2020高考数学一轮复习第八章立体几何8-8立体几何中的向量方法(二)__求空间角和距离理

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届数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第2节空间几何体的表面积和体积教学案含解析

第2节空间几何体的表面积和体积考试要求了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。

知识梳理1。

多面体的表(侧）面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和。

2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋V＝S底h(棱柱和圆柱)2S底锥体（棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝错误!S底h台体（棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!)h球S＝4πR2V＝错误!πR3［常用结论与微点提醒］1。

正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a,球的半径为R，(1)若球为正方体的外接球，则2R＝错误!a；（2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；(3）若球与正方体的各棱相切，则2R＝错误!a。

2。

长方体的共顶点的三条棱长分别为a,b，c，外接球的半径为R,则2R＝错误!。

3。

正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1。

诊断自测1。

判断下列结论正误（在括号内打“√”或“×")(1)锥体的体积等于底面面积与高之积。

（)（2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方。

（)(3）台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.（)(4）已知球O的半径为R,其内接正方体的边长为a，则R＝错误!a。

(）解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.（2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案（1）×（2）×（3)√(4)√2。

(新教材必修第二册P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（)A。

33 B.错误! C.错误!D。

错误!解析由S＝4πR2＝4π，得R＝1，故2×1＝3a，得a＝错误!。

2020届高考数学一轮复习立体几何中的向量法(第2课时)求空间角与距离课时作业理(含解析)

第2课时求空间角与距离课时作业1．在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在棱CC 1上，且CC 1＝4CP ，求点P 到平面ABD 1的距离．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则由题设条件易知A (4,0,0)，B (4,4,0)，P (0,4,1)，D 1(0,0,4)．AB →＝(0,4,0)，AD 1→＝(－4,0,4)，过P 点作PH ⊥平面ABD 1，垂足为H ，则PH 即为点P 到平面ABD 1的距离．设点H 的坐标为(x ，y ，z )，则PH →＝(x ，y －4，z －1)，AH →＝(x －4，y ，z )， ∵PH ⊥平面ABD 1，∴PH →⊥AB →，PH →⊥AD 1→，PH →⊥AH →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧PH →·AB →＝y －＝0，PH →·AD 1→＝－4x ＋z －＝0，PH →·AH →＝x x －＋y y －＋z z －＝0，解得x ＝32，y ＝4，z ＝52或x ＝0，y ＝4，z ＝1(舍去)，∴H ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4，52，PH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴|PH →|＝322.故点P 到平面ABD 1的距离为322.2．(2019漳州5月)如图，在三棱台ABC －DEF 中，二面角B －AD －C 是直二面角，AB ⊥AC ，AB ＝3，AD ＝DF ＝FC ＝12AC ＝1.(1)求证：AB ⊥平面ACFD ；(2)求二面角F －BE －D 的平面角的余弦值．解析：(1)连接CD ，在等腰梯形ACFD 中，过D 作DG ⊥AC 交于G ，因为AD ＝DF ＝FC ＝12AC＝1，所以AG ＝12，DG ＝32，CG ＝32，所以CD ＝3，所以AD 2＋CD 2＝AC 2，即CD ⊥AD ，又二面角B －AD －C 是直二面角，CD平面ACFD ，所以CD ⊥平面ABED ，又AB平面ABED ，所以AB ⊥CD ，又因为AB ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，AC 、CD平面ACFD ，所以AB ⊥平面ACFD .(2)如图，在平面ACFD 内，过点A 作AH ⊥AC ，由(1)可知AB ⊥AH ，以A 为原点，AB →，AC →，AH →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A －xyz .则B (3,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，C (0,2,0)，所以BC →＝(－3,2,0)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，设n ＝(x ，y ，z )是平面FBE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC→n ⊥CF→，所以⎩⎨⎧－3x ＋2y ＝0－y ＋3z ＝0，取x ＝2，则y ＝3，z ＝3，即n ＝(2,3，3)，由(1)可知CD ⊥平面BED ，所以CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32，32是平面BED 的一个法向量，所以cos 〈n ，CD →〉＝n ·CD →|n |·|CD →|＝－343＝－34，又二面角F －BE －D 的平面角为锐角，所以二面角F －BE －D 的平面角的余弦值为34.3．如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P －AD －C 的正切值； (3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值．解：(1)证明：∵PD ＝PC 且E 为CD 的中点，∴PE ⊥DC .又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，PE 平面PDC ，∴PE ⊥平面ABCD .又FG 平面ABCD ， ∴PE ⊥FG .(2)∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ⊥DC ，又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，AD 平面ABCD ，∴AD ⊥平面PCD ，又CD ，PD平面PDC ，∴AD ⊥DC ，AD ⊥PD ，∴∠PDC 即为二面角P －AD －C 的平面角，在Rt △PDE 中，PD ＝4，DE ＝12AB ＝3，PE ＝PD 2－DE 2＝7，∴tan ∠PDC ＝PE DE ＝73，即二面角P －AD －C 的正切值为73. (3)如图所示，连接AC .∵AF ＝2FB ，CG ＝2GB ，即AF FB ＝CGGB＝2，∴AC ∥FG ，∴∠PAC 为直线PA 与直线FG 所成角或其补角，在△PAC 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝5，AC ＝AD 2＋CD 2＝35，由余弦定理可得cos ∠PAC ＝PA 2＋AC 2－PC 22PA ·AC ＝52＋52－422×5×35＝9525，∴直线PA 与直线FG 所成角的余弦值为9525.4．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1与侧面CBB 1C 1都是菱形，∠ACC 1＝∠CC 1B＝60°，AC＝2.(1)证明：AB1⊥CC1；(2)若三棱柱ABC－A1B1C1的体积为3，求二面角B1－AC－C1的余弦值．解析：(1)取CC1的中点O，连接AO、AC1、B1C、B1O，由菱形的性质及∠ACC1＝∠CC1B1＝60°.得△ACC1，△B1CC1为正三角形．∴AO⊥CC1，B1O⊥CC1，且AO∩B1O＝O.∴CC1⊥平面AOB1，∴CC1⊥AB1.(2)三棱锥A－A1B1C1的体积是三棱柱ABC－A1B1C1体积的三分之一，得四棱锥A－BCC1B1的体积是柱体体积的三分之二，即等于2.平行四边形BCC1B1的面积为SBCC1B＝2×2×sin 60°＝2 3.设四棱锥A－BCC1B1的高为h，则：13×23×h ＝2，∴h ＝3，又AO ＝3＝h ，AO ⊥平面BCC 1B 1，建立如图直角坐标系：O －xyz ，则A (0,0，3)，B 1(3，0,0)，C (0，－1,0)，CB 1→＝(3，1,0)，CA →＝(0,1，3)，设平面CAB 1的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CA →＝y ＋3z ＝0n 1·CB 1→＝3x ＋y ＝0，取一个法向量为n 1＝(3，－3，3)，显然n 2＝(1,0,0)是平面C 1CA 的一个法向量．则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝315＝55.二面角B 1－AC －C 1的余弦值为55. 5．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)，又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M (1，12，1)，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝(0，－52，0)，由此可得，MN →·n ＝0，又因为直线MN 平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0,1,1)，设n 2＝(x ，y ，z )为平面ACB 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)，又n ＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1－2＋λ＋2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2，所以线段A 1E 的长为7－2.6．(2018承豫南九校)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平面四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝32，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝22，又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ，又PB ⊥AC ，且AB ∩PB ＝B ，所以AC ⊥平面PAB ，因为AC平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面PAB ，如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴、y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，AC →＝(0,2,0)，BC →＝(－2,2,0) 由∠PBA ＝45°，PB ＝32，可得P (－1,0,3)，所以AP →＝(－1,0,3)，BP →＝(－3,0,3)，假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，设AE AP＝λ(0＜λ＜1)，则AE →＝λAP →＝(－λ，0,3λ)，CE →＝AE →－AC →＝(－λ，－2,3λ)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0－3x ＋3z ＝0，令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)，设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，CE →〉|＝|－λ－2＋3λ|3·－λ2＋－2＋λ2＝|2λ－2|3·10λ2＋4＝33，整理得3λ2＋4λ＝0，因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0无解，所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为33.。

专题8.8 立体几何中的向量方法(二)—求空间角与距离(重难点突破)(解析版)

专题8.7 立体几何中的向量方法（二）求空间角与距离一、考纲要求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.二、考点梳理考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a 与b 的夹角β l 1与l 2所成的角θ范围 (0，π) ⎝⎛⎦⎤0，π2 求法cos β＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos β|＝|a ·b ||a ||b |考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 |.考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n 1，n 2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n 1，n 2的夹角是相等，还是互补.三、题型分析例1. （黑龙江鹤岗一中2019届期末）如图，在空间四边形OABC 中，OA ＝8，AB ＝6，AC ＝4，BC ＝5，∠OAC ＝45°，∠OAB ＝60°，则OA 与BC 所成角的余弦值为( )A.3－225B.2－26C.12D.32【答案】A【解析】因为BC →＝AC →－AB →，所以OA →·BC →＝OA →·AC →－OA →·AB →＝|OA →||AC →|cos 〈OA →，AC →〉－|OA →||AB →|cos 〈OA →，AB →〉＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－162＋24. 所以cos 〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →||BC →|＝24－1628×5＝3－225.即OA 与BC 所成角的余弦值为3－225.【变式训练1-1】、（天津新华中学2019届高三质检）如图所示，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为平行四边形，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1的长； (2)求证：AC 1⊥BD ；(3)求BD 1与AC 夹角的余弦值.【解析】(1) 记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， ∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2×⎝⎛⎭⎫12＋12＋12＝6， ∴|AC →1|＝6，即AC 1的长为 6. (2)证明 ∵AC 1→＝a ＋b ＋c ，BD →＝b －a ，∴AC 1→·BD →＝(a ＋b ＋c )·(b －a )＝a ·b ＋|b |2＋b ·c －|a |2－a ·b －a ·c ＝b ·c －a ·c ＝|b ||c |cos 60°－|a ||c |cos 60°＝0.∴AC 1→⊥BD →，∴AC 1⊥BD .(3)解 BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3， BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1.∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.∴AC 与BD 1夹角的余弦值为66.例2、（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.【变式训练2-1】、（吉林长春市实验中学2019届高三模拟）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，过点E作EF⊥PB于点F.求证：(1)PA ∥平面EDB ； (2)PB ⊥平面EFD .【证明】以D 为坐标原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设DC ＝a .(1)连接AC 交BD 于点G ，连接EG .依题意得A (a,0,0)，P (0,0，a )，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2. 因为底面ABCD 是正方形，所以G 为AC 的中点故点G 的坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，0，所以PA ―→＝(a,0，－a )，EG ―→＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2，则PA ―→＝2EG ―→，故PA ∥EG .而EG ⊂平面EDB ，PA ⊄平面EDB ，所以PA ∥平面EDB . (2)依题意得B (a ，a,0)，所以PB ―→＝(a ，a ，－a )．又DE ―→＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，a 2，故PB ―→·DE ―→＝0＋a 22－a 22＝0，所以PB ⊥DE ，所以PB ⊥DE .由题可知EF ⊥PB ，且EF ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面EFD .例3、如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2，求异面直线BC 与AE 所成的角的大小．【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，22，0)，E(1，2，1)，AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0，22，0)．设AE →与BC →的夹角为θ，则cosθ＝AE →·BC →|AE →|·|BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4，所以异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.【变式训练3-1】、如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．【答案】55【解析】不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得C(0，0，0)，B(0，0，1)，C 1(0，2，0)，A(2，0，0)，B 1(0，2，1)，所以BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→|·|AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0，所以BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，所以直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.【变式训练3-2】、如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点． (1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．【解析】 (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 ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1, 3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF ―→，n 〉|＝|EF ―→·n ||EF ―→|·|n |＝45，∴cos θ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35.。

高考数学一轮复习第八章立体几何 8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离理

第八章立体几何 8.8 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离理1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.直线与平面所成角的求法设直线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，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.3．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|＝|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)．【知识拓展】利用空间向量求距离(供选用) (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(2)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|BO →|＝|AB →·n ||n |.【思考辨析】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)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( × )(4)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．( √ )(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )1．(2017·烟台质检)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°.2．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° 答案 A解析设l 与α所成角为θ，∵cos〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A.3．(2016·郑州模拟)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.55B.53C.56D.54答案 A解析设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A. 4．(教材改编)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．答案π6解析以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1中点，则A (0,0,0)，C 1(1，3，22)，D (1,0,22)，∴AC 1→＝(1，3，22)， AD →＝(1,0,22)．∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角， cos∠C 1AD ＝AC 1→·AD→|AC 1→||AD →|＝，3，22，0，2212×9＝32，又∵∠C 1AD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6.5．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________．答案 90°解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ， ∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22a ×b cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0，∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.题型一求异面直线所成的角例1 (2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 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．(1)证明如图所示，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 ＝2，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 ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，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. 思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(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值等于两向量夹角余弦值的绝对值．如图所示正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，已知点H 在A ′B ′C ′D ′的对角线B ′D ′上，∠HDA ＝60°.求DH与CC ′所成的角的大小．解如图所示，以D 为原点，DA为单位长度，建立空间直角坐标系Dxyz ，则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知，〈DH →，DA →〉＝60°，由DA →·DH →＝|DA →|·|DH →|·cos〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22， ∴DH →＝(22，22，1)，∵cos〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，又∵〈DH →，CC ′→〉∈[0°，180°]， ∴〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DH 与CC ′所成的角为45°.题型二求直线与平面所成的角例2 (2016·全国丙卷)如图，四棱锥PABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． (1)证明由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(2)解取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，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 ||A N →|＝8525.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525，∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.思维升华利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ， ∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD . ∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)，则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0，取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n ||AD →|＝63，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. 题型三求二面角例3 (2016·山东)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．(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)解连接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Oxyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)．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BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量．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. 思维升华利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2016·天津)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．(1)证明依题意，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)．依题意，AD →＝(2,0,0)，AF →＝(1，－1,2)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝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)解易证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 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取 x 2＝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)解由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. 题型四求空间距离(供选用)例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．解如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB ⊥CD ，OM ⊥CD ，又平面MCD ⊥平面BCD ，所以MO ⊥平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝3，则O (0,0,0)，C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)，所以BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3)．设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC →，n ⊥BM→得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1,1)．又BA →＝(0,0,23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.思维升华求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离； (2)等体积法；(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．(2016·四川成都外国语学校月考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧棱PA ＝PD ＝2，PA ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 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PQQD的值；若不存在，请说明理由．解 (1)在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 中点， ∴PO ⊥AD .又∵侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ， ∴PO ⊥平面ABCD .在△PAD 中，PA ⊥PD ，PA ＝PD ＝2，∴AD ＝2. 在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，AB ⊥AD ， ∴OC ⊥AD .以O 为坐标原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P (0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1，－1,0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)， ∴PB →＝(1，－1，－1)．易证OA ⊥平面POC ，∴OA →＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈PB →，OA →〉＝PB →·OA →|PB →||OA →|＝33，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为63. (2)∵PB →＝(1，－1，－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)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝|PB →·u ||u |＝33.(3)假设存在，且设PQ →＝λPD →(0≤λ≤1)．∵PD →＝(0,1，－1)，∴OQ →－OP →＝PQ →＝(0，λ，－λ)， ∴OQ →＝(0，λ，1－λ)， ∴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＋y ＋－λz ＝0.取z ＝1＋λ，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)．平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∵二面角Q －AC －D 的余弦值为63， ∴|cos〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝63.整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0. 解得λ＝13或λ＝3(舍去)，∴存在，且PQ QD ＝12.6．利用空间向量求解空间角典例 (12分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值．规范解答(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)．[1分]由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)． BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .[3分] (2)解 BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，[5分]可得n ＝(2,1,1)．于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝26×2＝33，所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33.[7分] (3)解 BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)．由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1，故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32)．[9分]设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)．取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.[12分]利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．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 ．60°或30°答案 C解析设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ. 则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12.又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.2．(2016·广州模拟)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° 答案 C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°.3．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.22 答案 B解析以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)，∴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 )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧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23.4．(2016·长春模拟)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15B.255C.55D.25 答案 C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，PA ＝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)．∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝(0，12，0)，DF →＝(－12，12，1)．设平面DEF 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PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C. 5．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1到平面BDE 的距离为( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 答案 D解析以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,22)，E (0,2，2)，易知AC 1∥平面BDE .设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝2x ＋2y ＝0，n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－2)为平面BDE 的一个法向量，又DA →＝(2,0,0)，∴点A 到平面BDE 的距离是 d ＝|n ·DA →||n |＝|－1×2＋0＋0|－2＋12＋－22＝1.故直线AC 1到平面BDE 的距离为1.6.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52 B ．－14C.14 D ．－52答案 B解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)，设P (0,0，z )，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝(z －52)2－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.7．(2016·合肥模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．答案 13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)，A 1C 1→＝(－1,2,0)，A 1B →＝(0,2，－1)，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，＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝x ，y ，z ，2，－＝2y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，设直线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13.8．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________．答案 23解析以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n ||DC →|＝23.9．(2016·石家庄模拟)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________．答案23解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E (1,1，13)，F (0,1，23)，AE →＝(0,1，13)，AF →＝(－1,1，23)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.10．(2016·南昌模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC ∩EF ＝O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF ，连接PA ，PB ，PD ，得到如图(2)的五棱锥P －ABFED ，且PB ＝10. (1)求证：BD ⊥平面POA ； (2)求二面角B －AP －O 的正切值．(1)证明 ∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴BD ∥EF .∵菱形ABCD 的对角线互相垂直， ∴BD ⊥AC ，∴EF ⊥AC ， ∴EF ⊥AO ，EF ⊥PO . ∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO ∩PO ＝O ，∴EF ⊥平面POA ，∴BD ⊥平面POA . (2)解设AO ∩BD ＝H ，连接BO .∵∠DAB ＝60°，∴△ABD 为等边三角形， ∴BD ＝4，BH ＝2，HA ＝23，HO ＝PO ＝3，在Rt△BHO 中，BO ＝HB 2＋HO 2＝7. 在△PBO 中，BO 2＋PO 2＝10＝PB 2， ∴PO ⊥BO .∵PO ⊥EF ，EF ∩BO ＝O ，EF ⊂平面BFED ，BO ⊂平面BFED ， ∴PO ⊥平面BFED .以O 为原点，OF 所在直线为x 轴，AO 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示，则A (0，－33，0)，B (2，－3，0)，P (0,0，3)，H (0，－3，0)， ∴AP →＝(0,33，3)，AB →＝(2,23，0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥AP →，n ⊥AB →，得⎩⎨⎧33y ＋3z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y ＝1，得z ＝－3，x ＝－ 3.∴平面PAB 的一个法向量为n ＝(－3，1，－3)．由(1)知平面PAO 的一个法向量为BH →＝(－2,0,0)，设二面角B －AP －O 的平面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，BH →〉|＝n ·BH →|n ||BH →|＝2313×2＝3913，∴sin θ＝1－cos 2θ＝13013， tan θ＝sin θcos θ＝303，∴二面角B －AP －O 的正切值为303. 11．(2016·四川)如图，在四棱锥PABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角PCDA 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值．解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC ∥ED 且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ，所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)方法一由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD ，从而CD ⊥PD . 所以∠PDA 是二面角PCDA 的平面角，所以∠PDA ＝45°，设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH ，易知PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥CE ，且PA ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面PAH . 又CE ⊂平面PCE ，所以平面PCE ⊥平面PAH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE ，所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角．在Rt△AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1，所以AH ＝22. 在Rt△PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝322.所以sin∠APH ＝AH PH ＝13.方法二由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角PCDA 的平面角．所以∠PDA ＝45°.由∠PAB ＝90°，且PA 与CD 所成的角为90°，可得PA ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)．所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)．设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，AP →〉|＝|n ·AP →||n ||AP →|＝22×22＋－2＋12＝13. 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.*12.(2017·潍坊月考)如图，边长为2的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直．已知AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝12AB ＝1，点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM ⊥平面ADEF ；(2)判断点M 的位置，使得平面BDM 与平面ABF 所成的锐二面角为π3.(1)证明 ∵DC ＝BC ＝1，DC ⊥BC ，∴BD ＝2，又AD ＝2，AB ＝2，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴∠ADB ＝90°，∴AD ⊥BD .又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ， ∴BD ⊥平面ADEF ，又BD ⊂平面BDM ， ∴平面BDM ⊥平面ADEF .(2)解在平面DAB 内过点D 作DN ⊥AB ，垂足为N ， ∵AB ∥CD ，∴DN ⊥CD ，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊥AD ， ∴ED ⊥平面ABCD ，∴DN ⊥ED ，以D 为坐标原点，DN 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DE 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．∴B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (0,0，2)，N (1,0,0)，设M (x 0，y 0，z 0)，EM →＝λEC →(0≤λ<1)， ∴(x 0，y 0，z 0－2)＝λ(0,1，－2)， ∴x 0＝0，y 0＝λ，z 0＝2(1－λ)， ∴M (0，λ，2(1－λ))．设平面BDM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DM →＝0，n 1·DB →＝0，又DM →＝(0，λ，2(1－λ))，DB →＝(1,1,0)，∴⎩⎨⎧λy ＋2－λz ＝0，x ＋y ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝λ2－λ，故n 1＝(1，－1，λ2－λ)是平面BDM 的一个法向量．∵平面ABF 的一个法向量为DN →＝(1,0,0)，∴|cos〈n 1，DN →〉|＝11＋1＋λ2－λ2＝12，得λ＝23， ∴M (0，23，23)，∴点M 在线段CE 的三等分点且靠近点C 处．。

第8节立体几何中的向量方法(二)——求空间角

令 x＝3，则 n＝(3，－ 3，3)为平面 DEF 的一个法向量.
设直线 AC 与平面 DEF 所成角为 θ，
→ |AC· n| |－6－6| 21 → 则 sin θ＝|cos〈AC，n〉|＝＝＝， → 7 4 21 |AC|· |n|
21 所以 AC 与平面 DEF 所成角的正弦值为 . 7
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)
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考点二用空间向量求线面角
[例 2] (2018· 洛阳二模)已知三棱锥 A - BCD，AD⊥平面 BCD，BD⊥CD，AD＝ BD＝2，CD＝2 3 ，E，F 分别是 AC，BC 的中点，P 为线段 BC 上一点，且 CP ＝2PB. (1)求证：AP⊥DE；(2)求直线 AC 与平面 DEF 所成角的正弦值.
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考点二用空间向量求线面角
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.
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取 BC 的中点 Q，连接 PQ，MQ，
图(2)
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考点一用空间向量求异面直线所成的角
[例 1] (1)(一题多解)(2017· 全国Ⅱ卷)已知直三棱柱 ABC - A1B1C1 中，∠ABC＝ 120° ，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线 AB1 与 BC1 所成角的余弦值为( ) 3 15 10 3 A. B. C. D. 2 5 5 3
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考点一用空间向量求异面直线所成的角

立体几何中的向量方法(知识点讲解)高考数学一轮复习(新教材新高考)(解析版)

专题8.7 立体几何中的向量方法（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】以几何体为载体，考查空间线面的平行、垂直关系，考查空间角的函数值的计算，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做a 与b 所成的角．②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,]2π．③向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有cos |cos |||||||a ba b θϕ⋅==⋅.（二）直线与平面所成角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 |.范围 [0,]2π.（三）二面角(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2、3，12,n n 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12,n n θ=<>(或12,n n π-<>)．（3）二面角的范围是[0，π]. （四）利用向量求空间距离点面距的求法：如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.【常考题型剖析】题型一：求异面直线所成的角例1.（2018·全国高考真题（理））在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =线1AD 与1DB 所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C 5D ．22【答案】C【解析】以D 为坐标原点，DA,DC,DD 1为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,13),3)D A B D ,所以11(1,0,3),(1,13)AD DB =-=,因为11111115cos ,525AD DB AD DB AD DB ⋅-===⨯，所以异面直线1AD 与1DB 5，选C.例2.（2023·全国·高三专题练习（理））已知正四面体ABCD ，M 为BC 中点，N 为AD 中点，则直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为（） A ．16B ．23C 21D 421【答案】B 【解析】【分析】利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】设该正面体的棱长为1，因为M 为BC 中点，N 为AD 中点，所以22131(1)2BN DM ==-⨯因为M 为BC 中点，N 为AD 中点，所以有12BN BA AN AB AD =+=-+， 1111(),2222DM DB BM DA AB BC AD AB AC AB AD AB AC =+=++=-++-=-++2222111()()222111112224411111111111111111112222242421,2BN DMAB AD AD AB AC AB AD AB AB AC AD AB AD AC AD⋅=-+-++=⋅--⋅-+⋅+⋅=⨯⨯-⨯-⨯⨯⨯-⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=- 122cos ,333BN DM BN DM BN DM-⋅〈〉===-⋅⨯，根据异面直线所成角的定义可知直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为23，故选：B例3.（2022·贵州毕节·三模（理））在正四棱锥S ABCD -中，底面边长为22侧棱长为4，点P 是底面ABCD 内一动点，且13SP =A ，P 两点间距离最小时，直线BP 与直线SC 所成角的余弦值为（） A 5B 3C 2D ．110【答案】A 【解析】【分析】如图所示，连接,AC BC 交于点O ，连接PO ，得到PO ⊥底面ABCD ，根据13SP =求得1OP =，得到,A P 两点间距离最小为1AB =，以,,OA OB OS 分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系，求得(1,2,0),(2,0,23)BP SC =-=--，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】如图所示，连接,AC BC 交于点O ，连接PO ，因为四棱锥S ABCD -为正四棱锥，可得PO ⊥底面ABCD ，由底面边长为24AC =，所以2AO =，在直角SOA 中，4,2SA AO ==，可得2223SO SA AO =- 又由13SP =SOP △中，可得221OP SP SO -=，即点P 在以O 为圆心，以1为半径的圆上，所以当圆与OA 的交点时，此时,A P 两点间距离最小，最小值为1AB =，以,,OA OB OS 分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可得(1,0,0),(0,2,0),(0,0,3),(2,0,0)P B S C -，则(1,2,0),(2,0,23)BP SC =-=--，可得25cos ,54BP SC BP SC BP SC⋅-==⨯⋅，所以直线BP 与直线SC 5故选：A.【方法技巧】向量法求两异面直线所成角的步骤 (1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量v 1，v 2；(3)代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．提醒：两异面直线所成角θ的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角．题型二：求直线与平面所成角例4.（2022·全国·模拟预测（理））如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C ，D ，E 三点共线，已知三棱锥P －ADE 四个面都为直角三角形，且ED ⊥AD ，P A ⊥平面ABCE ，PE ＝3，CD ＝AD ＝2，ED ＝1，则直线PC 与平面P AE 所成角的正弦值等于（）A 3B 10C 15D 13 【答案】C 【解析】本题利用空间向量处理线面夹角问题，sin cos ,PC n θ=．【详解】如图建立空间直角坐标系，()002P ,,，()2,2,0C ，()0,0,0A ，()2,1,0E -则有：()2,2,2PC =--，()2,1,0AE =-，()0,0,2AP =设平面P AE 的法向量(),,n x y z =，则有2020x y z -=⎧⎨=⎩,令1x =,则2,0y z ==，即()1,2,0n = ∴15cos ,5PC n PC n PC n⋅==-PC 与平面P AE 15 故选：C ．例5.（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,15ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（215．（1）要证AB PM ⊥，可证DC PM ⊥，由题意可得，PD DC ⊥，易证DM DC ⊥，从而DC ⊥平面PDM ，即有DC PM ⊥，从而得证；（2）取AD 中点E ，根据题意可知，,,ME DM PM 两两垂直，所以以点M 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN 和平面PDM 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠=，由余弦定理可得3DM =所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DM D ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．（2）由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD ，因为7AM =22PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(3,2,0),(0,0,2),3,0,0)A P D ,(0,0,0),3,1,0)M C -又N 为PC 中点，所以313352,2222N AN ⎛-=- ⎝⎝. 由（1）得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n =从而直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为5||152sin ||2725244AN n AN n θ⋅===++‖例6. （2020·北京高考真题）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23. 【解析】（Ⅰ）如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B 且11AB A B =，1111//A B C D 且1111A B C D =，11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ， 1BC ⊄平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；（Ⅱ）以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z =，由100n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令2z =-，则2x =，1y =，则()2,1,2n =-.11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅. 因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23. 【总结提升】利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．题型三：求二面角例7.（2021·天津高考真题）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．（I ）求证：1//D F 平面11A EC ；（II ）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值．（III ）求二面角11A AC E --的正弦值．【答案】（I ）证明见解析；（II 3（III ）13.【分析】（I ）建立空间直角坐标系，求出1D F 及平面11A EC 的一个法向量m ，证明1m D F ⊥，即可得证；（II ）求出1AC ，由1sin cos ,A m C θ=运算即可得解；（III ）求得平面11AA C 的一个法向量DB ，由cos ,DB m DB m DB m⋅=⋅结合同角三角函数的平方关系即可得解.【详解】（I ）以A 为原点，1,,AB AD AA 分别为,,x y z 轴，建立如图空间直角坐标系，则()0,0,0A ,()10,0,2A ,()2,0,0B ,()2,2,0C ,()0,2,0D ,()12,2,2C ,()10,2,2D ，因为E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点，所以()2,1,0E ，()1,2,0F ，所以()11,0,2D F =-,()112,2,0AC =,()12,1,2A E =-, 设平面11A EC 的一个法向量为()111,,m x y z =，则11111111202202m x y m x y A A E z C ⎧⋅+=⎪⎨⋅+-=⎩=⎪=，令12x =，则()2,2,1m =-，因为1220m D F =⋅-=，所以1m D F ⊥，因为1D F ⊄平面11A EC ，所以1//D F 平面11A EC ；（II ）由（1）得，()12,2,2AC =，设直线1AC 与平面11A EC 所成角为θ，则11123sin cos ,323m A C AC m m C A θ⋅===⨯⋅ （III ）由正方体的特征可得，平面11AA C 的一个法向量为()2,2,0DB =-，则822cos ,322DB m DB m DB m⋅===⨯⋅ 所以二面角11A AC E --211cos,3DB m -=.例8. （2021·全国·高考真题（理））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（12；（270【解析】【分析】（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，求出a 的值，即可得出BC 的长；（2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =-，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得2a =22BC a == [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥．又因为PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ．所以∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM．所以2112BC =．所以2BC = [方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD 交AM 于点N ．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有∽DAN BMN ，所以2==AN DA MN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，241+DB t 21+AM t 由1122=⋅=⋅DABSDA AB DB AN ，得221241123=++t t t 212t =，所以22==BC t（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则2AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,1AP =-，由111120220m AM y m AP x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取12x ()2,1,2m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，2BM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()2,1,1BP =--，由222220220n BM n BP x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，3314cos ,72m n m n m n ⋅===⋅⨯ 所以，270sin ,1cos ,14m n m n =-=，因此，二面角A PM B --的正弦值为70 [方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ，故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 21D H ，HM ． 111111111,2D HMD HMD A HHBMMCD A BCD SD M HG S S SSS=⋅=---正方形，由等积法解得310=HG 在Rt AHG 中，2310==AH HG ，由勾股定理求得35=AG ．所以，70sin AH AGH AG ∠==，即二面角A PM B --70【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得. （2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.例9. （2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2）112B D = 【解析】【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BFA B A B AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,A M B N ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅，则1CBF BB N ∠=∠．又因为1190BB N B NB ∠+∠=︒，所以1190CBF B NB BF B N ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BFA B B N A B B ⊥=，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥． [方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1BB AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅=，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+1BF EB BF BB =⋅+⋅11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-=，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BAθ⋅=⋅222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ6272．所以()2min63sin 13θ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭112B D =． [方法二] ：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE平面11BB C C FT =．作1B H FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1DHB ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//C G A B 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D B T C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31ts t =+．又111B H B TC F FT =，即1211(2)B H s =+-121(2)B H s =+-．所以2211DH B H B D =+2221(2)s t s ++-2229225t t t t =+-+ 则11sin B D DHB DH∠=2229225t t t t =+-+29119222t =+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭所以，当12t =时，()1min 3sin DHB ∠= [方法三]：投影法如图，联结1,FB FN ，DEF 在平面11BB C C 的投影为1B NF ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS Sθ=．设1(02)B D t t =≤≤，在1Rt DB F 中，222115DF B D B F t ++在Rt ECF 中，223EF EC FC +D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，2225(1)DE QD EQ t +=+-在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅()2315(1)t t ++=()222214sin 35t t DFE t -+∠+1sin 2DFESDF EF DFE =⋅∠2122142t t =-+13,2B NFS =1cos B NF DFES Sθ=22214t t =-+，()29sin 127t t θ=--+当12t =，即112B D =，面11BB C C 与面DFE 3 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．【总结提升】利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小．但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．题型四：利用向量求空间距离例10.（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）在直三棱柱111ABC A B C -中，底面是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒，侧棱13AA =，D ，E 分别是1CC 与1A B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是ABD △的重心G ，则点1A 到平面ABD 的距离为（） A 6B 6C 26D ．26【答案】A 【解析】【分析】以C 为坐标原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设CA CB a ==，求出11(,,1)22GE =，利用空间向量的数量积转化求解点1A 到平面ABD 的距离．【详解】解：如图所示，以C 为坐标原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设CA CB a ==，则(A a ，0，0)，(0B ，a ，0)，3(0,0,)2D ，1(A a ，0，3)，可得3(,,)222a a E ，1(,,)332a a G ，(,,1)66a a GE =，3(0,,)2BD a =-，因为点E 在平面ABD 上的射影是ABD △的重心，所以GE ⊥平面ABD ，所以0GE BD ⋅=，即30()10662a a a ⨯+⨯-+⨯=，解得3a =，即11(,,1)22GE =，则点1A 到平面ABD 的距离为d ，E 是1A B 的中点，所以2||6d GE ==．故选：A.例11.（2022·上海·位育中学模拟预测）正方形ABCD 的边长是2E F ，、分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角 (如图所示).M 为矩形AEFD 内一点，如果MBE MBC MB ∠∠=，和平面BCF 所成角的正切值为13，那么点M 到直线EF 的距离为______.23123【解析】【分析】利用空间向量运算处理，根据直线夹角cos cos ,a b α=结合MBE MBC ∠=∠可得1y =，再根据线面夹角sin cos ,n BM θ=运算求解2z =【详解】如图，以E 为坐标原点建立空间直角坐标系则()()()0,0,0,1,0,0,1,2,0E B C ，设()()0,,02,01M y z y z ≤≤≤≤()()()1,0,0,0,2,0,1,,EB BC BM y z ===-则22221cos ,,cos ,11EB BM BC BM EB BM BC BM EB BMBC BMy z y z ⋅-⋅====++++∵MBE MBC ∠=∠222211y z y z ++++，即1y =∴()1,1,BM z =-平面BCF 的一个法向量()0,0,1n =，则2cos ,2n BM n BM n BMz ⋅==+∵MB 和平面BCF 所成角的正切值为132102z=+，则2z =∴点M 到直线EF 22例12.（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【答案】2 3【解析】【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面11ABB A ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V Sh h V S A A V ---=⋅===⋅==，解得2h =所以点A 到平面1A BC 2 (2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ，在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥，又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =12AA AB ==，122A B =2BC =，则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =-，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-，则11cos ,222m n m n m n⋅===⨯⋅，所以二面角A BD C --21312⎛⎫-= ⎪⎝⎭【总结提升】1.点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法，如本题，事实上，作BH ⊥平面CMN 于H .由BH →＝BM →＋MH →及BH →·n ＝n ·BM →，得|BH →·n |＝|n ·BM →|＝|BH →|·|n |，所以|BH →|＝|n ·BM →||n |，即d ＝|n ·BM →||n |.2.利用法向量求解空间线面角、面面角、距离等问题，关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”，求出平面的法向量；④破“应用公式关”．。

高考数学一轮复习第8章第7节立体几何中的向量方法课件理2

(2)求证：平面 EB1D⊥平面 B1CD．
[解] 不妨设正方体的棱长为 2，以 DA，DC，DD1 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.根据已知得， D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，B1(2，2，2)．
(1)∵D→A＝(2，0，0)，C→B1＝(2，0，2)， ∴cos〈D→A，C→B1〉＝D→→A·C→→B1＝ 22.
O－xyz.设
BC＝1，则
A0，0，
23，
B0，－12，0，D 23，0，0.
∴O→A＝0，0，
23，B→A＝0，12，
23，B→D＝
23，12，0.
设平面 ABD 的法向量为 n＝(x0，y0，z0)，则B→A·n＝0，B→D·n＝0，
∴y20＋ 23z0＝0，
23x0＋y20＝0，
∴yy00＝＝－－
[核心素养]
1.理解直线的方向向量与平面的法向量.
2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平
主要通过空间角
面、平面与平面的垂直、平行关系. 3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理). 4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平
(异面直线所成角、直线
与平面所成角、二面角) 的求法考查向量方法应
设直线
PB
与平面
PDC
所成的角为
θ，则
sin
θ
＝
|cos
〈
→ PB
，
n
〉
|
＝
0×
3＋
3×1＋（－ 6× 5
3）×（－1）＝
510，
∴直线 PB 与平面 PDC 所成角的正弦值为

7.8立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离(人教A版·数学理)

5. 【解析】选 A.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)，
1 AD＝a，G 是 EF 的中点，则 GB 与平面 AGC 所成角的正弦值为( 2
(B)
)
(A)
6 6 6 3
3 3 2 3
(C)
(D)
二、填空题 7.如图，正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，M，N 分别是 C1D1，CC1 的中点，则直线 B1N 与平面 BDM 所成角的正弦值为_______．
2 2 2 2
2
2
2
2

∴cos〈 CA, BD 〉=

1 ,〈 CA, BD 〉＝120°, 2
∴二面角的大小为 60°. 答案：60° 10.【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)，
1 1 EA1 ＝( ，- ，1)， 2 2 1 1 1 EC1 ＝(- ，，1)，cos〈 EA1， EC1 〉＝ . 2 2 3
【方法技巧】求二面角的策略 (1)法向量法.其步骤是： ①建系;②分别求构成二面角的两个半平面的法向量;③求法向量夹角的余弦值;④根据题意确定二面角的余弦值或其大小. (2)平面角法.该法就是首先利用二面角的定义，找出二面角的平面角，然后用向量法或解三角形法求其余弦值. 4.【解析】选 C.∵ AB AC CD DB, ∴ AB AC CD DB , ∴| CD | =2.

2020高考理科数学一轮复习第八章 7 第7讲立体几何中的向量方法

以 A 为坐标原点，A→E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

25，1，2
，
→ PM
＝
(0
，
2
，
－
4)
，
→ PN
＝

5，1，－2，A→N＝
5，1，2.
第八章立体几何
第八章立体几何
【解】 (1)证明：连接 AC，交 BD 于点 N，连接 MN，则 N 为 AC 的中点，又 M 为 AE 的中点，所以 MN∥EC. 因为 MN⊄平面 EFC，EC⊂平面 EFC，所以 MN∥平面 EFC. 因为 BF，DE 都垂直底面 ABCD，所以 BF∥DE. 因为 BF＝DE，所以四边形 BDEF 为平行四边形，
第八章立体几何
在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )
A.110
B.25
C.
30 10
D.
2 2
解析：选 C.以点 C 为坐标原点，CA，CB，CC1
所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所
→ n·AE
→
＝4155，
|n|·|AE|
45
第八章立体几何
向量法求线面角的两大途径 (1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)． (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．

2020版高考数学_福建专用_一轮复习课件_第八章立体几何立体几何中的向量方法

�� ·�� + �� ·��=abcos 60°-a× √22bcos 45°-√22abcos
45°+√22a×
√22b=��2��
−
�� 2
−
�� 2
+
��2��=0.
∴
��
⊥
�� .
∴二面角 α-AB-β 的大小为 90°.
核心考点
考点1
考点2
考点3
考点 1 利用空间向量证明平行、垂直
例1
-15-
如图所示,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,△PAD 是直角三角形,且PA=AD=2,E,F,G分别是线段PA,PD,CD的中点.求证:PB∥平面EFG.
知识梳理
-8-
知识梳理双基自测
12345
1.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”.
(1)直线的方向向量是唯一确定的. ( ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的. ( ) (3)若两条直线的方向向量不平行,则这两条直线不平行. ( ) (4)若空间向量a平行于平面α,则a所在直线与平面α平行. ( ) (5)两条直线的方向向量的夹角就是这两条直线所成的角. ( )
θ,a与b的夹角为φ,则有cos θ= |cos φ| .
(2)直线与平面所成的角
①范围:直线和平面所成的角θ的取值范围是
π 0, 2
.
②向量求法:设直线l的方向向量为a,平面的法向量为u,直线与平
面所成的角为θ,a与u的夹角为φ,则有sin θ= |cos φ| 或cos θ=sin

2020版高考数学新增分大一轮新高考专用讲义：第八章 8.7 立体几何中的向量方法(二)含解析

§8.7　立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离最新考纲　1.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用．1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围(0，π2][0，π]求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b |a ||b |2.直线与平面所成角的求法设直线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，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝.|a ·n ||a ||n |3．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|＝|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)．概念方法微思考1．利用空间向量如何求线段长度？提示　利用||2＝· 可以求空间中有向线段的长度．AB → AB → AB →2．如何求空间点面之间的距离？提示　点面距离的求法：已知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的距离为||＝|||cos 〈，n 〉|.BO → AB → AB →题组一　思考辨析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)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　×　)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　×　)(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(0，π2][0，π2](　√　)(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.(　×　)题组二　教材改编2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( )A ．45° B ．135°C ．45°或135° D ．90°答案　C解析　cos 〈m ，n 〉＝＝＝，即〈m ，n 〉＝45°.m·n |m||n |11·222∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3．如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为2，2则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为______．答案　π6解析　如图，以A 为原点，以，(AE ⊥AB )，所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴(如图)AB → AE → AA 1→建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，则A (0，0，0)，C 1(1，，2)，D (1，0，2)，∴＝(1，，2)，322AC 1→32＝(1，0，2)．AD →2∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角，cos ∠C 1AD ＝AC 1，→ ·AD →|AC 1→ ||AD →|＝＝，(1，3，22)·(1，0，22)12×932又∵∠C 1AD ∈，∴∠C 1AD ＝.[0，π2]π6题组三　易错自纠4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.B. C.D.11025301022答案　C解析　以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 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BC ＝CA ＝CC 1＝2，则可得A (2，0，0)，B (0，2，0)，M (1，1，2)，N (1，0，2)，∴＝(1，－1，2)，BM → ＝(－1，0，2)．AN →∴cos 〈，〉＝BM → AN →BM ，→ ·AN→ |BM → ||AN →|＝＝1×(－1)＋(－1)×0＋2×212＋(－1)2＋22×(－1)2＋02＋2236×5＝.30105．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 〉＝－，则l12与α所成的角为________．答案　30°解析　设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－，12∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.12题型一　求异面直线所成的角例1 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．(1)证明　如图所示，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 ＝2，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝，且EG ⊥AC .3在Rt △EBG 中，可得BE ＝，故DF ＝.222在Rt △FDG 中，可得FG ＝.62在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝，DF ＝，可得EF ＝，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，222322所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，AC ，FG ⊂平面AFC ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解　如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 所在直线为x 轴、y 轴，||为单位长度，GB →建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－，0)，E (1，0，)，F ，32(－1，0，22)C (0，，0)，3所以＝(1，，)，＝.AE → 32CF →(－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思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(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值等于两向量夹角余弦值的绝对值．跟踪训练1 三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则AM 与BN 所成角的余弦值为( )A.B. C. D.1103571045答案　C解析　如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1，0)，M (0，0，2)，B (－，0，0)，N ，3(－32，－12，2)所以＝(0，1，2)，AM →＝，BN →(32，－12，2)所以cos 〈，〉＝＝＝，故选C.AM → BN →AM ，→ ·BN →|AM → |·|BN → |725×5710题型二　求直线与平面所成的角例2 (2018·全国Ⅰ)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．(1)证明　由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)解　如图，作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，的方向为y 轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标HF → BF →系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝.3又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF .所以PH ＝，EH ＝.3232则H (0，0，0)，P ，D ，(0，0，32)(－1，－32，0)＝，＝.DP → (1，32，32)HP →(0，0，32)又为平面ABFD 的法向量，HP →设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝.HP → DP →|HP ，→ ·DP →||HP → ||DP →|34334所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为.34思维升华若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝－β或θ＝β－，故有sin θ＝|cos β|＝.π2π2|l ·n ||l ||n |跟踪训练2 (2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，2O 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PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2.3如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝AC ，22所以△ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥AC ，OB ＝AC ＝2.12由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .(2)解　由(1)知OP ，OB ，OC 两两垂直，则以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，2)，＝(0，2，2)．3AP →3由(1)知平面PAC 的一个法向量为＝(2，0，0)．OB →设M (a ，2－a ，0)(0≤a ≤2)，则＝(a ，4－a ，0)．AM →设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由·n ＝0，·n ＝0，得AP → AM →Error!可取y ＝a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝((a －4)，a ，－a )，333所以cos 〈，n 〉＝＝.OB →OB ，→·n |OB ，→||n |23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2由已知可得|cos 〈，n 〉|＝cos 30°＝，OB →32所以＝，23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 232解得a ＝－4(舍去)或a ＝.43所以n ＝.(－833，433，－43)又＝(0，2，－2)，所以cos 〈，n 〉＝.PC → 3PC →34所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为.34题型三　求二面角例3 (2018·济南模拟)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OO 1折起，使平面ADO 1O ⊥平面BCO 1O .如图2，点P 为BC 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　由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，所以以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 的长度为m ，则相关各点的坐标为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 中点，∴P ，(0，92，3)∴＝(3，0，6)，＝(0，m ，0)，＝，OD → AQ → PQ →(6，m －92，－3)∵·＝0，·＝0，OD → AQ → OD → PQ →∴⊥，⊥，且与不共线，OD → AQ → OD → PQ → AQ → PQ →∴OD ⊥平面PAQ .(2)解　∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝OB ＝3，12则Q (6，3，0)，∴＝(－6，3，0)，＝(0，－3，6)．QB → BC →设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∵Error!∴Error!令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，则n 1＝(1，2，1)，易知平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角C —BQ —A 的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，则cos θ＝＝.|n 1·n 2|n 1|·|n 2||66思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3 (2018·全国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 CD垂直，M 是上异于C ，D 的点． CD(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．(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 ，又DM ⊂平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为上异于C ，D 的点，且DC 为直径， CD所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ，所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解　以D 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .DA →当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为的中点．由题设得 CDD (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)，＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，AM → AB → DA →设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则Error!即Error!可取n ＝(1，0，2)，是平面MCD 的一个法向量，因此DA →cos 〈n ，〉＝＝，DA →n ·DA ，→|n ||DA ，→|55sin 〈n ，〉＝.DA →255所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是.255利用空间向量求空间角例 (12分)如图，四棱锥S －ABCD 中，△ABD 为正三角形，∠BCD ＝120°，CB ＝CD ＝CS ＝2，∠BSD ＝90°.(1)求证：AC ⊥平面SBD ；(2)若SC ⊥BD ，求二面角A －SB －C 的余弦值．(1)证明　设AC ∩BD ＝O ，连接SO ，如图①，因为AB ＝AD ，CB ＝CD ，所以AC 是BD 的垂直平分线，即O 为BD 的中点，且AC ⊥BD . [1分]在△BCD 中，因为CB ＝CD ＝2，∠BCD ＝120°，所以BD ＝2，CO ＝1.3在Rt △SBD 中，因为∠BSD ＝90°，O 为BD 的中点，所以SO ＝BD ＝.123在△SOC 中，因为CO ＝1，SO ＝，CS ＝2，3所以SO 2＋CO 2＝CS 2，所以SO ⊥AC . [4分]因为BD ∩SO ＝O ，BD ，SO ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD .[5分](2)解　方法一　过点O 作OK ⊥SB 于点K ，连接AK ，CK ，如图②，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AO ⊥SB .因为OK ∩AO ＝O ，OK ，AO ⊂平面AOK ，所以SB ⊥平面AOK . [6分]因为AK ⊂平面AOK ，所以AK ⊥SB .同理可证CK ⊥SB . [7分]所以∠AKC 是二面角A －SB －C 的平面角．因为SC ⊥BD ，由(1)知AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .在Rt △SOB 中，OK ＝＝.SO ·OBSB 62在Rt △AOK 中，AK ＝＝，AO 2＋OK 2422同理可求CK ＝. [10分]102在△AKC 中，cos ∠AKC ＝＝－.AK 2＋CK 2－AC 22AK ·CK 10535所以二面角A －SB －C 的余弦值为－.[12分]10535方法二　因为SC ⊥BD ，由(1)知，AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD . [6分]由(1)知，AC ⊥平面SBD ，SO ⊂平面SBD ，所以SO ⊥AC .因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD .[7分]以O 为原点，，，的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方OA → OB → OS → 向建立空间直角坐标系，如图③，则A (3，0，0)，B (0，，0)，C (－1，0，0)，S (0，0，)．33所以＝(－3，，0)，＝(1，，0)，AB → 3CB →3＝(0，，－)． [8分]SB →33设平面SAB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，则Error!令y 1＝，得平面SAB 的一个法向量为n ＝(1，，)．333同理可得平面SCB 的一个法向量为m ＝(－，1，1)．[10分]3所以cos 〈n ，m 〉＝＝＝.n ·m |n ||m |－3＋3＋37×510535因为二面角A －SB －C 是钝角，所以二面角A －SB －C 的余弦值为－.[12分]10535利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1．已知两平面的法向量分别为m ＝(1，－1，0)，n ＝(0，1，－1)，则两平面所成的二面角为( )A ．60° B ．120°C ．60°或120° D ．90°答案　C解析　cos 〈m ，n 〉＝＝＝－，m·n |m||n |－12·212即〈m ，n 〉＝120°.∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.B.5553C.D.5654答案　A解析　设CA ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，B 1(0，2，1)，可得向量＝(－2，2，1)，＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈，〉＝AB 1→ BC 1→ AB 1→ BC 1→ AB 1→ ·BC 1→ |AB 1→ ||BC 1→|＝＝＝，故选A.0＋4－14＋4＋1×0＋4＋115553．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. B. C. D.12233322答案　B解析　以A 为原点，AB ，AD ，AA 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Axyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ，D (0，1，0)，(1，0，12)∴＝(0，1，－1)，＝.A 1D → A 1E →(1，0，－12)设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则有Error!即Error!∴Error!∴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〉＝＝，23×123即所成的锐二面角的余弦值为.234．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 与B 1D 所成角的大小为( )A. B. C. D.π6π4π3π2答案　D解析　以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 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，设正方体的边长为1，则A (0，0，0)，C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0)．∴＝(1，1，0)，＝(－1，1，－1)，AC → B 1D →∵·＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，AC → B 1D →∴⊥，∴AC 与B 1D 所成的角为.AC → B 1D → π25．(2018·上饶模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AB ＝AA 1＝2，则异面直线AB 1与CA 1所成角的余弦值为( )A ．0B ．－ C. D.141412答案　C解析　以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B 1(，1，2)，A 1(0，0，2)，C (0，2，0)，3＝(，1，2)，＝(0，2，－2)，AB 1→ 3A 1C →设异面直线AB 1和A 1C 所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.|AB 1→ ·A 1C →||AB 1→ |·|A 1C →||－2|8·814∴异面直线AB 1和A 1C 所成的角的余弦值为.146．(2018·上海松江、闵行区模拟)如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O－xyz 的三条坐标轴上，＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C －AB －O 的大OC →小为θ，则cos θ等于( )A. B. C. D ．－43532323答案　C解析　由题意可知，平面ABO 的一个法向量为＝(0，0，2)，OC →由图可知，二面角C －AB －O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝＝＝.|OC ，→ ·n ||OC ，→ ||n ||4|2×3237．在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为________．答案　55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，PA ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，D ，(12，0，0)E ，F .(12，12，0)(0，12，1)∴＝(0，0，－2)，＝，PA → DE → (0，12，0)＝.DF → (－12，12，1)设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由Error!得Error!取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，〉|＝PA → ＝，|PA ，→ ·n ||PA ，→ ||n |55∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为.558.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．2答案　45解析　∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶，2∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，F (0，2，0)，C (0，2，1)，∴＝(－1，2，0)，＝(0，2，1)，AF → EC →∴cos 〈，〉＝＝，AF → EC → AF ，→ ·EC → |AF → ||EC →|45∴AF 与CE 所成角的余弦值为.459.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________．答案　60°解析　以B 点为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)，则＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，EF → BC 1→∴·＝2，EF → BC 1→∴cos 〈，〉＝EF → BC 1→ EF ，→ ·BC 1→ |EF → ||BC 1→ |＝＝，22×2212∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]，∴EF 和BC 1所成的角为60°.10．(2018·福州质检)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值为________．答案　23解析　方法一　延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示．设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求锐二面角的平面角．∵BH ＝，EB ＝1，322∴tan ∠EHB ＝＝.EB BH 23方法二　如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1，0，0)，E ，(1，1，13)F ，＝，(0，1，23)AE → (0，1，13)＝，AF → (－1，1，23)设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由Error!得Error!令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1，1，－3)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0，0，－1)，设平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝，tan θ＝.311112311．(2018·皖江八校联考)如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥底面ABC ，四边形A 1ACC 1是正方形，B 1C 1∥BC ，Q 是A 1B 的中点，且AC ＝BC ＝2B 1C 1，∠ACB ＝.2π3(1)证明：B 1Q ⊥A 1C ；(2)求直线AC 与平面A 1BB 1所成角的正弦值．(1)证明　如图所示，连接AC 1与A 1C 交于M 点，连接MQ .∵四边形A 1ACC 1是正方形，∴M 是AC 1的中点，又Q 是A 1B 的中点，∴MQ ∥BC ，MQ ＝BC ，12又∵B 1C 1∥BC 且BC ＝2B 1C 1，∴MQ ∥B 1C 1，MQ ＝B 1C 1，∴四边形B 1C 1MQ 是平行四边形，∴B 1Q ∥C 1M ，∵C 1M ⊥A 1C ，∴B 1Q ⊥A 1C .(2)解　∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，CC 1⊥AC ，CC 1⊂平面A 1ACC 1，∴CC 1⊥平面ABC .如图所示，以C 为原点，CB ，CC 1所在直线分别为y 轴和z轴建立空间直角坐标系，令AC ＝BC ＝2B 1C 1＝2，则C (0，0，0)，A (，－1，0)，A 1(，－1，2)，B (0，2，0)，B 1(0，1，2)，33∴＝(，－1，0)，＝(，－2，0)，CA → 3B 1A 1→3＝(0，1，－2)，B 1B →设平面A 1BB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥，n ⊥，B 1A 1→ B 1B →可得Error!可令y ＝2，3则x ＝4，z ＝，3∴平面A 1BB 1的一个法向量n ＝(4，2，)，33设直线AC 与平面A 1BB 1所成的角为α，则sin α＝＝＝.|n ·CA ，→ ||n |·|CA ，→ |23231933112．(2018·赣州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ∥CD ，∠CDA ＝90°，CD ＝2AB ＝2，AD ＝3，PA ＝，PD ＝2，点E 52在棱AD 上且AE ＝1，点F 为棱PD 的中点．(1)证明：平面BEF ⊥平面PEC ；(2)求二面角A －BF －C 的余弦值．(1)证明　在Rt △ABE 中，由AB ＝AE ＝1，得∠AEB ＝45°，同理在Rt △CDE 中，由CD ＝DE ＝2，得∠DEC ＝45°，所以∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC .在△PAD 中，cos ∠PAD ＝＝＝，PA 2＋AD 2－PD 22PA ·AD 5＋9－82×3×555在△PAE 中，PE 2＝PA 2＋AE 2－2PA ·AE ·cos ∠PAE ＝5＋1－2××1×＝4，555所以PE 2＋AE 2＝PA 2，即PE ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BE .又因为CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ，所以BE ⊥平面PEC ，所以平面BEF ⊥平面PEC .(2)解　由(1)知EB ，EC ，EP 两两垂直，故以E 为坐标原点，以射线EB ，EC ，EP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (，0，0)，C (0，2，0)，P (0，0，2)，A ，D (－，，0)，F ，22(22，－22，0)22(－22，22，1)＝，＝，AB → (22，22，0)BF → (－322，22，1)＝(－，2，0)，BC →22设平面ABF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则Error!不妨设x 1＝1，则m ＝(1，－1，2)，2设平面BFC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则Error!不妨设y 2＝2，则n ＝(4，2，5)，2记二面角A －BF －C 为θ(由图知应为钝角)，则cos θ＝－＝－＝－，|m ·n ||m |·|n ||4－2＋20|10·7011735故二面角A －BF －C 的余弦值为－.1173513.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足＝＝λ，SF BF CE BE当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．答案　916解析　因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，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 .∵AB ＝4，SA ＝3，∴B (0，4，0)，S (0，0，3)．设BC ＝m ，则C (m ，4，0)，∵＝＝λ，∴＝λ.SF BF CE BE SF → FB → ∴－＝λ(－)．AF → AS → AB → AF →∴＝(＋λ)＝(0，4λ，3)，AF → 11＋λAS → AB → 11＋λ∴F .(0，4λ1＋λ，31＋λ)同理可得E ，(m 1＋λ，4，0)∴＝.FE → (m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ)∵＝，要使∠AFE 为直角，FA → (0，－4λ1＋λ，－31＋λ)即·＝0，FA → FE →则0·＋·＋·＝0，m 1＋λ－4λ1＋λ41＋λ－31＋λ－31＋λ∴16λ＝9，解得λ＝.91614．(2018·海南五校模拟)如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，Q 分别是CC 1，BC ，AC 的中点，点P 在直线A 1B 1上运动，且＝λ(λ∈[0，1])．A 1P → A 1B 1→(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ ；(2)是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明　连接A 1Q .∵AA 1＝AC ＝1，M ，Q 分别是CC 1，AC 的中点，∴Rt △AA 1Q ≌Rt △CAM ，∴∠MAC ＝∠QA 1A ，∴∠MAC ＋∠AQA 1＝∠QA 1A ＋∠AQA 1＝90°，∴AM ⊥A 1Q .∵N ，Q 分别是BC ，AC 的中点，∴NQ ∥AB .又AB ⊥AC ，∴NQ ⊥AC .在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，∴NQ ⊥AA 1.又AC ∩AA 1＝A ，AC ，AA 1⊂平面ACC 1A 1，∴NQ ⊥平面ACC 1A 1，∴NQ ⊥AM .由NQ ∥AB 和AB ∥A 1B 1可得NQ ∥A 1B 1，∴N ，Q ，A 1，P 四点共面，∴A 1Q ⊂平面PNQ .∵NQ ∩A 1Q ＝Q ，NQ ，A 1Q ⊂平面PNQ ，∴AM ⊥平面PNQ ，∴无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ .(2)解　如图，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，M ，N ，(0，1，12)(12，12，0)Q ，(0，12，0)＝，＝(1，0，0)．NM → (－12，12，12)A 1B 1→ 由＝λ＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，A 1P → A 1B 1→可得点P (λ，0，1)，∴＝.PN → (12－λ，12，－1)设n ＝(x ，y ，z )是平面PMN 的法向量，则Error!即Error!得Error!令x ＝3，得y ＝1＋2λ，z ＝2－2λ，∴n ＝(3，1＋2λ，2－2λ)是平面PMN 的一个法向量．取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)．假设存在符合条件的点P ，则|cos 〈m ，n 〉|＝＝，|2－2λ|9＋(1＋2λ)2＋(2－2λ)212化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)．7－3547＋354综上，存在点P ，且当A 1P ＝时，7－354满足平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°.15．在四棱锥P －ABCD 中，＝(4，－2，3)，＝(－4，1，0)，＝(－6，2，－8)，则AB → AD → AP →这个四棱锥的高h 等于( )A ．1B ．2C ．13D ．26答案　B 解析　设平面ABCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令y ＝4，则n ＝，(1，4，43)则cos 〈n ，〉＝＝＝－，AP → n ·AP → |n ||AP → |－6＋8－323133×2262626∴h ＝×2＝2.26262616.如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．(1)证明　设AD ＝CD ＝BC ＝1，∵AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3，∴AB 2＝AC 2＋BC 2，则BC ⊥AC .∵CF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥CF ，而CF ∩BC ＝C ，CF ，BC ⊂平面BCF ，∴AC ⊥平面BCF .∵EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF .(2)解　以C 为坐标原点，分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM ＝λ(0≤λ≤)，3则C (0，0，0)，A (，0，0)，B (0，1，0)，M (λ，0，1)，3∴＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)．AB → 3BM →设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由Error!得Error!取x ＝1，则n ＝(1，，－λ)．33易知m ＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos 〈n ，m 〉＝＝＝ .n ·m |n ||m |11＋3＋(3－λ)2×11(λ－3)2＋4∵0≤λ≤，3∴当λ＝0时，cos 〈n ，m 〉取得最小值，77∴当点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.77。

3.2立体几何中的向量方法(二)

由 ∠A1 AB = ∠A1 AD = ∠BAD 且 AB = AD = AA1 ∴ H 在 AC上.
A A1 B1 H D B C D1 C1
AC = ( AB + BC )2 = 1 + 1 + 2cos 60° = 3 ∴
2
AC = 3
AA1 AC = AA1 ( AB + BC ) = AA1 AB + AA1 BC = cos 60° + cos 60° = 1.
顶点A为端点的三条棱长都相等, 顶点为端点的三条棱长都相等,且它们彼此的夹角为端点的三条棱长都相等都是60° 都是 °,那么以这个顶点为端点的晶体的对角线的长与棱长有什么关系? 长与棱长有什么关系? 如图1,不妨设解:如图不妨设如图
AB = AA1 = AD = 1 , A1 ∠BAD = ∠BAA1 = ∠DAA1 = 60°
的一个法向量. ∴ n = (4, 3, 6) 是平面 ABC 的一个法向量.
方法小结
3
问题:如何求平面的法向量问题如何求平面的法向量? 如何求平面的法向量
⑴设平面的法向量为 n = ( x , y , z )
找出(求出) ⑵找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标 a = ( a1 , b1 , c1 ), b = ( a2 , b2 , c2 )
∴ cos ∠A1 AC = AA1 AC | AA1 | | AC | = 1 3
∴
6 sin ∠A1 AC = 3
∴
如何用向量法求点到平面的距离? 如何用向量法求点到平面的距离
6 6 ∴ 所求的距离是 . A1 H = AA1 sin ∠A1 AC = 3 3
12
如何用向量法求点到平面的距离? 如何用向量法求点到平面的距离

高考数学一轮复习第八章第6讲立体几何中的向量方法

• 【训练1】如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA＝AD＝2，E、 F、G分别是线段PA、PD、CD的中点．求证：PB∥平面EFG.
证明 ∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方形， ∴AB、AP、AD两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－ xyz，则A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、 D(0,2,0)、P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、 G(1,2,0)．
∴a∥c，
•
又a·b＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a⊥b.
•
答案 ③
5．已知A→B＝(2,2,1)，A→C＝(4,5,3)，则平面 ABC 的单位法
向量是________．解设平面 ABC 的法向量 n＝(x，y，z)．
则AA→ →BC··nn＝＝
∴D→E＝(－2,4,0)，N→C＝(－2,4,0)， ∴D→E＝N→C， ∴DE∥NC，又∵NC⊂平面 ABC，
DE⊄平面 ABC.故 DE∥平面 ABC.
(2)B→1F＝(－2,2，－4)，
E→F＝(2，－2，－2)，A→F＝(2,2,0)．
B→1F·E→F＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
令 z＝1，得x＝12， y＝－1，
∴n＝12，－1，1，
∴平面 ABC 的单位法向量为±|nn|＝±13，－23，23. 答案 ±13，－23，23
考向一利用空间向量证明平行问题
• 【例1】如图所示，已知直三
棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，
2．用向量证明空间中的平行关系 • (1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与 • l(22重)设合直)⇔线v_l1的_∥_方_v_2向__向__量__为. v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝ xv1＋yv2. • (3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α 或l⊂α⇔___________. • (4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔ • ___________. v⊥u

高考数学一轮复习第八章第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(Ⅱ)——求空间角分层训练A 级基础达标演练(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1. 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上的动点，则直线NO 、AM 的位置关系是________．解析建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，M (0,0,1)，O (1,1,0)，N (2，t,2)，NO →＝(－1,1－t ，－2)，AM→＝(－2,0,1)，NO →·AM →＝0，则直线NO 、AM 的位置关系是异面垂直．答案异面垂直2．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 →，D 1N →〉的值为________．解析设正方体的棱长为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(如图)，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，所以sin 〈CM →，D 1N →〉＝459. 答案 4593．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为________．解析建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)．BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→||AE →|＝3010. 所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. 答案 3010 4．(2011·全国卷改编)已知直二面角α－l －β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足，若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝________.解析如图，建立直角坐标系D －xyz ，由已知条件B (0,0,1)，A (1，t,0)(t ＞0)，由AB ＝2解得t ＝ 2. 答案 25．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BB 1中点，G 是DD 1中点，F是BC 上一点且FB ＝14BC ，则GB 与EF 所成的角为________．解析如图建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，由已知条件G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，B ()1，1，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1，0，GB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0，－12， cos 〈GB →，EF →〉＝GB →·EF →|GB →||EF →|＝0，则GB →⊥EF →.答案 90°6．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 的夹角的大小为________．解析如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2.则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)．设平面PAC 的法向量为n ，可求得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PAC 的夹角为90°－60°＝30°.答案 30°二、解答题(每小题15分，共30分)7. (2012·盐城中学期中调研)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，AA 1＝6，M 是棱CC 1的中点．(1)求证：A 1B ⊥AM ；(2)求直线AM 与平面AA 1B 1B 所成角的正弦值．解 (1)∵C 1C ⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，∴分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．则B (0,1,0)，A 1(3，0，6)，A (3，0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62.∴A 1B →＝(－3，1，－6)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，0，62，∴A 1B →·AM →＝3＋0－3＝0，∴A 1B →⊥AM →.即A 1B ⊥AM .(2)由(1)，知AB →＝(－3，1,0)，AA 1→＝(0,0，6)，设平面AA 1B 1B 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧ －3x ＋y ＝0，6z ＝0.不妨取n ＝(3，3,0)．设直线AM 与平面AA 1B 1B 所成角为θ.∴sin θ＝|cos 〈AM →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AM →·n |AM →|·|n |＝66.8. (2011·湖北卷)如图，已知正三棱柱ABC vA 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱AA 1上，点F 在侧棱BB 1上，且AE ＝22，BF ＝ 2.(1)求证：CF ⊥C 1E ；(2)求二面角E －CF －C 1的大小．解建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则由已知可得A (0,0,0)，B (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2，32)，E (0,0，22)，F (3，1，2)．(1)证明 C 1E →＝(0，－2，－2)，CF →＝(3，－1，2)．C 1E →·CF →＝0＋2－2＝0，所以CF ⊥C 1E .(2)解 CE →＝(0，－2,22)，设平面CEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ⊥CE →，m ⊥CF →，得⎩⎪⎨⎪⎧ m ·CE →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎨⎧ －2y ＋22z ＝0，3x －y ＋2z ＝0.解得⎩⎨⎧ y ＝2z ，x ＝0.可取m ＝(0，2，1)，设侧面BC 1的一个法向量为n ，由n ⊥BC →，n ⊥CC 1→，及CB →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,32)，可取n ＝(1，3，0)．设二面角E －CF －C 1的大小为θ，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝63×2＝22，所以θ＝45°. 即所求二面角E －CF －C 1的大小为45°.分层训练B 级创新能力提升1. 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________．解析以D 为原点，DA 、DC 所在直线分别为x 、y 轴建系如图：设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，32a ，C (0，a,0)，则MC ＝x 2＋y －a 2，MP ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 22＋y 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2. 由MP ＝MC 得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝12x 的一部分．答案 ①2．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上，当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为________．解析以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，BB 1为z 轴建立空间直角坐标系(如图所示)．设BP →＝λBD 1→，可得：P (λ，λ，λ)．再由cos ∠APC ＝AP →·CP →|AP →|·|CP →|可求得当λ＝13时，∠APC 最大．故V P －ABC ＝13×12×1×1×13＝118. 答案 1183．已知P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM 、PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________．解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F ，∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°，∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →)＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0， ∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°.答案 90°4．(2011·全国卷改编)已知点E 、F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则面AEF 与面ABC 所成的二面角的正切值为________．解析如图，建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1由已知条件A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，23 AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，23设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，面AEF 与面ABC 所成的二面角为θ由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)cos θ＝cos 〈n ，m 〉＝311，tan θ＝23. 答案23 5. 如图所示，已知点P 在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°.(1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．解如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D －xyz . 则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H .设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，即DA →·DH→＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1. (1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22，所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)．因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.6．如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)求二面角P －BD －A 的大小．(1)证明如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP →＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)，BD →＝(－23，2,0)．∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC .又∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥面PAC .(2)解设平面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 ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)， ∴⎩⎨⎧ －23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝12. ∴二面角P －BD －A 的大小为60°.。

高考数学一轮复习第八章立体几何第8讲立体几何中的向量方法(二) 理

第8讲立体几何中的向量方法（二）一、选择题1．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( )A.32B.22 C.3 D ．3 2 解析两平面的一个单位法向量n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，故两平面间的距离d ＝|OA →·n 0|＝22. 答案 B2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、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°解析设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∴θ＝30°.答案 A3．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )． A.1010B.3010C.21510D.31010解析建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0，2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)，cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE→|BC 1→||AE →|＝3010. 所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. 答案 B4．已知直二面角αl β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足，若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝( )．A ．2 B.3 C. 2 D ．1 解析如图，建立直角坐标系D xyz ，由已知条件B (0,0,1)，A (1，t,0)(t ＞0)，由AB ＝2解得t ＝ 2. 答案 C5．如图，在四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2.∠ABC＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为( )． A.π6B.π3C.5π3D.5π6解析二面角A －BC －D 的大小等于AB 与CD 所成角的大小.AD →＝AB →＋BC →＋CD →.而AD →2＝AB→2＋CD →2＋BC →2－2|AB →|·|CD →|·cos 〈AB →，CD →〉，即12＝1＋4＋9－2×2cos 〈AB →，CD →〉，∴cos 〈AB →，CD →〉＝12，∴AB 与CD 所成角为π3，即二面角A －BC －D 的大小为π3.故选B.答案 B6．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A. 2B. 3 C ．2D.22解析如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1) 设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋2z ＝0x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n (0,1,0)，则由cos60°＝m·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝ 2. 答案 A 二、填空题7．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的正弦值为________．解析 cos 〈n ，a 〉＝n ·a |n ||a |＝－832×22＝－41133.又l 与α所成角记为θ，即sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝41133.答案41133. 8．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)且a 与b 的夹角的余弦值为89，则λ＝________.解析由已知得89＝a·b |a ||b |＝2－λ＋45＋λ2·9， ∴8 5＋λ2＝3(6－λ)，解得λ＝－2或λ＝255.答案－2或2559．已知点E 、F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则面AEF 与面ABC 所成的二面角的正切值为________．解析如图，建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1由已知条件A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，23，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，23，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，面AEF 与面ABC 所成的二面角为θ，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3) 平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)cos θ＝cos 〈n ，m 〉＝31111，tan θ＝23.答案2310．在三棱锥O －ABC 中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝OB ＝OC ，M 是AB 边的中点，则OM 与平面ABC 所成角的正切值是________．解析如图所示建立空间直角坐标系，设OA ＝OB ＝OC ＝1，则A (1,0,0)，B (0，1,0)，C (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，故AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)，OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0. 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AB →，n ⊥AC →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,1,1)．故cos 〈n ，OM →〉＝13×22＝63，所以OM 与平面ABC 所成角的正弦值为63，其正切值为 2. 答案2三、解答题11．如图，四面体ABCD 中，AB 、BC 、BD 两两垂直，AB ＝BC ＝BD ＝4，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点． (1)求异面直线AB 与EF 所成角的余弦值； (2)求E 到平面ACD 的距离；(3)求EF 与平面ACD 所成角的正弦值．解如图，分别以直线BC 、BD 、BA 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则各相关点的坐标为A (0,0,4)、C (4,0，0)、D (0,4，0)，E (2,0,0)、F (0，2,2)．(1)∵AB →＝(0,0，－4)，EF →＝(－2,2,2)，∴|cos 〈AB →，EF →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－84×23＝33，∴异面直线AB 与EF 所成角的余弦值为33. (2)设平面ACD 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·CD →＝0，∵AC →＝(4,0，－4)，CD →＝(－4,4,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧4x －4＝0，－4x ＋4y ＝0，∴x ＝y ＝1，∴n ＝(1,1,1，)． ∵F ∈平面ACD ，EF →＝(－2,2,2)，∴E 到平面ACD 的距离为d ＝|n ·EF →||n |＝23＝233. (3)EF 与平面ACD 所成角的正弦值为|cos 〈n ，EF →〉|＝23×23＝1312．如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6.(1)求证：BD ⊥平面PAC ； (2)求二面角P －BD －A 的大小． (1)证明如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)，C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)，∴AP →＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)，BD →＝(－23，2,0)．∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又∵PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥面PAC .(2)解设平面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 ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)，∴⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝12.∴二面角P －BD －A 的大小为60°.13．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC .(2)求二面角A 1－BD －C 1的大小．(1)证明由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC .而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD . 因为BC ⊂平面BCD ，所以DC 1⊥BC .(2)解由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1A 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴的正方向，|CA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 C －xyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)．则A 1D →＝(0,0，－1)，BD →＝(1，－1,1)，DC 1→＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0，可取n ＝(1,1,0)．同理，设m ＝(x ，y ，z)是平面C 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，可取m ＝(1,2,1)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝32.故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°.14．如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE ；(3)求直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值．解方法一：(1)证法一：取CE 的中点G ，连接FG 、BG . ∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE ，∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB .又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .又DE ＝2AB ，∴四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .证法二：取DE 的中点M ，连接AM 、FM ， ∵F 为CD 的中点，∴FM ∥CE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴DE ∥AB . 又AB ＝12DE ＝ME ，∴四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE . ∵FM 、AM ⊄平面BCE ，CE 、BE ⊂平面BCE ， ∴FM ∥平面BCE ，AM ∥平面BCE .又FM ∩AM ＝M ，∴平面AFM ∥平面BCE . ∵AF ⊂平面AFM ， ∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE . ∵BG ⊂平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)在平面CDE 内，过F 作FH ⊥CE 于H ，连接BH ， ∵平面BCE ⊥平面CDE ，∴FH ⊥平面BCE . ∴∠FBH 为BF 和平面BCE 所成的角．设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，则FH ＝CF sin45°＝22a ， BF ＝AB 2＋AF 2＝a 2＋3a2＝2a ，在Rt △FHB 中，sin ∠FBH ＝FH BF ＝24. ∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 方法二：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．∵F 为CD 的中点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)证明：AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a,0，－a )，∵AF →＝12(BE →＋BC →)，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD →＝(－a ，3a,0)，ED →＝(0,0，－2a )，∴AF →·CD →＝0，AF →·ED →＝0，∴AF →⊥CD →，AF →⊥ED →. ∴AF →⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·BE →＝0，n ·BC →＝0可得x ＋3y ＋z ＝0,2x －z ＝0，取n ＝(1，－3，2)．又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，－a ，设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则sin θ＝|BF →·n ||BF →|·|n |＝2a 2a ·22＝24.∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24.。

高考数学一轮复习第八章立体几何第8讲立体几何中的向量方法(二) 理(2021年最新整理)

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第8讲立体几何中的向量方法（二）一、选择题1．两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A（2，1，1)，且两平面的一个法向量n＝（－1，0，1)，则两平面间的距离是（)A。

32B.错误!C.错误! D．3错误!解析两平面的一个单位法向量n0＝错误!，故两平面间的距离d＝|错误!·n0｜＝错误!。

答案B2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、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°解析设l与α所成的角为θ,则sin θ＝|cos<m，n〉|＝错误!，∴θ＝30°。

答案A3．长方体ABCD－A1B1C1D1中,AB＝AA1＝2，AD＝1,E为CC1的中点,则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为 ( )．A.错误!B.错误!C。

错误!D。

错误!解析建立坐标系如图,则A（1，0，0），E（0，2,1），B(1，2,0），C1(0，2,2）．错误!＝（－1，0，2），错误!＝(－1,2，1)，cos〈错误!,错误!〉＝错误!＝错误!。

所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为错误!。

高考数学一轮复习-8.58 立体几何中的向量法课件理

(若所成角为钝角,则取其补角的余角),即_s_i_n_θ__＝__||m_m_·|_·|_nn_||_．特例:若 m⊥n，则__a_∥__α_或__a_⊂__α__．若 m∥n，则 a⊥α.
(2)二面角的平面角设二面角 α－l－β 的两个半平面 α 和 β 的法向量分别为 m，n，设二面角 α－l－β 的大小为 θ，则二面角的平面角与两法向量所成的角相等或互补．当二面角为锐角时，
故点E到平面ACF的距离为53.
(3)由(1)知A→F＝(0，2，4)，B→E＝(－2，－2，1)，设AF与BE的公垂线的方向向量d＝(x，y，z)，则BA→ →EF· ·d＝d＝2y－＋24xz－＝20y，＋z＝0，
y＝－2z，得x＝52z，取z＝2，得d＝(5，－4，2). 又A→B＝(0，2，0)，设AF与BE之间的距离为d2，则d2＝|d·|dA→|B|＝|5×0＋（－34）5 ×2＋2×0|＝8155.
〔备选题〕例4 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.
＝ 32，
所以异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为
2 3.
(2)易知A→A1＝(0，2 2，0)，
A→1C1＝(－ 2，－ 2， 5).
设平面AA1C1的法向量m＝(x，y，z)，
则mm··AA→→A1C11＝＝00，即2－
2x－ 2y＝0.
2y＋
5z＝0，
不妨令x＝ 5，可得m＝( 5，0， 2).

2020版高考数学(福建专用)一轮复习课件：8.7 立体几何中的向量方法

考点1
考点2
考点3
核心考点
4.利用向量法求点到平面的距离的方法:
-46-
考点1
考点2
考点3
对点训练3
核心考点
-47-
(1)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥底面 ABCD,E是PC的中点.已知AB=2,AD=2 ,PA=2.求:
①△PCD的面积; ②异面直线BC与AE所成的角的大小.
考点1
考点2
考点3
核心考点
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(1)证明:由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD. 由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
核心考点
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考点1
考点2
考点3
(2)解:在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F. 由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD.
考点1
考点2
考点3
核心考点
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考点1
考点2
考点3
核心考点
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考点1
考点2
考点3
核心考点
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解题心得立体几何开放性问题的求解方法有以下两种: (1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后加以证明,得出结论; (2)假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条件,根据题目要求进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在这样的点或线,否则不存在.本题是设出点P的坐标,借助向量运算, 判定关于z0的方程是否有解.
(1)求证:AP⊥BC; (2)若点M是线段AP上一点,且AM=3.试证明平面AMC⊥平面 BMC.

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【2019最新】精选高考数学一轮复习第八章立体几何8-8立体几何中的向量方法(二)__求空间角和距离理1．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则2.设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝.3．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＝〈，〉．(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．【知识拓展】利用空间向量求距离(供选用)(1)两点间的距离设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝||＝.(2)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||＝.【思考辨析】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)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ×)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( ×)(4)两异面直线夹角的范围是(0，]，直线与平面所成角的范围是[0，]，二面角的范围是[0，π]．( √)(5)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(×)1．(2017·烟台质检)已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( )A．45° B．135°C．45°或135° D．90°答案C解析cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.∴两平面所成的二面角为45°或180°－45°＝135°.2．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〉＝－，则l与α所成的角为( )A．30° B．60° C．120° D．150°答案A解析设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，∴sin θ＝|cos〈m，n〉|＝，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.故选A. 3．(2016·郑州模拟)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为( )A. B.53C. D.54答案A解析设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝＝，故选A.4．(教材改编)如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．答案π6解析以A 为原点，以，(AE⊥AB)，所在直线为坐标轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A1B1中点，则A(0,0,0)，C1(1，，2)，D(1,0,2)，∴＝(1，，2)，AD →＝(1,0,2)．∠C1AD 为AC1与平面ABB1A1所成的角，cos∠C1AD＝AC1→·AD→|AC1→||AD →|＝＝，又∵∠C1AD∈，∴∠C1AD＝.5．P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α、β上引射线PM 、PN ，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________．答案 90°解析不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME⊥AB 于E ，NF⊥AB 于F ， ∵∠EPM＝∠FPN＝45°， ∴PE＝a ，PF ＝b ， ∴·＝(－)·(－) ＝·－·－·＋·PF →＝abcos 60°－a×bcos 45°－a×bcos 45°＋a×b ＝－－＋＝0， ∴⊥，∴二面角α－AB －β的大小为90°. 题型一求异面直线所成的角例1 (2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 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．(1)证明如图所示，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＝.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.在Rt△FDG中，可得FG＝.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，F，C(0，，0)，所以＝(1，，)，＝.故cos〈，〉＝＝－.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(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值等于两向量夹角余弦值的绝对值．如图所示正方体ABCD－A′B′C′D′，已知点H在A′B′C′D′的对角线B′D′上，∠H DA＝60°.求DH与CC′所成的角的大小．解如图所示，以D为原点，DA为单位长度，建立空间直角坐标系Dxyz，则＝(1,0,0)，＝(0,0,1)．设＝(m，m,1)(m>0)，由已知，〈，〉＝60°，由·＝||·||·cos〈，〉，可得2m＝，解得m＝，∴＝(，，1)，∵cos〈，〉＝＝，又∵〈，〉∈[0°，180°]，∴〈，〉＝45°，即DH与CC′所成的角为45°.题型二求直线与平面所成的角例2 (2016·全国丙卷)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD ＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．(1)证明MN∥平面PAB；(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．(1)证明由已知得AM＝AD＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN∥BC，TN ＝BC ＝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PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN∥平面PAB. (2)解取BC 的中点E ，连接AE. 由AB ＝AC 得AE⊥BC，从而AE⊥AD，AE ＝＝＝.以A 为坐标原点，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(，2,0)，N ，＝(0,2，－4)，＝，＝. 设n ＝(x ，y ，z)为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，〉|＝＝.设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝， ∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为. 思维升华利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD⊥平面BCD ，如图所示． (1)求证：AB⊥CD；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD⊥平面BCD ，平面ABD∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB⊥BD， ∴AB⊥平面BCD.又CD ⊂平面BCD ，∴AB⊥CD.(2)解过点B 在平面BCD 内作BE⊥BD，如图．由(1)知AB⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD. ∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B 为坐标原点，分别以，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M(0，，)，则＝(1,1,0)，＝(0，，)，＝(0,1，－1)．设平面MBC 的法向量n ＝(x0，y0，z0)，则即⎩⎪⎨⎪⎧x0＋y0＝0，12y0＋12z0＝0，取z0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，〉|＝＝，即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为. 题型三求二面角例3 (2016·山东)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 ＝AC ＝2，AB ＝BC ，求二面角FBCA 的余弦值． (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∥B C ，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)解连接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Oxyz. 由题意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)．过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝＝3，可得F(0，，3)．故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)．设m ＝(x ，y ，z)是平面BCF 的一个法向量．由可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝，因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝＝. 所以二面角FBCA 的余弦值为.思维升华利用向量法计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小． (2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(2016·天津)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 ＝HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值． (1)证明依题意，OF⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以，，的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得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)．依题意，＝(2,0,0)，＝(1，－1,2)．设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF 的法向量，则即⎩⎪⎨⎪⎧2x1＝0，x1－y1＋2z1＝0，不妨取z1＝1，可得n1＝(0,2,1)，又＝(0,1，－2)，可得·n1＝0，又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG∥平面ADF.(2)解易证＝(－1,1,0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，＝(1,1,0)，＝(－1,1,2)．设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n2·EF →＝0，n2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x2＋y2＝0，－x2＋y2＋2z2＝0，不妨取 x2＝1，可得n2＝(1，－1,1)．因此有cos 〈，n2〉＝＝－，于是sin 〈，n2〉＝.所以二面角O —EF —C 的正弦值为. (3)解由AH ＝HF ，得AH ＝AF. 因为＝(1，－1,2)，所以＝＝，进而有H ，从而＝. 因此cos 〈，n2〉＝＝－.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为. 题型四求空间距离(供选用)例4 如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD ，AB⊥平面BCD ，AB ＝2，求点A 到平面MBC 的距离．解如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为△BCD 与△MCD 均为正三角形，所以OB⊥CD，OM⊥CD，又平面MCD⊥平面BCD ，所以MO⊥平面BCD.以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz.因为△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝，则O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，－，0)，A(0，－，2)，所以＝(1，，0)，＝(0，，)．设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，由得即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x＝，可得平面MBC的一个法向量为n＝(，－1,1)．又＝(0,0,2)，所以所求距离为d＝＝.思维升华求点面距一般有以下三种方法：(1)作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；(2)等体积法；(3)向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便．(2016·四川成都外国语学校月考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD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？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．解(1)在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，∴PO⊥AD.又∵侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD.在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝，∴AD＝2.在直角梯形ABCD中，O为AD的中点，AB⊥AD，∴OC⊥AD.以O 为坐标原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0,1)，A(0，－1,0)，B(1，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)， ∴＝(1，－1，－1)．易证OA⊥平面POC ，∴＝(0，－1,0)为平面POC 的法向量， cos 〈，〉＝＝，∴PB 与平面POC 所成角的余弦值为. (2)∵＝(1，－1，－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)．则B 点到平面PCD 的距离d ＝＝. (3)假设存在，且设＝λ(0≤λ≤1)． ∵＝(0,1，－1)，∴－＝＝(0，λ，－λ)， ∴＝(0，λ，1－λ)， ∴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＋1y ＋1－λz ＝0.取z ＝1＋λ，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)．平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∵二面角Q －AC －D 的余弦值为， ∴|cos〈m ，n 〉|＝＝.整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0. 解得λ＝或λ＝3(舍去)，∴存在，且＝.6．利用空间向量求解空间角典例(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．规范解答(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)．[1分]由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．→＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，BE故·＝0，所以BE⊥DC.[3分](2)解＝(－1,2,0)，→＝(1,0，－2)．PB设n＝(x，y，z)为平面PBD的一个法向量，则即不妨令y＝1，[5分]可得n＝(2,1,1)．于是有cos〈n，〉＝＝＝，所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.[7分](3)解＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)．由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1，故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得·＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，即＝(－，，)．[9分]设n1＝(x，y，z)为平面FAB的一个法向量，则即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n1＝(0，－3,1)．取平面ABP 的法向量n2＝(0,1,0)，则cos 〈n1，n2〉＝＝＝－. 易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为.[12分] 利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．1．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 ．60°或30°答案 C解析设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ. 则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝. 又∵β∈[0°，90°]，∴β＝30°，故选C.2．(2016·广州模拟)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 ＝2，则该二面角的大小为( ) A ．150° B ．45° C ．60°D ．120°解析如图所示，二面角的大小就是〈，〉． ∵＝＋＋，∴2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)＝2＋2＋2＋2·. ∴·＝[(2)2－62－42－82]＝－24. 因此·＝24， cos 〈，〉＝＝，∴〈，〉＝60°，故二面角为60°.3．在正方体ABCD －A1B1C1D1中，点E 为BB1的中点，则平面A1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A. B. C. D.22答案 B解析以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E(1,0，)，D(0,1,0)， ∴＝(0,1，－1)，＝(1,0，－)．设平面A1ED 的一个法向量为n1＝(1，y ，z)，则有⎩⎪⎨⎪⎧A1D →·n1＝0，A1E →·n1＝0，即∴∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n2＝(0,0,1)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝，即所成的锐二面角的余弦值为.4．(2016·长春模拟)在三棱锥P －ABC 中，PA⊥平面ABC ，∠BAC＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A. B. C. D.25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，PA ＝2，得A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，D(，0,0)，E(，，0)，F(0，，1)． ∴＝(0,0，－2)，＝(0，，0)，＝(－，，1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则由得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝＝，∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为.故选C.5．已知正四棱柱ABCD －A1B1C1D1中，AB ＝2，CC1＝2，E 为CC1的中点，则直线AC1到平面BDE 的距离为( ) A ．2 B. C. D ．1 答案 D解析以D 为原点，DA ，DC ，DD1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，E(0,2，)，易知AC1∥平面BDE.设n ＝(x ，y ，z)是平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝2x ＋2y ＝0，n ·DE →＝2y ＋2z ＝0.取y ＝1，则n ＝(－1,1，－)为平面BDE 的一个法向量，又＝(2,0,0)，∴点A 到平面BDE 的距离是故直线AC1到平面BDE 的距离为1.6.如图所示，三棱柱ABC －A1B1C1的侧棱长为3，底面边长A1C1＝B1C1＝1，且∠A1C1B1＝90°，D 点在棱AA1上且AD ＝2DA1，P 点在棱C1C 上，则·的最小值为( ) A. B ．－14 C. D ．－52答案 B解析建立如图所示的空间直角坐标系，则D(1,0,2)，B1(0,1,3)，设P(0,0，z)，则＝(1,0,2－z)，＝(0,1,3－z)， ∴·＝0＋0＋(2－z)(3－z)＝(z －)2－，故当z ＝时，·取得最小值为－.7．(2016·合肥模拟)在长方体ABCD －A1B1C1D1中，AB ＝2，BC ＝AA1＝1，则直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．答案13解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)． ∴＝(0,2,0)，A1C1→＝(－1,2,0)，＝(0,2，－1)，设平面A1BC1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A1C1→＝x ，y ，z ·－1，2，0＝－x ＋2y ＝0，n ·A1B →＝x ，y ，z ·0，2，－1＝2y －z ＝0，得令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，设直线D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈，n 〉|＝＝＝，即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.8．在正四棱柱ABCD －A1B1C1D1中，AA1＝2AB ，则直线CD 与平面BDC1所成角的正弦值等于________．答案23解析以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA1＝2AB ＝2，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，则＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．设平面BDC1的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则n⊥，n⊥，所以有令y ＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设CD 与平面BDC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，〉|＝＝.9．(2016·石家庄模拟)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E ＝2EB ，CF ＝2FC1，则平面AEF 与平面ABC 所成的二面角的正切值为________．答案23解析如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A(1,0,0)，E(1,1，)，F(0,1，)，＝(0,1，)，＝(－1,1，)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，平面AEF 与平面ABC 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，由得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝，tan θ＝.10．(2016·南昌模拟)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB＝60°，点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点，AC∩EF＝O ，沿EF 将△CEF 翻折到△PEF，连接PA ，PB ，PD ，得到如图(2)的五棱锥P －ABFED ，且PB ＝. (1)求证：B D⊥平面POA ；(2)求二面角B －AP －O 的正切值．(1)证明 ∵点E ，F 分别是边CD ，CB 的中点， ∴BD∥EF.∵菱形ABCD 的对角线互相垂直， ∴BD⊥AC，∴EF⊥AC， ∴EF⊥AO，EF⊥PO. ∵AO ⊂平面POA ，PO ⊂平面POA ，AO∩PO＝O ，∴EF⊥平面POA ，∴BD⊥平面POA. (2)解设AO∩BD＝H ，连接BO.∵∠DAB＝60°，∴△ABD 为等边三角形， ∴BD＝4，BH ＝2，HA ＝2，HO ＝PO ＝，在Rt△BHO 中，BO ＝＝.在△PBO 中，BO2＋PO2＝10＝PB2， ∴PO⊥BO.∵PO⊥EF，EF∩BO＝O ，EF ⊂平面BFED ，BO ⊂平面BFED ， ∴PO⊥平面BFED.以O 为原点，OF 所在直线为x 轴，AO 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示，则A(0，－3，0)，B(2，－，0)，P(0,0，)，H(0，－，0)， ∴＝(0,3，)，＝(2,2，0)．设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，由n⊥，n⊥，得⎩⎨⎧33y ＋3z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y ＝1，得z ＝－3，x ＝－.∴平面PAB 的一个法向量为n ＝(－，1，－3)．由(1)知平面PAO的一个法向量为＝(－2,0,0)，设二面角B－AP－O的平面角为θ，则cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，∴sin θ＝＝，tan θ＝＝，∴二面角B－AP－O的正切值为.11．(2016·四川)如图，在四棱锥PABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD ＝AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；(2)若二面角PCDA的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．解(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC∥ED且BC＝ED.所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，所以CM∥平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)方法一由已知，CD⊥PA，C D⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角PCDA的平面角，所以∠PDA＝45°，设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH，易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE，且PA∩AH＝A，于是CE⊥平面PAH.又CE⊂平面PCE，所以平面PCE⊥平面PAH.过A 作AQ⊥PH 于Q ，则AQ⊥平面PCE ，所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角．在Rt△AEH 中，∠AEH＝45°，AE ＝1，所以AH ＝.在Rt△PAH 中，PH ＝＝.所以sin∠APH＝＝.方法二由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A ，所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA 是二面角PCDA 的平面角．所以∠PDA＝45°.由∠PAB＝90°，且PA 与CD 所成的角为90°，可得PA⊥平面ABCD.设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay⊥AD，以A 为原点，以，的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)．所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2)．设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z)．由得设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，〉|＝|n ·AP →||n||AP →|＝＝.所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为.*12.(2017·潍坊月考)如图，边长为的正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直．已知AB ∥CD ，AB ⊥BC ，DC ＝BC ＝AB ＝1，点M 在线段EC 上．(1)证明：平面BDM⊥平面ADEF ；(2)判断点M的位置，使得平面BDM与平面ABF所成的锐二面角为.(1)证明∵DC＝BC＝1，DC⊥BC，∴BD＝，。

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