |＝1(3－3λ)2＋1＝32， 解得λ＝23或λ＝43(舍)， ∴在线段P A 上存在点M ，满足题设条件，且PM P A ＝23.。
第七章第7讲 立体几何中的向量方法
第7讲 立体几何中的向量方法[学生用书P148])1．空间向量与空间角的关系 (1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a ||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．(2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |．(3)求二面角的大小a ．如图①，AB ，CD 是二面角αlβ两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．b ．如图②③，n 1，n 2分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．2．点到平面的距离的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.辨明两个易误点(1)求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角范围为⎝⎛⎦⎤0，π2.(2)求直线与平面所成角时，注意求出两向量夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．1．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°A [解析] 由于cos 〈m ，n 〉＝－12，所以〈m ，n 〉＝120°.所以直线l 与α所成的角为30°.2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90° C [解析] cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝11×2＝22， 即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3．已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A.⎝⎛⎭⎫33，33，－33 B ．⎝⎛⎭⎫33，－33，33 C.⎝⎛⎭⎫－33，33，33 D ．⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33 D [解析] 因为A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，所以AB →＝(－1，1，0)，AC →＝(－1，0，1)．经验证，当n ＝⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33时， n ·AB →＝33－33＋0＝0，n ·AC →＝33＋0－33＝0.所以⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33是平面ABC 的一个单位法向量． 4.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1如图所示，则直线B 1D 和CD 1所成的角为________． [解析] 以A 为原点，AB →、AD →、AA 1→分别为x 、y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则CD 1→＝(－1，0，1)，B 1D →＝(－1，1，－1)，cos 〈CD 1→，B 1D →〉＝1＋0－12×3＝0，所以两直线所成的角为90°.[答案] 90°5．正四棱锥S -ABCD 中，O 为顶点S 在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________．[解析] 如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系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，a 2. 则CA →＝(2a ，0，0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a ，0)． 设平面P AC 的法向量为n ，易知可取n ＝(0，1，1)， 则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12. 所以〈CB →，n 〉＝60°，所以直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°. [答案] 30°异面直线所成的角[学生用书P148][典例引领](2015·高考全国卷Ⅰ)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：如图，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 ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以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 →|为单位长度，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.当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． [解] (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD ．因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD ． 又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)． 所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0，23，0)．设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64.直线与平面所成的角[学生用书P149][典例引领](2016·高考全国卷丙)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)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． 【解】 (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ， MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB ．(2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ， 从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .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，则直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.利用向量求线面角的方法(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．(2017·石家庄市教学质量检测(二))如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥BD ．(1)求证：PB ＝PD ；(2)若E ，F 分别为PC ，AB 的中点，EF ⊥平面PCD ，求直线PB 与平面PCD 所成角的大小．[解] (1)证明：连接AC ，AC 与BD 交于点O ，连接PO ， 因为底面ABCD 是正方形， 所以AC ⊥BD 且O 为BD 的中点，又P A ⊥BD ，P A ∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面P AC ，由于PO ⊂平面P AC ，故BD ⊥PO ， 又BO ＝DO ，故PB ＝PD ．(2)设PD 的中点为Q ，连接AQ ，EQ ，EQ 綊12CD ＝AF ，所以AFEQ 为平行四边形，EF ∥AQ ， 因为EF ⊥平面PCD ， 所以AQ ⊥平面PCD ，所以AQ ⊥PD ，PD 的中点为Q ， 所以AP ＝AD ＝ 2.由AQ ⊥平面PCD ，可得AQ ⊥CD ，又AD ⊥CD ，AQ ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ， 所以CD ⊥P A ，又BD ⊥P A ， 所以P A ⊥平面ABCD ．结合题意可知，AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，向量AB →，AD →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，Q ⎝⎛⎭⎫0，22，22， D (0，2，0)，P (0，0，2)，AQ →＝⎝⎛⎭⎫0，22，22，PB →＝(2，0，－2)，AQ →为平面PCD 的一个法向量． 设直线PB 与平面PCD 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AQ →|PB →|·|AQ →|＝12，所以直线PB 与平面PCD 所成的角为π6.二面角(高频考点)[学生用书P150]二面角是高考的重点，也是热点，题型多以解答题形式出现，一般为中档题． 高考对二面角的考查，主要有以下两个命题角度： (1)求二面角； (2)由二面角求其他量．[典例引领](2016·高考全国卷乙)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．【解】 (1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向， |GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz . 由(1)知∠DFE 为二面角D -AF -E 的平面角， 故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3)． 由已知，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2，0，3)．连接AC ，则EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.求二面角大小的常用方法(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．[题点通关]角度一 求二面角1．(2017·海口市调研测试)如图，在平行四边形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，∠CBA ＝π3，ABEF 为直角梯形，BE ∥AF ，∠BAF ＝π2，BE ＝2，AF ＝3，平面ABCD ⊥平面ABEF .(1)求证：AC ⊥平面ABEF ；(2)求平面ABCD 与平面DEF 所成锐二面角的余弦值． [解] (1)证明：在△ABC 中，AB ＝1，∠CBA ＝π3，BC ＝2，所以AC 2＝BA 2＋BC 2－2BA ×BC cos ∠CBA ＝3， 所以AC 2＋BA 2＝BC 2，所以AB ⊥AC .又因为平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥平面ABEF .(2)如图，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，0，3)，D (－1，0，3)，E (1，2，0)，F (0，3，0)，AF →＝(0，3，0)是平面ABCD 的一个法向量，设平面DEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，DE →＝(2，2，－3)，DF →＝(1，3，－3)，则⎩⎨⎧2x ＋2y －3z ＝0x ＋3y －3z ＝0，得⎩⎨⎧x ＝3z 4y ＝3z 4，取z ＝4，则x ＝y ＝3， 故n ＝(3，3，4)是平面DEF 的一个法向量． 设平面ABCD 与平面DEF 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AF →·n |AF →||n |＝333×3＋3＋16＝322＝6622.角度二 由二面角求其他量2．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．[解] (1)证明：连接BD ，设AC 与BD 的交点为G ，则G 为AC ，BD 的中点，连接EG .在三角形PBD 中，中位线EG ∥PB ，且EG 在平面AEC 内，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)设CD ＝m ，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，D (0，3，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，32，12，C (m ，3，0)． 所以AD →＝(0，3，0)，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，32，12，AC →＝(m ，3，0)．设平面ADE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则n 1·AD →＝0，n 1·AE →＝0，解得一个n 1＝(1，0，0)． 同理设平面ACE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则n 2·AC →＝0，n 2·AE →＝0， 解得一个n 2＝(－3，m ，－3m )． 因为cos 60°＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝33＋m 2＋3m2＝12，解得m ＝32. 设F 为AD 的中点，连接EF ，则P A ∥EF ，且EF ＝AP 2＝12，EF ⊥平面ACD ，所以EF 为三棱锥E -ACD 的高．所以V E ACD ＝13·S △ACD ·EF ＝13×12×32×3×12＝38.所以三棱锥E -ACD 的体积为38.空间中的距离问题[学生用书P151][典例引领]如图，平面P AD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面P AB ； (2)求点A 到平面EFG 的距离．【解】 如图，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0)．(1)证明：因为EF →＝(0，1，0)，AP →＝(0，0，2)，AB →＝(2，0，0)，所以EF →·AP →＝0×0＋1×0＋0×2＝0，EF →·AB →＝0×2＋1×0＋0×0＝0，所以EF ⊥AP ，EF ⊥AB ． 又因为AP ，AB ⊂平面P AB ， 且P A ∩AB ＝A ， 所以EF ⊥平面P AB ． 又EF ⊂平面EFG ， 所以平面EFG ⊥平面P AB ．(2)设平面EFG 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝（x ，y ，z ）·（0，1，0）＝0，n ·EG →＝（x ，y ，z ）·（1，2，－1）＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0.取n ＝(1，0，1)，又AE →＝(0，0，1)，所以点A 到平面EFG 的距离d ＝|AE →·n ||n |＝12＝22.(1)空间中的各种距离一般都可以转化为求点与点、点与线、点与面的距离． ①点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距：点M 到直线a 的距离，若直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M 到直线a 的距离为d ＝|MN →|·sin 〈MN →，a 〉；③线线距：两平行线间的距离转化为点线距离，两异面直线间的距离转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距：点M 到平面α的距离，若平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN →||cos 〈MN →，n 〉|＝|MN →·n ||n |.(2)利用空间向量求空间距离问题，首先应明确所求距离特征，恰当选用距离公式求解．如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，BC ＝3，CC 1＝2.(1)求证：平面A 1BC 1∥平面ACD 1；(2)求平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离． [解] (1)证明：因为AA 1綊CC 1，所以四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以AC ∥A 1C 1. 又AC ⊄平面A 1BC 1，A 1C 1⊂平面A 1BC 1， 所以AC ∥平面A 1BC 1. 同理可证CD 1∥平面A 1BC 1.又AC ∩CD 1＝C ，AC ⊂平面ACD 1，CD 1⊂平面ACD 1， 所以平面A 1BC 1∥平面ACD 1.(2)以B 1为原点，分别以B 1A 1→，B 1C 1→，B 1B →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(4，0，0)，A (4，0，2)，D 1(4，3，0)，C (0，3，2)，A 1A →＝(0，0，2)，AC →＝(－4，3，0)，AD 1→＝(0，3，－2)，设n ＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x ＋3y ＝0，3y －2z ＝0，取n ＝(3，4，6)，所以所求距离d ＝|A 1A →|×|cos 〈n ，A 1A →〉|＝|n ·A 1A →||n |＝1232＋42＋62＝126161，故平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离为126161.[学生用书P151]——立体几何中的探索性问题(本题满分12分)(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥P -ABCD中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．[思维导图](1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD ．又P A ⊥PD ，所以PD ⊥平面P AB ．………………(4分)(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ， 所以PO ⊥AD ．因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ． 因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系Oxyz .由题意得，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0)，P (0，0，1)．(7分)设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2.所以n ＝(1，－2，2)．又PB →＝(1，1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(9分) (3)设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]， 使得AM →＝λAP →.…………………………………(10分) 因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)． 因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ， 则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0， 解得λ＝14.………………………………………(11分)所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ， 此时AM AP ＝14.……………………………………(12分)以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐．此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数，则思路简单、解法固定、操作方便．[学生用书P296(独立成册)]1．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°C [解析] 不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B (0，－1，0)，A 1(0，0，1)，A (0，0，0)，C 1(－1，0，1)，所以BA 1→＝(0，1，1)， AC 1→＝(－1，0，1)， 所以cos 〈BA 1→，AC 1→〉 ＝BA 1→·AC 1→|BA 1→|·|AC 1→|＝12×2＝12， 所以〈BA 1→，AC 1→〉＝60°，所以异面直线BA 1与AC 1所成的角等于60°.2．在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15 B ．255C.55D ．25C [解析] 以A 为原点，AB ，AC ，AP 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，由AB ＝AC ＝1，P A ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎫0，12，1.所以P A →＝(0，0，－2)，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，DF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1. 设平面DFE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线P A 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝55，所以直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55. 3．(2017·云南省第一次检测)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝1，点D 在棱BB 1上，若BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．[解析] 如图，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，E 为AC 的中点，连接BE ，则BE ⊥AC ，所以BE ⊥平面AA 1C 1C ，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →＝1×32×32＝34＝2×32×cos θ(θ为AD →与EB →的夹角)，所以cos θ＝64＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝cos θsin θ＝155.[答案]1554．如图，P ABCD 是正四棱锥，ABCD A 1B 1C 1D 1是正方体，其中AB ＝2，P A ＝6，则B 1到平面P AD 的距离为________．[解析] 以A 1B 1所在直线为x 轴，A 1D 1所在直线为y 轴，A 1A 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则AD →＝(0，2，0)，AP →＝(1，1，2)，设平面P AD 的法向量是m ＝(x ，y ，z )，所以由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·AP →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，得m ＝(－2，0，1)，因为B 1A →＝(－2，0，2)， 所以B 1到平面P AD 的距离d ＝|B 1A →·m ||m |＝65 5.[答案]655 5．已知单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求： (1)AD 1与EF 所成角的大小； (2)AF 与平面BEB 1所成角的余弦值．[解] 建立如图所示的空间直角坐标系，得A (1，0，1)，B (0，0，1)，D 1(1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，F ⎝⎛⎭⎫12，1，0. (1)因为AD 1→＝(0，1，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，所以cos 〈AD 1→，EF →〉＝（0，1，－1）·⎝⎛⎭⎫12，12，02×22＝12，即AD 1与EF 所成的角为60°.(2)F A →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，1，由图可得，BA →＝(1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，F A →〉|＝⎪⎪⎪⎪（1，0，0）·⎝⎛⎭⎫12，－1，11×⎝⎛⎭⎫122＋（－1）2＋12＝13，所以cos θ＝223.即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223.6．(2016·高考山东卷)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角FBCA 的余弦值．[解] (1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB ．在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC . 又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ， 所以GH ∥平面ABC .(2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0)．所以BC →＝(－23，－23，0)，过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝(－1，1，33)． 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n|m |·|n |＝77.所以二面角FBCA 的余弦值为77. 7．(2017·昆明市两区七校调研)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝1，E 为BC 中点．(1)求证：C 1D ⊥D 1E ；(2)在棱AA 1上是否存在一点M ，使得BM ∥平面AD 1E ？若存在，求AMAA 1的值；若不存在，说明理由；(3)若二面角B 1AE D 1的大小为90°，求AD 的长．[解] (1)证明：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，1，0)，B 1(a ，1，1)，C 1(0，1，1)，D 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0，所以C 1D →＝(0，－1，－1)，D 1E →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，－1， 所以C 1D →·D 1E →＝0，所以C 1D ⊥D 1E . (2)设AM AA 1＝h ，则M (a ，0，h )，连接BM ，所以BM →＝(0，－1，h )，AE →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，0，AD 1→＝(－a ，0，1)，设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n ＝－a 2x ＋y ＝0AD 1→·n ＝－ax ＋z ＝0，所以平面AD 1E 的一个法向量为n ＝(2，a ，2a )，因为BM ∥平面AD 1E ，所以BM →⊥n ，即BM →·n ＝2ah －a ＝0，所以h ＝12.即在AA 1上存在点M ，使得BM ∥平面AD 1E ，此时AM AA 1＝12.(3)连接AB 1，B 1E ，设平面B 1AE 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，AE →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，0，AB 1→＝(0，1，1)，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·m ＝－a 2x ′＋y ′＝0，AB 1→·m ＝y ′＋z ′＝0，所以平面B 1AE 的一个法向量为m ＝(2，a ，－a )． 因为二面角B 1AE D 1的大小为90°， 所以m ⊥n ，所以m·n ＝4＋a 2－2a 2＝0， 因为a ＞0，所以a ＝2，即AD ＝2.8．(2016·高考全国卷甲)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值．[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD ．又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD ．(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD→的方向为y 轴正方向，HD ′→的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H -xyz .则H (0，0，0)，A (－3，－1，0)，B (0，－5，0)，C (3，－1，0)，D ′(0，0，3)，AB →＝(3，－4，0)，AC →＝(6，0，0)，AD ′→＝(3，1，3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0， 所以可取m ＝(4，3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0， 所以可取n ＝(0，－3，1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－1450×10＝－7525， sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525.9．(2016·高考天津卷)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2.(1)求证：EG ∥平面ADF ；(2)求二面角O EF C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．[解] 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0)．(1)证明：依题意， AD →＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ADF的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝0，x －y ＋2z ＝0. 不妨设z ＝1，可得n 1＝(0，2，1)，又EG →＝(0，1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)易证OA →＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量．依题意，EF →＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)．设n 2＝(x ′，y ′，z ′)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ′＋y ′＝0，－x ′＋y ′＋2z ′＝0.不妨设x ′＝1，可得n 2＝(1，－1，1)．因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63， 于是sin 〈OA →，n 2〉＝33. 所以二面角O EF C 的正弦值为33. (3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF . 因为AF →＝(1，－1，2)，所以AH →＝25AF →＝⎝⎛⎭⎫25，－25，45， 进而有H ⎝⎛⎭⎫－35，35，45， 从而BH →＝⎝⎛⎭⎫25，85，45，因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →|·|n 2|＝－721. 所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 10．如图，在四棱锥P ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，侧棱P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．(1)求直线PB 与平面POC 所成角的余弦值；(2)求B 点到平面PCD 的距离；(3)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63？若存在，求出PQ QD的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 中点，所以PO ⊥AD ，又侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ，所以PO ⊥平面ABCD ．在直角梯形ABCD 中，连接OC ，易得OC ⊥AD ，所以以O 为坐标原点，直线OC 为x轴，直线OD 为y 轴，直线OP 为z 轴可建立空间直角坐标系(OC →、OD →、OP →的方向分别为x轴、y 轴、z 轴的正方向)，则P (0，0，1)，A (0，－1，0)，B (1，－1，0)，C (1，0，0)，D (0，1，0)，所以PB →＝(1，－1，－1)．易证OA ⊥平面POC ，所以OA →＝(0，－1，0)是平面POC 的一个法向量，又cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33， 所以直线PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)PD →＝(0，1，－1)，CP →＝(－1，0，1)，设平面PCD 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CP →＝－x ＋z ＝0，u ·PD →＝y －z ＝0，取z ＝1，得u ＝(1，1，1)． 所以B 点到平面PCD 的距离为d ＝|BP →·u ||u |＝33. (3)存在．设PQ →＝λPD →(0≤λ＜1)，因为PD →＝(0，1，－1)，所以PQ →＝(0，λ，－λ)＝OQ →－OP →， 所以OQ →＝(0，λ，1－λ)，所以Q (0，λ，1－λ)．设平面CAQ 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝x ′＋y ′＝0，m ·AQ →＝（λ＋1）y ′＋（1－λ）z ′＝0. 取z ′＝λ＋1，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)，易知平面CAD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，因为二面角Q -AC -D 的余弦值为63， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63， 得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13或λ＝3(舍)， 所以存在点Q ，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63，且PQ QD ＝12.。
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第七章 第七节 立体几何中的向量方法（理）
1.在正方体111111 ( ) A ．AC B ．BD C ．A 1D D ．A 1A
解析：如图所示，易证BD ⊥平面AA 1C 1C ，又CE ⊂平面ACC 1A 1，∴BD ⊥CE .
答案：B
2．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ， M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝
2a 3
， 则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是 ( )
A ．相交
B ．平行
C ．垂直
D ．不能确定 解析：∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝
2a 3
， ∴MB ＝231A B
，CN ＝23
CA ，
∴MN ＝MB ＋BC ＋CN ＝231A B ＋BC
＋23CA
＝23(11A B ＋1B B
)＋BC ＋23
(CD ＋DA ) ＝231B B
＋13
11B C . 又∵CD
是平面B 1BCC 1的法向量，
且MN ·CD ＝(231B B ＋1311B C )·CD ＝0， ∴MN ⊥CD
，
∴MN ∥平面B 1BCC 1. 答案 B
3.(2010·陕西八校模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin
〈CM ，1D N
〉的值为 ( )
A.19
B.49 5
C.29 5
D.23
解析：设正方体棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建
立空间直角坐标系，可知CM ＝(2，－2,1)，1D N
＝(2,2，－1)， cos 〈CM ，1D N 〉＝－19，
sin 〈CM ，1D N 〉＝459
.
答案：B
4．(2009·上海高考)如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1＝BC ＝AB ＝2，AB ⊥BC ，求二面角B 1－A 1C —C 1的大小．
解：如图，建立空间直角坐标系．
则A (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(2,0,2)，B 1(0,0,2)，C 1(0,2,2)， 设AC 的中点为M ， ∵BM ⊥AC ，BM ⊥CC 1. ∴BM ⊥平面A 1C 1C ，
即BM
＝(1,1,0)是平面A 1C 1C 的一个法向量．
设平面A 1B 1C 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z )．
1A C ＝(－2,2，－2)，1A B
＝(－2,0,0)，
∴111120,2220,
n A B x n A C x y z ⎧=-=⎪⎨=-+-=⎪⎩ 令z ＝1，解得x ＝0，y ＝1. ∴n ＝(0,1,1)，
设法向量n 与BM
的夹角为φ，二面角B 1－A 1C －C 1
的大小为θ，显然θ为锐角．
∵cos θ＝|cos φ|＝n BM n BM
＝12，解得θ＝π
3.
∴二面角B 1－A 1C －C 1的大小为π
3.
5.如图，P －ABCD 1111 其中AB ＝2，P A ＝
6. (1)求证：P A ⊥B 1D 1；
(2)求平面P AD 与平面BDD 1B 1所成锐二面角的余弦值． 解：以D 1为原点，D 1A 1所在直线为x 轴，D 1C 1所在直 线为y 轴，D 1D 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系， 则D 1(0,0,0)，A 1(2,0,0)，B 1(2,2,0)，C 1(0,2,0)， D (0,0,2)，A (2,0,2)，B (2,2,2)，C (0,2,2)， P (1,1,4)．
(1)证明：∵AP ＝(－1,1,2)，11D B
＝(2,2,0)， ∴AP ·11D B ＝－2＋2＋0＝0，
∴P A ⊥B 1D 1.
(2)平面BDD 1B 1的法向量为AC
＝(－2,2,0)． DA
＝(2,0,0)， OP
＝(1,1,2)．
设平面P AD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DA ，n ⊥DP
.
∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝0，x ＋y ＋2z ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝0，y ＝－2z ，
取n ＝(0，－2,1)， 设所求锐二面角为θ，则
cos θ＝n AC n AC
＝
|0－4＋0|22×5＝10
5. 6．(2010·广州调研)如图，已知等腰直角三角形RBC ， 其中∠RBC ＝90°，RB ＝BC ＝2.点A 、D 分别是 RB 、
RC
的中点，现将△
RAD 沿着边AD 折起到 △P AD 位置，使P A ⊥AB ，连结PB 、PC . (1)求证：BC ⊥PB ；
(2)求二面角A －CD －P 的平面角的余弦值． 解：(1)证明：点A 、D 分别是RB 、RC 的中点， ∴AD ∥BC ，AD ＝1
2
BC ，
∴∠P AD ＝∠RAD ＝∠RBC ＝90°， ∴P A ⊥AD ，∴P A ⊥BC ， ∵BC ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ， ∴BC ⊥平面P AB .
∵PB ⊂平面P AB ，∴BC ⊥PB .
(2)法一：取RD 的中点F ，连结AF 、PF . ∵RA ＝AD ＝1， ∴AF ⊥RC .
∵AP ⊥AR ，AP ⊥AD ， ∴AP ⊥平面RBC . ∵RC ⊂平面RBC ， ∴RC ⊥AP . ∵AF ∩AP ＝A ， ∴RC ⊥平面P AF . ∵PF ⊂平面P AF ， ∴RC ⊥PF .
∴∠AFP 是二面角A －CD －P 的平面角． 在Rt △RAD 中，AF ＝12RD ＝12RA 2＋AD 2＝22，
在Rt △P AF 中，PF ＝P A 2＋AF 2＝62
， cos ∠AFP ＝AF PF ＝2
262
＝3
3
.
∴二面角A －CD －P 的平面角的余弦值是
33. 法二：建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 则D (－1,0,0)，C (－2,1,0)， P (0,0,1)．
∴DC ＝(－1,1,0)，DP
＝(1,0,1)，
设平面PCD 的法向量为n
＝
(x ，y ，z )，则：
n DC x y n DP x z ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩
令x ＝1，得y ＝1，z ＝－1， ∴n ＝(1,1，－1)．
显然，PA 是平面ACD 的一个法向量，PA
＝(0,0，－1)．
∴cos 〈n ，PA 〉＝n PA n PA
＝13×1＝3
3.
∴二面角A －CD －P 的平面角的余弦值是
3
3
. 7．(2009·江西高考改编)如图在四棱锥P －ABCD 中， 底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝4， AB ＝2.以AC 的中点O 为球心、AC 为直径的球面交 PD 于点M ，交PC 于点N . (1)求证：平面ABM ⊥平面PCD ；
(2)求直线CD 与平面ACM 所成的角的正弦值；
解：法一：(1)证明：依题设知，AC 是所作球面的直径， 则AM ⊥MC .
又因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥CD .
又CD ⊥AD ，AD ∩P A ＝A ，所以CD ⊥平面P AD ， ∵AM ⊂平面P AD ，∴CD ⊥AM ， 又CD ∩CM ＝C ，所以AM ⊥平面PCD ， ∵AM ⊂平面ABM ， 所以平面ABM ⊥平面PCD .
(2)由(1)知，AM ⊥PD ，又P A ＝AD ，则M 是PD 的中点，可得AM ＝22且M 到平面ABCD 的距离为2， MC ＝MD 2＋CD 2＝23，
则S △ACM ＝1
2AM ·MC ＝26，S △ACD ＝4.
设D 到平面ACM 的距离为h ， 由V D －ACM ＝V M －ACD ，即26h ＝8， 可求得h ＝26
3.
设所求角为θ，则sin θ＝
h CD
＝63
，
即直线CD 与平面ACM 所成角的正弦值为63
. 法二：(1)同法一；
(2)如图所示，建立空间直角坐标系，
则A (0,0,0)，P (0,0,4)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，D (0,4,0)，∴CD ＝(－2,0,0)，AC
＝(2,4,0)．
由(1)知，AM ⊥PD ，又P A ＝AD ，则M 是PD 的中点，故M (0,2,2)，所以AM
＝(0,2,2)．
设平面ACM 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，
由n ⊥AC ，n ⊥AM ，可得⎩
⎪⎨⎪⎧
2x ＋4y ＝0，2y ＋2z ＝0，令z ＝1，
则n ＝(2，－1,1)． 设所求角为α，
则sin α＝CD n CD n
＝6
3，
所求角的正弦值为63
.。