2019年高考数学(理科)必考题突破讲座：第44讲 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直 课时达标
高中数学立体几何中的向量方法(1)优质课ppt课件
A
2、直线的方向向量
空间中任意一条直线 l的位置可以由 l上 一个定点A以及一个定方向确定。
P
a
B
A
AP t AB
这样,点A和向量 a 不仅可以 确定直线l的位置,还可以具体 表示出l上的任意一点.
3、平面的法向量
空间中平面的位置可以由 内两条 相交直线来确定。 OP xa yb
这样,点O与向量 a, b 不仅可以确定平面 的位置,还可以具体表 示出 内的任意一点
α
P
b o a
类似于直线的方向向量，还可以用平面的 法向量表示空间中平面的位置 l
法向量：如果表示向
量a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 α a⊥α，如果a⊥α ，那么向 量a叫做平面α的法向量 问题：法向量如何确定平面的位置？
解:∵ A(1,2,3) 、B(2,0,-1) 、C(3,-2,0) ∴
AB (1, 2, 4), AC (2, 4, 3)
设平面 的法向量是 n ( x, y, z )
依题意,有 n AB 0且n AC 0 ,即 ∴平面 的一个法向量是
x 2 y 4z 0 2 x 4 y 3z 0
线面平行
l ∥ m a ∥ b a kb ；
l ∥ a u a u 0 ；
面面平行
∥ u ∥ v u k v.
注意：1.这里的线线平行包括线线重合，线面平行 包括线在面内，面面平行包括面面重合。
设直线 l , m 的方向向量分别为 a, b ， 平面 , 的法向量分别为 u , v ，则
分析:直线方向向量与直线位置关系,
11.6立体几何中的向量方法(1)——法向量与平行
11.6立体几何中的向量方法（学案）——法向量、平行【一、方向向量与法向量】1.A 是直线l 上任意一点，取AB →＝a →，则称a →为直线l 的方向向量。
2.如果l ⊥α，那么l 的方向向量a →就称为α法向量。
3.设直线l 1、l 2的方向向量分别为a →，b →，平面α、β的法向量分别为n →、m →，则l 1∥l 2⇔ 。
l 1⊥l 2⇔ 。
l 1∥α⇔ 。
l 1⊥α⇔ 。
α∥β⇔ 。
α⊥β⇔ 。
【二、法向量的求法】例1.已知平面α经过三点A (1,2,3)，B (2,0，－1)，C (3，－2,0)，求平面α的一个法向量．例2.正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为2，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点，分别求平面AED 与平面A 1FD 1的法向量练1.设u ，v 分别是不同的平面α，β的法向量，根据下列条件判断α，β的位置关系：①u ＝(－1,1，－2)，v ＝⎝⎛⎭⎫3，2，－12 ②u ＝(3,0,0)，v ＝(－2,0,0) ③u ＝(4,2，－3)，v ＝(1,4，－2)练2设u 是平面α的法向量，a 是直线l 的方向向量，根据下列条件判断α与l 的位置关系： ①u ＝(2,2，－1)，a ＝(－6,8,4) ②u ＝(2，－3,0)，a ＝(8，－12,0)③u ＝(1,4,5)，a ＝(－2,4,0)练3.设平面α的法向量为(1,2，－2),平面β的法向量为(－2，－4，k ),若α∥β,则k ＝( )A ．2B ．－4C ．4D ．－2 A B【三、向量法证明平行】例3．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E、M、N分别是BC、AE、CD1的中点，AD＝AA1＝a，AB＝2a.求证：MN∥平面ADD1A1.例4.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是BB1、DD1的中点，求证：(1)FC1∥平面ADE；(2)平面ADE∥平面B1C1F.例5.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求证：平面A1BD∥平面CB1D1.11.6立体几何中的向量方法（作业）——法向量、平行 1. 已知n α⊥ ，下列说法错误的是 （ ） A. 若a α⊂，则n a ⊥ B.若//a α，则n a ⊥ C.若,m α⊥ ，则//n m D.若,m α⊥ ，则n m =2.下列说法正确的是 （ ）A.平面的法向量是唯一确定的B.一条直线的方向向量是唯一确定的C.平面法向量和直线的方向向量一定不是零向量D.若m 是直线l 的方向向量，//l α，则//m α 3. 已知()()1,0,1,0,3,1AB AC =-=- ，能做平面ABC 的法向量的是 （ ）A. ()1,2,1B.11,,13⎛⎫ ⎪⎝⎭C.()1,0,0D. ()2,1,3 4．若两个不同平面α，β的法向量分别为u ＝(1,2，－1)，v ＝(－4，－8,4)，则 ( )A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上均不正确5．已知线段AB 的两端点坐标为A (9，－3,4)，B (9,2,1)，则线段AB 与坐标平面 ( )A ．xOy 平行B ．xOz 平行C ．yOz 平行D ．yOz 相交6．在平面ABCD 中，A (0,1,1)，B (1,2,1)，C (－1,0，－1)，若a ＝(－1，y ，z )，且a 为平面ABC 的法向量，则y 2等于 ( )A ．2B ．0C ．1D ．无意义7.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 、AC 的中点，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8．设a ＝(x,4,3)，b ＝(3,2，z )，且a ∥b ，则xz 等于________．9. 设()()2,1,2,6,3,6a b =--=-- 分别是直线12,l l 的方向向量，则直线12,l l 的位置关系是 . 10. 设()()2,2,5,6,4,4u v =-=- 分别是平面,αβ的法向量，则平面,αβ的位置关系是 . 11. 在正方体1111ABCD A B C D -中，求证：1DB 是平面1ACD 的一个法向量.12．已知()()2,2,1,4,5,3AB AC == ，求平面ABC 的一个法向量.13.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，P，Q，R，S分别是AA1，DC1，AB，CC1的中点，用向量法证明：PQ∥RS.14.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点，用向量法求证：MN∥平面A1BD.。
立体几何中的向量方法(一)——方向向量与法向量
(1)直线OA的一个方向向量坐标为___(_1_,0__,0_)___
(2)平面OABC 的一个法向量坐标为__(_0_,0__,1_)____ (3)平面AB1C 的一个法向量坐标为__(_-_1_,-_1_,_1_)__
z
O1
C1
A1
B1
o
A
x
C
y
B
例2：已知A(3, 0, 0), B(0, 4, 0), C(0,0,2) 求平面ABC的法向量.
l
a
b
m
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
(2) l a // u a u
l
a
A
u
C B
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则 （3） u v u v 0
β
uv
α
例1. 如图所示, 正方体的棱长为1
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
（一）. 平行关系：
(1) l / /m a / /b a b ；
a
l
b
m
设直线 l,m 的方向向量分别为 a, b ，
平面, 的法向量分别为 u, v ，则
(2) l / / a u a u 0 ；
叫做平面 的法向量.
l
n
A
给定一点A和一个向量 n,那么
过点A,以向量 n 为法向量的平面是
完全确定的.
平面的法向量：
l
注意：
1.法向量一定是非零向量;
2.一个平面的所有法向量都
n
互相平行;
立体几何的向量方法(一)——法向量
⊥ u ⊥ v u v 0.
画出图形意会
8
问题:已知不共线的三点坐标,如何求经过这三点的 平面的一个法向量? 在空间直角坐标系中,已知 A(3,0,0), B(0,4,0) , C (0,0, 2) ,试求平面 ABC 的一个法向量. n (4, 3, 6) 解:设平面 ABC 的一个法向量为 n ( x, y, z ) 则 n AB ， AC .∵ AB (3,4,0) , AC (3,0, 2) n 3 ( x, y, z ) ( 3,4,0) 0 3 x 4 y 0 y 4 x ∴ 即 ( x, y, z ) ( 3,0, 2) 0 3 x 2z 0 ∴ z 3 x 2 取 x 4 ,则 n (4, 3,6) ∴ n (4, 3,6) 是平面 ABC 的一个法向量.
3
⑵直线
空间中任意一条直线 l 的位置可以由 l 上一 个定点 A 以及一个定方向确定.
P
a
对于直线 l 上的任一点 P , 存在实数 t 使得 AP t AB
B
A
⑶平面
很明显这也是判断
三点共线的充要条件之 一。
b
P
a两条相 交直线来确定. n 对于平面 上的任一点 P , P b 存在有序实数对 ( x, y) ,使得 O a OP xa yb
⑷解方程组,取其中的一个解,即得法向量.
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练习 1: 1. 已 知 AB (2, 2,1), AC (4,5, 3), 求 平 面 ABC 的单位法向量.
解:设平面 ABC 的一个法向量为 n ( x, y, z ) 则 n AB ， AC . n y 2 x ( x, y, z ) (2, 2,1) 0 2 x 2 y z 0 ∴ ① ∴ 即 z 2x ( x, y, z ) (4,5, 3) 0 4 x 5 y 3z 0 1 2 2 2 ∵ x y z 1 ②∴由①②得 x 3 1 2 2 1 2 2 ∴平面 ABC 的单位法向量为 ( ， ，） ( ， ， ）. 或 3 3 3 3 3 3
立体几何中的向量方法
立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法是一种应用向量的数学工具和技巧来研究和解决与立体几何相关的问题的方法。
向量方法可以使得我们更加直观地理解和推导立体几何中的性质和结论，并且可以解决许多传统几何方法比较复杂的问题。
在本文中，我们将详细讨论立体几何中的向量方法，并且给出一些具体的例子来说明其应用。
首先，我们需要明确向量的基本概念和性质。
在立体几何中，我们通常使用三维空间中的向量来描述和表示几何体。
一个向量可以被表示成一个有方向和长度的箭头，其中方向表示向量指向的方向，长度表示向量的大小。
在数学上，向量可以用坐标表示，如表示为一个三维向量(a,b,c)，其中a，b，c分别表示向量在三个坐标轴上的分量。
利用向量的表示方法，我们可以推导出一些基本的立体几何结论。
例如，我们可以根据向量的平行和垂直性质来判断线段、直线和平面的关系。
如果两个向量平行，则它们所表示的线段或直线也是平行的。
如果两个向量垂直，则它们所表示的线段或直线也是垂直的。
另外，向量的加法和减法也是我们在立体几何中常常使用的运算。
如果我们想要求两个向量之和，则可以将它们的对应分量相加得到新的向量。
同样地，如果我们想要求两个向量的差，则可以将它们的对应分量相减得到新的向量。
这些运算对于求解几何体的位置、长度和角度等问题非常有用。
进一步地，向量的数量积和向量积是在立体几何中经常应用的运算。
数量积（也称为点积）可以用来求解两个向量之间的夹角。
具体地，如果两个向量A和B的数量积为0，则它们是垂直的；如果数量积为正，则它们是锐角；如果数量积为负，则它们是钝角。
向量积（也称为叉积）可以用来求解一个平面的法向量，以及计算平面的面积和体积。
具体地，向量积的大小等于该平面的面积的二倍，而向量积的方向与该平面垂直，并且遵循右手定则。
除了上述的基本运算和性质，向量方法还可以应用于解决许多具体的立体几何问题。
例如，通过向量法可以证明平行四边形的对角线互相平分，并且可以推导出梅涅劳斯定理（即三角形的三条中线交于一点且互相平分）。
立体几何中的向量方法
1．用空间向量解决立体几何问题的“三步曲” （1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向
量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几 何问题转化为向量问题；
（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的 位置关系以及它们之间夹角问题
（3）把向量的运算结果“翻译”成相对应的几何意 义。
2．向量的相关知识： （1）两向量数量积的定义：
且OS=OC=BC=1，OA=2.
z
求：(3)二面角B－AS－O的余弦值.
S
解：由(2)知平面SAB的一个法向量为n (1，1，2)，
O
又由OC 平面SAO知OC是平面SAO的法向量
A
且OC (0，1，0)
x
cos n，OC 0 1 0 6 6 1 6
所以二面角B－AS－O的余弦值为 6 6
2
CD (1, 1 , 0), SD (0, 1 , 1)
2
2
S B
xA D
设平面 SCD的法向量n2 (x, y, z), 由n2 CD, n2 SD,得：
x2y 2yz
0 0
x
z
y 2 y 2
任取n2 (1, 2,1)
cos
n1, n2
|
n1 n2 n1 || n2
|
可得PA 2EG PA // EG。因为PA与EG不共线，所以PA // EG
又PA 平面EDB，EG 平面EDBPA // 平面EDB
(2)求EB与底面ABCD所成的角的正切值。
解：因为PD 平面ABCD，所以PD是平面ABCD的法向量。
由(1)知D(0，0，0)，P(0，0，1)，
z P
两直线 l, m 所成的角为 ( 0 ≤ ≤ ), cos a b ；
高考数学复习立体几何中的向量方法
高考数学复习立体几何中的向量方法一、定义向量（Vector）是数量的一种，表示有方向和大小的量。
它是由两个实数构成的有序对，可以用一个点作为起点，另一个点作为终点去表示。
向量用大写字母表示，例如标准格式：$$\vec{A}=\left(\begin{array}{ccc}A_x\\A_y\\A_z\end{array}\right)$$ 其中A_x、A_y、A_z分别表示向量A的x轴、y轴、z轴的分量。
二、向量的加法和减法1、向量的加法：向量的加法指两个向量相加，相加的结果即为这两个向量的矢量和，而不是数字的和，表示为：$$\vec{A}+\vec{B}=\left(\begin{array}{ccc}A_x+B_x\\A_y+B_y\\A_z+B_z\end{array}\right)$$2、向量的减法：向量的减法指把第二个向量变成相反方向，然后与第一个向量进行加法，表示为：$$\vec{A}-\vec{B}=\left(\begin{array}{ccc}A_x-B_x\\A_y-B_y\\A_z-B_z\end{array}\right)$$三、向量的数乘1、向量的数乘指把向量乘以一个实数，表示为：$$k\vec{A}=\left(\begin{array}{ccc}k\cdot A_x\\k\cdot A_y\\k\cdot A_z\end{array}\right)$$四、向量的点积1、向量的点积是把两个向量乘以一个实数，表示为：$$\vec{A}\cdot \vec{B}=A_x\cdot B_x + A_y\cdot B_y + A_z\cdotB_z$$五、向量的叉积\vec{i} & \vec{j} & \vec{k}\\A_x&A_y&A_z\\B_x&B_y&B_z\end{array}\right，$$六、向量的应用1、在中学地理中可以通过向量的加减法求解地图上定点之间的距离；。
2019版高考数学复习第一部分专题十立体几何中的向量方法讲义理(重点生,含解析)
专题十 立体几何中的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为u ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)．(1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝ku ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝kv ⇔a 2＝ka 3，b 2＝kb 3，c 2＝kc 3. (4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.[典例] 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．求证：(1)BE ⊥DC ； (2)BE ∥平面PAD ； (3)平面PCD ⊥平面PAD. [破题思路] 第(1)问第(2)问第(3)问 [规范解答]依题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直，故以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1,0,0)，C (2,2，0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)因为BE ―→＝(0,1,1)，DC ―→＝(2,0,0)，故BE ―→·DC ―→＝0.所以BE ⊥DC .(2)易知AB ―→＝(1,0,0)为平面PAD 的法向量， 而BE ―→·AB ―→＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以BE ⊥AB ， 又BE ⊄平面PAD ，所以BE ∥平面PA D. (3)PD ―→＝(0,2，－2)，DC ―→＝(2,0,0)， 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD ―→＝0，n ·DC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＝0，不妨令y ＝1，可得n ＝(0,1,1)为平面PCD 的一个法向量． 因为平面PAD 的一个法向量AB ―→＝(1,0,0)， 所以n ·AB ―→＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n ⊥AB ―→. 所以平面PCD ⊥平面PAD. [题后悟通]利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系． (4)根据运算结果解释相关问题．[对点训练]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．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD.证明：(1)根据题意，以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图 所示，则B (0,0,0)，D (0,2，2)，B 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，设BA ＝a ， 则A (a,0,0)，所以BA ―→＝(a,0,0)，BD ―→＝(0,2,2)， B 1D ―→＝(0,2，－2)，所以B 1D ―→·BA ―→＝0， B 1D ―→·BD ―→＝0＋4－4＝0， 即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD.又BA ∩BD ＝B ，BA ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， 所以B 1D ⊥平面ABD.(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，4，F (0,1,4)， 则EG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，1， EF ―→＝(0,1,1)，所以B 1D ―→·EG ―→＝0＋2－2＝0， B 1D ―→·EF ―→＝0＋2－2＝0， 即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，EG ⊂平面EGF ，EF ⊂平面EGF ， 因此B 1D ⊥平面EGF .结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD.[考法二 利用空间向量求空间角] 1．向量法求异面直线所成的角若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b || a || b |.2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a || n || a |.3．向量法求二面角求出二面角αl β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角αl β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2|| n 1|| n 2|；若二面角αl β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.题型·策略(一)| 求异面直线所成的角[例1] (2015·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．[破题思路]第(1)问第(2)问(1)证明：连接BD，设BD∩AC于点O，连接EO，FO，EF.在菱形ABCD中，不妨设OB＝1.由∠ABC＝120°，可得AO＝OC＝ 3.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC，故EO⊥AC.由DF⊥平面ABCD，AD＝DC，可知AF ＝FC ，故FO ⊥AC .所以二面角E AC F 的平面角为∠EOF . 又AE ⊥EC ，所以EO ＝ 3.在Rt △EBO 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDO 中，可得FO ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22， 可得EF ＝322.从而EO 2＋FO 2＝EF 2，所以EO ⊥FO . 所以二面角E AC F 为直角， 所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)以O 为坐标原点，分别以OB ―→，OC ―→的方向为x 轴，y 轴正方向，|OB ―→|为单位长度，建立空间直角坐标系O xyz .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. [题后悟通][对点训练]1.将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC 长为2π3，11A B 长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O的同侧．(1)求三棱锥C O 1A 1B 1的体积；(2)求异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小． 解：(1)∵11A B ＝π3，∴∠A 1O 1B 1＝π3，∴S △O 1A 1B 1＝12·O 1A 1·O 1B 1·sin π3＝34，∴VC O 1A 1B 1＝13·OO 1·S △O 1A 1B 1＝13×1×34＝312，∴三棱锥C O 1A 1B 1的体积为312. (2)以O 为坐标原点，OA ，OO 1所在直线为y 轴，z 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则A (0,1,0)，A 1(0,1,1)，B 1⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1， C ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，0.∴AA 1―→＝(0,0,1)， B 1C ―→＝(0，－1，－1)，∴cos 〈AA 1―→，B 1C ―→〉＝AA 1―→·B 1C ―→|AA 1―→||B 1C ―→|＝－22，∴〈AA 1―→，B 1C ―→〉＝3π4，∴异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.题型·策略(二)| 求直线与平面所成的角[例2] (2018·合肥质检)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM∥平面EFC；(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．[破题思路]第(1)问第(2)问[规范解答](1)证明：连接AC交BD于点N，则N为AC的中点，连接MN，又M为AE的中点，∴MN∥EC.∵MN⊄平面EFC，EC⊂平面EFC，∴MN∥平面EFC.∵BF，DE都垂直底面ABCD，∴BF∥DE.∵BF＝DE，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC . 又MN ∩BD ＝N ， ∴平面BDM ∥平面EFC .(2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DE 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D xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，A (2,0,0)，E (0,0,4)，M (1,0,2)， ∴DB ―→＝(2,2,0)， DM ―→＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ―→＝0，n ·DM ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． ∵AE ―→＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ·AE ―→〉|＝|n ·AE ―→||n |·|AE ―→|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[题后悟通][对点训练]2.(2018·全国卷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． 解：(1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ， 又PF ∩EF ＝F ， 所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD. (2)如图，作PH ⊥EF ，垂足为H . 由(1)得，PH ⊥平面ABFD.以H 为坐标原点， HF ―→的方向为y 轴正方向，|BF ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz .由(1)可得，DE ⊥PE . 又因为DP ＝2，DE ＝1， 所以PE ＝ 3. 又PF ＝1，EF ＝2， 所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，0， DP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32.又HP ―→为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝|HP ―→·DP ―→||HP ―→||DP ―→|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD所成角的正弦值为34.题型·策略(三)| 求平面与平面所成角[例3](2018·沈阳质监)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA＝PD，∠APD＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PCD；(2)求二面角APBC的余弦值．[破题思路]第(1)问第(2)问[规范解答](1)证明：∵底面ABCD为正方形，∴CD⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴CD⊥平面PA D.又AP⊂平面PAD，∴CD⊥AP.∵∠APD＝90°，即PD⊥AP，又CD∩PD＝D，∴AP⊥平面PC D.∵AP⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PC D.(2)取AD的中点为O，BC的中点为Q，连接PO，O Q，易得PO⊥底面ABCD，O Q⊥AD，以O 为原点，OA ―→，O Q ―→，OP ―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方形ABCD 的边长为2，可得A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (－1,2,0)，P (0,0,1)． 设平面APB 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 而PA ―→＝(1,0，－1)，PB ―→＝(1,2，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·PA ―→＝0，n 1·PB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0，取x 1＝1，得n 1＝(1,0,1)为平面APB 的一个法向量． 设平面BCP 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 而PB ―→＝(1,2，－1)，PC ―→＝(－1,2，－1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PB ―→＝0，n 2·PC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－z 2＝0，－x 2＋2y 2－z 2＝0，取y 2＝1，得n 2＝(0,1,2)为平面BCP 的一个法向量．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝105，由图知二面角A PB C 为钝角， 故二面角A PB C 的余弦值为－105. [题后悟通][对点训练]3. (2019届高三·昆明调研)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝2CD.平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，点E 在PC 上，DE ⊥平面PAC .(1)证明：PA ⊥平面PCD ；(2)设AD ＝2，若平面PBC 与平面PAD 所成的二面角为45°，求DE 的长．解：(1)证明：由DE ⊥平面PAC ，得DE ⊥PA .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面PAD ，所以CD ⊥PA .又CD ∩DE ＝D ，所以PA ⊥平面PC D.(2)取AD 的中点O ，连接PO ，因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD ，则PO ⊥平面ABCD ， 以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，由(1)得PA ⊥PD ，由AD ＝2得PA ＝PD ＝2，OP ＝1， 设CD ＝a ，则P (0,0,1)，D (0,1,0)，C (a,1,0)，B (2a ，－1，0)，则BC ―→＝(－a,2,0)，PC ―→＝(a,1，－1)，设m ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC ―→＝0，m ·PC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2y ＝0，ax ＋y －z ＝0，令x ＝2，则y＝a ，z ＝3a ，故m ＝(2，a,3a )为平面PBC 的一个法向量，由(1)知n ＝DC ―→＝(a,0,0)为平面PAD 的一个法向量， 由|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|2a |a 10a 2＋4＝22，解得a ＝105，即CD ＝105， 所以在Rt △PCD 中，PC ＝2155，由等面积法可得DE ＝CD ·PD PC ＝33.[考法三 利用空间向量求解探索性问题][典例] (2018·山东潍坊三模)如图，在四棱锥E ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面ABCD ⊥平面ABE ，∠AEB ＝90°，BE ＝BC ，F 为CE的中点．(1)求证：平面BDF⊥平面ACE；(2)若2AE＝EB，在线段AE上是否存在一点P，使得二面角PDBF的余弦值的绝对值为10.请说明理由．10[破题思路]第(1)问第(2)问[规范解答](1)证明：因为平面ABCD⊥平面ABE，BC⊥AB，平面ABCD∩平面ABE＝AB，所以BC⊥平面ABE，又AE⊂平面ABE，所以BC⊥AE.因为AE⊥BE，BC∩BE＝B，所以AE⊥平面BCE，因为BF⊂平面BCE，所以AE⊥BF，在△BCE中，因为BE＝BC，F为CE的中点，所以BF⊥CE，又AE∩CE＝E，所以BF⊥平面ACE，又BF⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面ACE.(2)存在．如图，建立空间直角坐标系Exyz，设AE＝1，则E(0,0,0)，B(2,0,0)，D(0,1,2)，C (2,0,2)，F (1,0,1)，BD ―→＝(－2,1,2)，BF ―→＝(－1,0,1)，设P (0，a,0)，a ∈[0,1]，则PB ―→＝(2，－a,0)，结合(1)易知EC ⊥平面BDF ，故EC ―→＝(2,0,2)为平面BDF 的一个法向量， 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDP 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BD ―→，n ⊥PB ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋2z ＝0，2x －ay ＝0，令x ＝a ，可得平面BDP 的一个法向量为n ＝(a,2，a －1)， 所以cos 〈EC ―→，n 〉＝EC ―→·n |EC ―→||n |＝2a －12·a 2＋4＋a －2，由|cos 〈EC ―→，n 〉|＝1010，解得a ＝0或a ＝1.故在线段AE 上存在点P ，使得二面角P DB F 的余弦值的绝对值为1010，且此时点P 在E 处或A 处．[题后悟通][对点训练]如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，DE ＝EF ＝1，DC ＝BF ＝2，∠EAD ＝30°.(1)求证：AE ⊥平面CDEF ；(2)在线段BD 上确定一点G ，使得平面EAD 与平面FAG 所成的角为30°. 解：(1)证明：因为四边形ABCD 是正方形， 所以AD ＝CD ＝2.在△ADE 中，由正弦定理得，ADsin ∠AED ＝DEsin ∠EAD，即2sin ∠AED ＝1sin 30°，解得sin ∠AED ＝1，所以∠AED ＝90°，即AE ⊥ED.在梯形ABFE 中，过点E 作EP ∥BF 交AB 于点P ， 因为EF ∥AB ，所以EP ＝BF ＝2，PB ＝EF ＝1，AP ＝1.在Rt △ADE 中，AE ＝3， 所以AE 2＋AP 2＝EP 2， 所以AE ⊥AB ， 所以AE ⊥EF ， 又EF ∩DE ＝E ， 所以AE ⊥平面CDEF . (2)由(1)可得，AE ⊥EF ， 又AD ⊥DC ，DC ∥EF ，AD ∩AE ＝A ， 所以DC ⊥平面AED ， 又DC ⊂平面ABCD ， 所以平面AED ⊥平面ABCD.以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，其中z 轴为在平面AED 内过点D作AD 的垂线所在的直线，则B (2,2,0)，A (2,0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，32，所以DB ―→＝(2,2,0)，AF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，1，32.设DG ―→＝λDB ―→＝(2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)， 则AG ―→＝(2λ－2,2λ，0)，设平面FAG 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AF ―→＝0，n 1·AG ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x 1＋y 1＋32z 1＝0，λ－x 1＋2λy 1＝0，取x 1＝－3λ，可得平面FAG 的一个法向量为n 1＝(－3λ，3λ－3，2－5λ)， 易知平面EAD 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)， 所以cos 30°＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝3|λ－1|3λ2＋λ－2＋－5λ2＝32， 化简可得9λ2－6λ＋1＝0，解得λ＝13，故当点G 满足DG ―→＝13DB ―→时，平面EAD 与平面FAG 所成的角为30°.[高考大题通法点拨]立体几何问题重在“建”——建模、建系[思维流程][策略指导]立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．[典例] 如图，四边形ABCD 是矩形，AB ＝1，AD ＝2，E 是AD的中点，BE 与AC 交于点F ，GF ⊥平面ABCD.(1)求证：AF ⊥平面BEG ；(2)若AF ＝FG ，求直线EG 与平面ABG 所成角的正弦值．[破题思路] 第(1)问第(2)问[规范解答](1)证明：因为四边形ABCD 为矩形， 所以△AEF ∽△CBF ，所以AF CF ＝EF BF ＝AE BC ＝12.又在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2， 所以AE ＝22，AC ＝ 3. 在Rt △BEA 中，BE ＝AB 2＋AE 2＝62， 所以AF ＝13AC ＝33，BF ＝23BE ＝63.在△ABF 中，AF 2＋BF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋⎝ ⎛⎭⎪⎫632＝1＝AB 2， 所以∠AFB ＝90°， 即AF ⊥BE .因为GF ⊥平面ABCD ，AF ⊂平面ABCD ，所以AF ⊥GF .又BE ∩GF ＝F ，BE ⊂平面BEG ，GF ⊂平面BEG ， 所以AF ⊥平面BEG .(2)由(1)得AC ，BE ，FG 两两垂直，以点F 为原点，FA ，FE ，FG 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，则A ⎝⎛⎭⎪⎫33，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－63，0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，33，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，66，0，AB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－63，0， AG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，0，33，EG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－66，33.设n ＝(x ，y ，z )是平面ABG 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB ―→·n ＝0，AG ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－33x －63y ＝0，－33x ＋33z ＝0，取x ＝2，得n ＝(2，－1，2)是平面ABG 的一个法向量． 设直线EG 与平面ABG 所成角的大小为θ， 则sin θ＝|EG ―→·n || EG ―→||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－66－＋33×20＋16＋13×2＋1＋2＝155， 所以直线EG 与平面ABG 所成角的正弦值为155. [关键点拨]利用法向量求解空间角的关键在于“四破”[对点训练](2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥O B.又因为OB ∩AC ＝O ， 所以PO ⊥平面ABC .(2)以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP ―→＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB ―→＝(2,0,0)． 设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧AP ―→·n ＝0， AM ―→·n ＝0，得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB ―→，n〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|2a －2＋3a 2＋a2＝32， 解得a ＝43或a ＝－4(舍去)．所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC ―→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC ―→，n 〉＝833＋8334＋12·643＋163＋169＝34. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [总结升华]立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依．在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型．其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容，空间角的计算是重点内容．[专题跟踪检测](对应配套卷P188)1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．解：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为C D.因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，所以BC ⊥DM .因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ， 所以DM ⊥平面BMC . 因为DM ⊂平面AMD ， 所以平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz .当三棱锥M ABC 的体积最大时，M 为CD 的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM ―→＝(－2，1,1)，AB ―→＝(0,2,0)，DA ―→＝(2,0,0)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM ―→＝0，n ·AB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)，又DA ―→是平面MCD 的一个法向量，所以cos 〈n ，DA ―→〉＝n ·DA ―→|n||DA ―→|＝55，sin 〈n ，DA ―→〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.2.(2018·唐山模拟)如图，在四棱锥P ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ，E 是PB 的中点．(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ； (2)若二面角P AC E 的余弦值为63，求直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥PC . 因为AB ＝2AD ＝2CD ， 所以AC ＝BC ＝2AD ＝2CD ， 所以AC 2＋BC 2＝AB 2，故AC ⊥BC . 又BC ∩PC ＝C ，所以AC ⊥平面PBC . 因为AC ⊂平面EAC ，所以平面EAC ⊥平面PBC .(2)如图，以C 为坐标原点， CB ―→，CA ―→， CP ―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，并设CB ＝2，CP ＝2a (a ＞0)．则C (0,0,0)，A (0,2,0)，B (2,0,0)，P (0,0，2a )，则E (1,0，a )，CA ―→＝(0,2,0)，CP ―→＝(0,0,2a )， CE ―→＝(1,0，a )， 易知m ＝(1,0,0)为平面PAC 的一个法向量． 设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA ―→＝0，n ·CE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋az ＝0，取x ＝a ，则z ＝－1，n ＝(a,0，－1)．依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n||m| |n|＝a a 2＋1＝63，解得a ＝ 2.于是n ＝(2，0，－1)，PA ―→＝(0,2，－22)． 设直线PA 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA ―→，n 〉|＝|PA ―→·n||PA ―→||n|＝23.即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23. 3．(2018·西安质检)如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B OB 1C 的余弦值． 解：(1)证明：∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD. ∴A 1O ⊥BD.∵四边形ABCD 是菱形， ∴CO ⊥BD.∵A 1O ∩CO ＝O ， ∴BD ⊥平面A 1CO . ∵BD ⊂平面BB 1D 1D ， ∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D.(2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OA 1―→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．∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， ∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3，OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0,0，6)， ∴OB ―→＝(1,0,0)，BB 1―→＝AA 1―→＝(0，3，6)， OB 1―→＝OB ―→＋BB 1―→＝(1，3，6)，OC ―→＝(0，3，0)． 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧OB ―→·n ＝0， OB 1―→·n ＝0，即⎩⎨⎧x 1＝0，x 1＋3y 1＋6z 1＝0.令y 1＝2，得n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 设平面OCB 1的法向量m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧OC ―→·m ＝0，OB 1―→·m ＝0，即⎩⎨⎧3y 2＝0，x 2＋3y 2＋6z 2＝0，令z 2＝－1，得m ＝(6，0，－1)为平面OCB 1的一个法向量， ∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m|＝13×7＝2121，由图可知二面角B OB 1C 是锐二面角， ∴二面角B OB 1C 的余弦值为2121. 4．(2018·长春质检)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面ACE ；(2)设PA ＝1，∠ABC ＝60°，三棱锥E ACD 的体积为38，求二面角D AE C 的余弦值． 解：(1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接OE . 在△PBD 中，PE ＝DE ，BO ＝DO ，所以PB ∥OE . 又PB ⊄平面ACE ，OE ⊂平面ACE ，所以PB ∥平面ACE .(2)由题易知V P ABCD ＝2V P ACD ＝4V E ACD ＝32， 设菱形ABCD 的边长为a ，则V P ABCD ＝13S ▱ABCD ·PA ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫2×34a 2×1＝32，解得a ＝ 3.取BC 的中点为M ，连接AM ，则AM ⊥A D.以点A 为坐标原点，分别以AM ―→，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，则A (0,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0， AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，设n 1＝(x ，y ，z )为平面AEC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE ―→＝0，n 1·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32y ＋12z ＝0，32x ＋32y ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，－3，3)为平面AEC 的一个法向量． 又易知平面AED 的一个法向量为n 2＝(1,0,0)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝11＋3＋9＝1313，由图易知二面角D AE C 为锐二面角，所以二面角D AE C 的余弦值为1313. 5.(2018·郑州质检)如图，在三棱锥P ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，AB ＝6，BC ＝23，AC ＝26，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，PD ⊥AC .(1)求证：PD ⊥平面ABC ；(2)若直线PA 与平面ABC 所成的角为45°，求平面PAC 与平面PDE 所成锐二面角的大小．解：(1)证明：∵AC ＝26，BC ＝23，AB ＝6， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴∠ACB ＝90°， ∴cos ∠ABC ＝236＝33.易知BD ＝2，∴CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8， ∴CD ＝22，易知AD ＝4， ∴CD 2＋AD 2＝AC 2，∴CD ⊥AB.∵平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，∴CD ⊥平面PAB ， ∴CD ⊥PD ，∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ， ∴PD ⊥平面ABC .(2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直， ∴可建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，∵直线PA 与平面ABC 所成的角为45°，即∠PAD ＝45°， ∴PD ＝AD ＝4，则A (0，－4,0)，C (22，0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,4)， ∴CB ―→＝(－22，2,0)，AC ―→＝(22，4,0)， PA ―→＝(0，－4，－4)．∵AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，∴DE ∥AC . 由(1)知AC ⊥BC ，∴DE ⊥BC ， 又PD ⊥平面ABC ，∴PD ⊥BC ， ∵PD ∩DE ＝D ，∴CB ⊥平面PDE ，∴CB ―→＝(－22，2,0)为平面PDE 的一个法向量． 设平面PAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·PA ―→＝0，∴⎩⎨⎧22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0，令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1，∴n ＝(2，－1,1)为平面PAC 的一个法向量． ∴cos 〈n ，CB ―→〉＝－4－24×12＝－32，∴平面PAC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为32， 故平面PAC 与平面PDE 所成的锐二面角为30°.6．(2019届高三·洛阳联考)如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，BD ⊥DC ，点E 是BC 边的中点，将△ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AE ，AC ，DE ，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB ⊥平面ADC ；(2)若AD ＝1，二面角C AB D 的平面角的正切值为6，求二面角B AD E 的余弦值． 解：(1)证明：因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BD ⊥DC ，所以DC ⊥平面AB D.因为AB ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AB. 又因为AD ⊥AB ，DC ∩AD ＝D ， 所以AB ⊥平面ADC .(2)由(1)知AB ⊥平面ADC ，所以二面角C AB D 的平面角为∠CAD. 又DC ⊥平面ABD ，AD ⊂平面ABD ，所以DC ⊥AD. 依题意tan ∠CAD ＝CD AD＝ 6. 因为AD ＝1，所以CD ＝ 6. 设AB ＝x (x ＞0)，则BD ＝x 2＋1.依题意△ABD ∽△DCB ，所以AB AD ＝CD BD ，即x 1＝6x 2＋1.解得x ＝2，故AB ＝2，BD ＝3，BC ＝BD 2＋CD 2＝3.法一：以D 为坐标原点，DB ，DC 所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，则D (0,0，0)，B (3，0,0)，C (0，6，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫32，62，0，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63， 所以DE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，62，0，DA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，0，63.由(1)知平面BAD 的一个法向量n ＝(0,1,0)． 设平面ADE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·DE ―→＝0，m ·DA ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋62y ＝0，33x ＋63z ＝0.令x ＝2，得y ＝－1，z ＝－1，所以m ＝(2，－1，－1)为平面ADE 的一个法向量． 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m|＝－12.由图可知二面角B AD E 的平面角为锐角， 所以二面角B AD E 的余弦值为12.法二：因为DC ⊥平面ABD ， 所以过点E 作EF ∥DC 交BD 于F ， 则EF ⊥平面ABD.因为AD ⊂平面ABD ，所以EF ⊥AD. 过点F 作FG ⊥AD 于G ，连接GE ， 所以AD ⊥平面EFG ，因此AD ⊥GE ， 所以二面角B AD E 的平面角为∠EGF . 由平面几何的知识求得EF ＝12CD ＝62，FG ＝12AB ＝22， 所以EG ＝EF 2＋FG 2＝2，所以cos ∠EGF ＝FG EG ＝12.所以二面角B AD E 的余弦值为12.7.如图，在四棱锥P ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝45°，AD ＝AP ＝2，AB ＝DP ＝22，E 为CD 的中点，点F 在线段PB 上．(1)求证：AD ⊥PC ；(2)试确定点F 的位置，使得直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等．解：(1)证明：连接AC ，因为AB ＝22，BC ＝2，∠ABC ＝45°， 由余弦定理得，AC 2＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos 45°＝4，得AC ＝2，所以AC 2＋BC 2＝AB 2，所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC . 又AD ∥BC ，所以AD ⊥AC ， 因为AD ＝AP ＝2，DP ＝22， 所以AD 2＋AP 2＝DP 2，所以∠PAD ＝90°，即PA ⊥AD ， 又AP ∩AC ＝A ，所以AD ⊥平面PAC . 又PC ⊂平面PAC ，所以AD ⊥PC .(2)因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，侧面PAD ∩底面ABCD ＝AD ，PA ⊥AD ，所以PA ⊥底面ABCD ，所以直线AC ，AD ，AP 两两互相垂直，以A 为坐标原点，直线AD ，AC ，AP 分别为x 轴，y 轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，D (－2,0,0)，C (0,2,0)，B (2,2,0)，E (－1,1,0)，P (0,0,2)，所以PC ―→＝(0,2，－2)，PD ―→＝(－2,0，－2)，PB ―→＝(2,2，－2)． 设PF PB＝λ(λ∈[0,1])，则PF ―→＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)，所以EF ―→＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)， 易得平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)． 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2x －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－1)．因为直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等， 所以|cos 〈EF ―→，m 〉|＝|cos 〈EF ―→，n 〉|， 即|EF ―→·m ||EF ―→||m|＝|EF ―→·n ||EF ―→|| n |，所以|－2λ＋2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2λ3， 即3|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])， 解得λ＝3－32，所以PF PB ＝3－32.即当PF PB ＝3－32时，直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等．8. 如图，C 是以AB 为直径的圆O 上异于A ，B 的点，平面PAC ⊥平面ABC ，PA ＝PC ＝AC ＝2，BC ＝4，E ，F 分别是PC ，PB 的中点，记平面AEF 与平面ABC 的交线为直线l .(1)证明：直线l ⊥平面PAC ；(2)在直线l 上是否存在点Q ，使直线P Q 分别与平面AEF ，直线EF 所成的角互余？若存在，求出A Q 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵E ，F 分别是PC ，PB 的中点，∴BC ∥EF ， 又EF ⊂平面EFA ，BC ⊄平面EFA ， ∴BC ∥平面EFA ，又BC ⊂平面ABC ，平面EFA ∩平面ABC ＝l ，∴BC ∥l ， 又BC ⊥AC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ，平面PAC ⊥平面ABC ， ∴BC ⊥平面PAC ， ∴l ⊥平面PAC .(2)以C 为坐标原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴，过C 垂直于平面ABC 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0，0)，A (2，0,0)，B (0,4,0)，P (1,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，32. AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，32，EF ―→＝(0,2,0)， 设Q(2，y,0)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ AE ―→·m ＝0，EF ―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －32x ＋32z ＝0，2y ＝0，取z ＝3，得m ＝(1,0，3)．又P Q ―→＝(1，y ，－3)，|cos 〈P Q ―→，EF ―→〉|＝|2y |24＋y 2＝|y |4＋y2， |cos 〈P Q ―→，m 〉|＝|1－3|24＋y 2＝14＋y2， 依题意，得|cos 〈P Q ―→，EF ―→〉|＝|cos 〈P Q ―→，m 〉，∴y ＝±1.∴直线l 上存在点Q ，使直线P Q 分别与平面AEF ，直线EF 所成的角互余，A Q 的长为1.。
高三数学复习课件：立体几何中的向量方法
=
解析
√3
√8
=
关闭
√6
4
.
答案
-10-
知识梳理
知识梳理
1
双基自测
2
3
4
5
3.
关闭
不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2.
已知直三棱柱ABC-A
可得 O(0,0,0),B(0,0,1),C
1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),
1B1C1在空间直角坐标系中,如图所示,且
n1与n2的夹角的大小就是二面角的大小.
-5-
知识梳理
知识梳理
双基自测
1
2
3
4
-6-
5
4.利用空间向量求距离
(1)两点间的距离
设点 A(x1,y1,z1),点 B(x2,y2,z2),则
|AB|=||= (1 -2 )2 + (1 -2 )2 + (1 -2 )2 .
(2)点到平面的距离
(2)平面的法向量的确定:设 a,b 是平面 α 内两个不共线向量,n
· = 0,
为平面 α 的一个法向量,则可用方程组
求出平面 α 的一个
· = 0
法向量 n.
-8-
知识梳理
知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
1.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”.
(1)直线的方向向量是唯一确定的. (
)
(2)平面的单位法向量是唯一确定的. (
√5
关闭
A ∴直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 .
5
解析
答案
-11-
知识梳理
立体几何中的向量方法(全)
数量积的性质 a·b = b·a（交换律）。 (a + b)·c = a·c + b·c（分配律）。
03
立体几何中常见问
题及解决方法
平行与垂直问题
判断两直线平行
通过证明两直线的方向向量平行，即方向向量的对应 分量成比例。
判断两平面平行
通过证明两平面的法向量平行，即法向量的对应分量 成比例。
判断直线与平面平行
两个向量垂直的充要条件是它们的数量积为零。即若向量a与向量b垂直，则 a·b=0；反之，若a·b=0，则向量a与向量b垂直。
02
空间向量及其坐标
表示
空间向量基本概念
零向量
长度为0的向量叫做 零向量，记作0。
相等向量
长度相等且方向相 同的向量叫做相等 向量。
向量的定义
既有大小又有方向 的量叫做向量。
向量表示方法
向量可以用小写字母a、b、c等表示， 也可以用表示向量的有向线段的起点 和终点字母表示，如向量AB、向量 CD等。
向量的线性运算
向量的加法
向量加法满足平行四边形法则或三角形法则，即两个向量相加，等于以这两个 向量为邻边作平行四边形，这个平行四边形的对角线就表示这两个向量的和。
向量的减法
通过证明直线的方向向量与平面的法向量垂直，即方 向向量与法向量的点积为零。
角度与距离问题
计算异面直线所成角
通过找出两直线的方向向量，利用向量的夹 角公式计算夹角。
计算二面角
通过找出两个平面的法向量，利用向量的夹 角公式计算夹角。
计算线面角
通过找出直线的方向向量和平面的法向量， 利用向量的夹角公式计算夹角。
，导致计算过程繁琐或结果错 误
纠正方法
2019年高考数学(理科·重点生)高考专题辅导专题十 立体几何中的向量方法
[ 规范解答 ] 依题意知， AB ， AD ， AP 两两垂直，故以点 A 为坐标原点建立空间 直角坐标系(如图)，可得 B(1,0,0)，C(2,2， 0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由 E 为棱 PC 的中 点，得 E(1,1,1)． ―→ ―→ ―→ ―→ (1)因为 BE ＝(0,1,1)， DC ＝(2,0,0)，故 BE · DC ＝0.所
专
题
十
立体几何中的向量方法
卷Ⅰ 2018 线面角的正弦值的求解 ·T18(2) 二面角的余弦值的求解 ·T18(2) 二面角的余弦值的求解 ·T18(2)
卷Ⅱ
卷Ⅲ
二面角、线面角 二面角的正弦值 的正弦值的求解 的求解·T19(2) ·T20(2)
二面角的余弦值 二面角的余弦值 的求解·T19(2) 的求解·T19(2) 二面角的正弦值 线面角的正弦值 的求解·T19(2) 的求解·T19(2)
(3)面面平行： α∥β⇔u ∥v⇔u ＝kv⇔a2＝ka3，b2＝kb3，c2＝kc3.
(4)面面垂直： α⊥β⇔u ⊥v⇔u · v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
[典例]
如图，在四棱锥 PABCD 中，
PA⊥底面 ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD ＝DC＝AP＝2，AB＝1，点 E 为棱 PC 的中 点．求证： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面 PAD； (3)平面 PCD⊥平面 PAD.
以 BE⊥DC. ―→ (2)易知 AB ＝(1,0,0)为平面 PAD 的法向量，
高考数学复习 知识讲解 立体几何中的向量方法(基础)(1)
高考数学复习 立体几何中的向量方法 编稿：赵雷 审稿：李霞【学习目标】1. 理解直线的方向向量与平面的法向量。
2. 能用向量方法证明有关直线和平面的平行与垂直。
3. 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。
4. 能用向量方法计算两点、点线、点面、面面距离。
【要点梳理】要点一、直线的方向向量和平面的法向量 1.直线的方向向量：若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量。
要点诠释：（1）在直线上取有向线段表示的向量，或在与它平行的直线上取有向线段表示的向量，均为直线的方向向量。
（2）在解具体立体几何题时，直线的方向向量一般不再叙述而直接应用，可以参与向量运算或向量的坐标运算。
2. 平面的法向量定义：已知平面α，直线l α⊥，取l 的方向向量a ，有α⊥a ，则称为a 为平面α的法向量。
要点诠释：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量。
已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量。
3.平面的法向量确定通常有两种方法：（1） 几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量；（2） 几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：（i ）设出平面的法向量为n=（x ，y ，z ）；（ii ）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标a=（a 1，b 1，c 1），b=（a 2，b 2，c 2）；（iii ）根据法向量的定义建立关于x 、y 、z 的方程00n a n b ⋅=⎧⎨⋅=⎩；（iv ）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．要点二、用向量方法判定空间中的平行关系空间中的平行关系主要是指：线线平行、线面平行、面面平行。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题15立体几何中的向量方法热点难点突破理含解析
立体几何中的向量方法1．已知平面ABC ，点M 是空间上任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内 答案 D解析 由已知得M ，A ，B ，C 四点共面，所以AM 在平面ABC 内，故选D.2．如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －y 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2,1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23 D ．－23 答案 C解析 由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0,0,2)， 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|2×3＝23.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3 答案 D解析 以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为，y ，轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，点P 坐标为(,1－，)(0≤≤1)， 则BP →＝(－1，－，)，BC 1→＝(－1,0,1)， 因为BC 1∥AD 1，设BP →，BC 1→的夹角为α， 所以cos α＝BP →·BC 1→|BP →||BC 1→|＝1x －12＋2x 2×2＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫x －132＋23×2，所以当＝13时，cos α取得最大值32，α＝π6.当＝1时，cos α取得最小值12，α＝π3.故选D.4．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在AC 1→上，且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216 B.66C.156 D.1535．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°解析 设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12.∴θ＝30°. 答案 A6．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( )A.19B.459C.259D.23解析 设正方体棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为轴，DC 为y 轴，DD 1为轴，建立如图所示空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.答案 B7．设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A.32B.22C.223D.233解析 如图，建立空间直角坐标系，则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，D (0，0，0)，B (2，2，0)，∴D 1A 1→＝(2，0，0)，DA 1→＝(2，0，2)，DB →＝(2，2，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(，y ，)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0，n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令＝1，则n ＝(1，－1，－1)．∴点D 1到平面A 1BD 的距离 d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案 D8．二面角αl β等于120°，A 、B 是棱l 上两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的长等于( ) A. 2 B. 3 C ．2 D. 5解析 如图，∵二面角αl β等于120°，∴CA →与BD →夹角为60°.由题设知，CA →⊥AB →，AB →⊥BD →，|AB →|＝|AC →|＝|BD →|＝1，|CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝3＋2×cos 60°＝4，∴|CD →|＝2. 答案 C9.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝60°.(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)设CE →＝λCC 1→(0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．(2)解 由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线为，y ，轴建立空间直角坐标系.则B (0，0，0)，A (0，1，0)，C (1，0，0)，C 1(0，0，3)，B 1(－1，0，3)．所以CC 1→＝(－1，0，3), 所以CE →＝(－λ，0，3λ)，∴E (1－λ，0，3λ)，则AE →＝(1－λ，－1，3λ)，AB 1→＝(－1，－1，3)．设平面AB 1E 的一个法向量为n ＝(，y ，)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AE →，n ⊥AB 1→，得⎩⎪⎨⎪⎧（1－λ）x －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令＝3，则＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，，∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3， ∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，BA →＝(0，1，0)是平面的一个法向量， ∴|cos 〈n ，BA →〉|＝n ·BA→|n |·|BA →|＝32－λ1×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋（3）2＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝32(舍去)．∴λ＝1.10．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．(1)求证：平面BDGH ∥平面AEF ； (2)求二面角H －BD －C 的大小．(1)证明 在△CEF 中，因为G ，H 分别是CE ，CF 的中点． 所以GH ∥EF ，又因为GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， 所以GH ∥平面AEF . 设AC ∩BD ＝O ，连接OH ， 因为ABCD 为菱形， 所以O 为AC 中点，在△ACF 中，因为OA ＝OC ，CH ＝HF ，所以OH ∥AF ，又因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， 所以OH ∥平面AEF .又因为OH ∩GH ＝H ，OH ，GH ⊂平面BDGH ， 所以平面BDGH ∥平面AEF . (2)解 取EF 的中点N ，连接ON ，因为四边形BDEF 是矩形，O ，N 分别为BD ，EF 的中点， 所以ON ∥ED ，因为平面BDEF ⊥平面ABCD ， 所以ED ⊥平面ABCD ， 所以ON ⊥平面ABCD ，因为ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，得OB ，OC ，ON 两两垂直． 所以以O 为原点，OB ，OC ，ON 所在直线分别为轴，y 轴，轴， 如图建立空间直角坐标系．因为底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，BF ＝3，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，E (－1，0，3)，F (1，0，3)，C (0，3，0)，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，32，所以BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32，DB →＝(2，0，0)．设平面BDH 的法向量为n ＝(，y ，)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BH →＝0n ·DB →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋3y ＋3z ＝0，2x ＝0，令＝1，得n ＝(0，－3，1)．由ED ⊥平面ABCD ，得平面BCD 的法向量为DE →＝(0，0，3)， 则cos 〈n ，DE →〉＝n ·DE→|n||DE →|＝0×0＋（－3）×0＋1×32×3＝12.所以二面角H －BD －C 的大小为60°.11.如图，△ABC 是以∠ABC 为直角的三角形，SA ⊥平面ABC ，SA ＝BC ＝2，AB ＝4.M ，N ，D 分别是SC ，AB ，BC 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ；(2)求二面角S ND A 的余弦值； (3)求点A 到平面SND 的距离．解 以B 为坐标原点，BC ，BA 为，y 轴的正方向，垂直于平面ABC 的直线为轴，建立空间直角坐标系(如图)．(1)证明 由题意得A (0，4，0)，B (0，0，0)，M (1，2，1)，N (0，2，0)，S (0，4，2)，D (1，0，0)． 所以：MN →＝(－1，0，－1)，AB →＝(0，－4，0)，MN →·AB →＝0，∴MN ⊥AB . (2)设平面SND 的一个法向量为m ＝(，y ，)， 则：m ·SN →＝0，且m ·DN →＝0.∵SN →＝(0，－2，－2)，DN →＝(－1，2，0)，∴⎩⎨⎧－2y －2z ＝0，－x ＋2y ＝0，即⎩⎨⎧y ＋z ＝0，x ＝2y .令＝1，得：＝－2，y ＝－1， ∴m ＝(－2，－1，1)．又平面AND 的法向量为n ＝(0，0，1)，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝66.由题图易知二面角S ND A 为锐角，故其余弦值为66. (3)∵AN →＝(0，－2，0)， ∴点A 到平面SND 的距离d ＝|AN →·m ||m |＝63.12．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的四个侧面，记底面上一边AB ＝t (0<t <2)，连接A 1B ，A 1C ，A 1D .(1)当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求二面角B －A 1C －D 的值；(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ，若有，求出P 点的位置，没有请说明理由解法一 (1)根据题意，长方体体积为V ＝t (2－t )×1＝t (2－t )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝1，当且仅当t ＝2－t ，即t ＝1时体积V 有最大值为1，所以当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形， 作BM ⊥A 1C 于M ，连接DM ，BD ，因为四边形ABCD 为正方形，所以△A 1BC 与△A 1DC 全等，故DM ⊥A 1C ，所以∠BMD 即为所求二面角的平面角．17.如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1的半径为r ＝5，OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E 为下底面圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD .(1)求证：平面ABD ⊥平面ODE; (2)求二面角B —AD —O 的正弦值． (1)证明 依题意知，圆锥的高为h ＝522－52＝5，又圆柱的高为AB ＝6.4，AO ⊥AD ，所以OD2＝OA2＋AD2，因为AB⊥BD，所以AD2＝AB2＋BD2，连接OO1，O1O2，DO2，易知O，O1，O2三点共线，OO⊥DO2，所以OD2＝OO22＋O2D2，2所以BD2＝OO22＋O2D2－AO2－AB2＝(6.4＋5)2＋52－(52)2－6.42＝64，解得BD＝8，又因为DE＝6，圆O2的直径为10，圆心O2在∠BDE内，所以∠BDE＝90°，所以DE⊥BD.因为AB⊥平面BDE，DE⊂平面BDE，所以DE⊥AB，因为AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，所以DE⊥平面ABD.又因为DE⊂平面ODE，所以平面ABD⊥平面ODE.(2)解如图，以D为原点，DB，DE所在直线为，y轴，建立空间直角坐标系．则D(0,0,0)，A(8,0,6.4)，B(8,0,0)，O(4,3,11.4)．→＝(4,3,11.4)，所以DA→＝(8,0,6.4)，DB→＝(8,0,0)，DO设平面DAO的法向量为u＝(，y，)，所以DA→·u＝8＋6.4＝0，→·u＝4＋3y＋11.4＝0，DO令＝12，则u＝(12,41，－15)．可取平面BDA 的一个法向量为v ＝(0,1,0)，所以cos 〈u ，v 〉＝u ·v |u||v |＝41582＝8210，所以二面角B —AD —O 的正弦值为3210.18.如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2，∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证：EG ∥平面BDF ； (2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FHHC的值；若不存在，说明理由．(2)解 因为四边形CDEF 为正方形，所以ED ⊥DC . 因为平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝DC ，DE ⊂平面CDEF ， 所以ED ⊥平面ABCD .在△ABD 中，因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ＝2， 所以由余弦定理，得BD ＝3，所以AD 2＋BD 2＝AB 2，所以AD ⊥BD .在等腰梯形ABCD 中，可得DC ＝CB ＝1.如图，以D 为原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为，y ，轴，建立空间直角坐标系D －y ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，E ()0，0，1，B ()0，3，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1，所以AE →＝()－1，0，1，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1， DB →＝()0，3，0. 设平面BDF 的法向量为n ＝(，y ，)，因为⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DB →＝0，n ·DF →＝0， 所以⎩⎨⎧ 3y ＝0，－12x ＋32y ＋z ＝0.取＝1，则＝2，y ＝0，则n ＝()2，0，1.设直线AE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝||cos 〈AE →，n 〉＝||AE →·n ||AE →||n ＝1010， 所以AE 与平面BDF 所成角的正弦值为1010. (3)解 线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .证明如下： 假设线段FC 上存在点H ，设H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t ()0≤t ≤1， 则DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t .设平面HAD 的法向量为m ＝()a ，b ，c ，因为⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DA →＝0，m ·DH →＝0， 所以⎩⎨⎧ a ＝0，－12a ＋32b ＋tc ＝0.取c ＝1，则a ＝0，b ＝－2t 3 ，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2t 3 ，1. 要使平面BDF ⊥平面HAD ，只需m ·n ＝0， 即2×0－2t 3×0＋1×1＝0，此方程无解． 所以线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题15立体几何中的向量方法热点难点突破理含解析
立体几何中的向量方法1．已知平面ABC ，点M 是空间上任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内 答案 D解析 由已知得M ，A ，B ，C 四点共面，所以AM 在平面ABC 内，故选D.2．如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －y 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2,1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23 D ．－23 答案 C解析 由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0,0,2)， 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|2×3＝23.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3 答案 D解析 以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为，y ，轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，点P 坐标为(,1－，)(0≤≤1)， 则BP →＝(－1，－，)，BC 1→＝(－1,0,1)， 因为BC 1∥AD 1，设BP →，BC 1→的夹角为α， 所以cos α＝BP →·BC 1→|BP →||BC 1→|＝1x －12＋2x 2×2＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫x －132＋23×2，所以当＝13时，cos α取得最大值32，α＝π6.当＝1时，cos α取得最小值12，α＝π3.故选D.4．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在AC 1→上，且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216 B.66C.156 D.1535．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°解析 设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12.∴θ＝30°. 答案 A6．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( )A.19B.459C.259D.23解析 设正方体棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为轴，DC 为y 轴，DD 1为轴，建立如图所示空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.答案 B7．设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A.32B.22C.223D.233解析 如图，建立空间直角坐标系，则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，D (0，0，0)，B (2，2，0)，∴D 1A 1→＝(2，0，0)，DA 1→＝(2，0，2)，DB →＝(2，2，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(，y ，)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0，n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令＝1，则n ＝(1，－1，－1)．∴点D 1到平面A 1BD 的距离 d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案 D8．二面角αl β等于120°，A 、B 是棱l 上两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的长等于( )A. 2B. 3 C ．2 D. 5解析 如图，∵二面角αl β等于120°，∴CA →与BD →夹角为60°.由题设知，CA →⊥AB →，AB →⊥BD →，|AB →|＝|AC →|＝|BD →|＝1，|CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝3＋2×cos 60°＝4，∴|CD →|＝2. 答案 C9.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝60°.(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)设CE →＝λCC 1→(0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．(2)解 由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线为，y ，轴建立空间直角坐标系.则B (0，0，0)，A (0，1，0)，C (1，0，0)，C 1(0，0，3)，B 1(－1，0，3)．所以CC 1→＝(－1，0，3), 所以CE →＝(－λ，0，3λ)，∴E (1－λ，0，3λ)，则AE →＝(1－λ，－1，3λ)，AB 1→＝(－1，－1，3)．设平面AB 1E 的一个法向量为n ＝(，y ，)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AE →，n ⊥AB 1→，得⎩⎪⎨⎪⎧（1－λ）x －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令＝3，则＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，，∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3， ∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，BA →＝(0，1，0)是平面的一个法向量， ∴|cos 〈n ，BA →〉|＝n ·BA→|n |·|BA →|＝32－λ1×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋（3）2＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝32(舍去)．∴λ＝1.10．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．(1)求证：平面BDGH ∥平面AEF ； (2)求二面角H －BD －C 的大小．(1)证明 在△CEF 中，因为G ，H 分别是CE ，CF 的中点． 所以GH ∥EF ，又因为GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， 所以GH ∥平面AEF . 设AC ∩BD ＝O ，连接OH ， 因为ABCD 为菱形， 所以O 为AC 中点，在△ACF 中，因为OA ＝OC ，CH ＝HF ，所以OH ∥AF ，又因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， 所以OH ∥平面AEF .又因为OH ∩GH ＝H ，OH ，GH ⊂平面BDGH ， 所以平面BDGH ∥平面AEF . (2)解 取EF 的中点N ，连接ON ，因为四边形BDEF 是矩形，O ，N 分别为BD ，EF 的中点， 所以ON ∥ED ，因为平面BDEF ⊥平面ABCD ， 所以ED ⊥平面ABCD ， 所以ON ⊥平面ABCD ，因为ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，得OB ，OC ，ON 两两垂直． 所以以O 为原点，OB ，OC ，ON 所在直线分别为轴，y 轴，轴， 如图建立空间直角坐标系．因为底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，BF ＝3，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，E (－1，0，3)，F (1，0，3)，C (0，3，0)，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，32，所以BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32，DB →＝(2，0，0)．设平面BDH 的法向量为n ＝(，y ，)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BH →＝0n ·DB →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋3y ＋3z ＝0，2x ＝0，令＝1，得n ＝(0，－3，1)．由ED ⊥平面ABCD ，得平面BCD 的法向量为DE →＝(0，0，3)， 则cos 〈n ，DE →〉＝n ·DE→|n||DE →|＝0×0＋（－3）×0＋1×32×3＝12.所以二面角H －BD －C 的大小为60°.11.如图，△ABC 是以∠ABC 为直角的三角形，SA ⊥平面ABC ，SA ＝BC ＝2，AB ＝4.M ，N ，D 分别是SC ，AB ，BC 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ；(2)求二面角S ND A 的余弦值； (3)求点A 到平面SND 的距离．解 以B 为坐标原点，BC ，BA 为，y 轴的正方向，垂直于平面ABC 的直线为轴，建立空间直角坐标系(如图)．(1)证明 由题意得A (0，4，0)，B (0，0，0)，M (1，2，1)，N (0，2，0)，S (0，4，2)，D (1，0，0)． 所以：MN →＝(－1，0，－1)，AB →＝(0，－4，0)，MN →·AB →＝0，∴MN ⊥AB . (2)设平面SND 的一个法向量为m ＝(，y ，)， 则：m ·SN →＝0，且m ·DN →＝0.∵SN →＝(0，－2，－2)，DN →＝(－1，2，0)，∴⎩⎨⎧－2y －2z ＝0，－x ＋2y ＝0，即⎩⎨⎧y ＋z ＝0，x ＝2y .令＝1，得：＝－2，y ＝－1， ∴m ＝(－2，－1，1)．又平面AND 的法向量为n ＝(0，0，1)，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝66.由题图易知二面角S ND A 为锐角，故其余弦值为66. (3)∵AN →＝(0，－2，0)， ∴点A 到平面SND 的距离d ＝|AN →·m ||m |＝63.12．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的四个侧面，记底面上一边AB ＝t (0<t <2)，连接A 1B ，A 1C ，A 1D .(1)当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求二面角B －A 1C －D 的值；(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ，若有，求出P 点的位置，没有请说明理由解法一 (1)根据题意，长方体体积为V ＝t (2－t )×1＝t (2－t )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝1，当且仅当t ＝2－t ，即t ＝1时体积V 有最大值为1，所以当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形， 作BM ⊥A 1C 于M ，连接DM ，BD ，因为四边形ABCD 为正方形，所以△A 1BC 与△A 1DC 全等，故DM ⊥A 1C ，所以∠BMD 即为所求二面角的平面角．17.如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1的半径为r ＝5，OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E 为下底面圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD .(1)求证：平面ABD ⊥平面ODE; (2)求二面角B —AD —O 的正弦值． (1)证明 依题意知，圆锥的高为h ＝522－52＝5，又圆柱的高为AB ＝6.4，AO ⊥AD ，所以OD2＝OA2＋AD2，因为AB⊥BD，所以AD2＝AB2＋BD2，连接OO1，O1O2，DO2，易知O，O1，O2三点共线，OO⊥DO2，所以OD2＝OO22＋O2D2，2所以BD2＝OO22＋O2D2－AO2－AB2＝(6.4＋5)2＋52－(52)2－6.42＝64，解得BD＝8，又因为DE＝6，圆O2的直径为10，圆心O2在∠BDE内，所以∠BDE＝90°，所以DE⊥BD.因为AB⊥平面BDE，DE⊂平面BDE，所以DE⊥AB，因为AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，所以DE⊥平面ABD.又因为DE⊂平面ODE，所以平面ABD⊥平面ODE.(2)解如图，以D为原点，DB，DE所在直线为，y轴，建立空间直角坐标系．则D(0,0,0)，A(8,0,6.4)，B(8,0,0)，O(4,3,11.4)．→＝(4,3,11.4)，所以DA→＝(8,0,6.4)，DB→＝(8,0,0)，DO设平面DAO的法向量为u＝(，y，)，所以DA→·u＝8＋6.4＝0，→·u＝4＋3y＋11.4＝0，DO令＝12，则u＝(12,41，－15)．可取平面BDA 的一个法向量为v ＝(0,1,0)，所以cos 〈u ，v 〉＝u ·v |u||v |＝41582＝8210，所以二面角B —AD —O 的正弦值为3210.18.如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2，∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证：EG ∥平面BDF ； (2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FHHC的值；若不存在，说明理由．(2)解 因为四边形CDEF 为正方形，所以ED ⊥DC . 因为平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝DC ，DE ⊂平面CDEF ， 所以ED ⊥平面ABCD .在△ABD 中，因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ＝2， 所以由余弦定理，得BD ＝3，所以AD 2＋BD 2＝AB 2，所以AD ⊥BD .在等腰梯形ABCD 中，可得DC ＝CB ＝1.如图，以D 为原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为，y ，轴，建立空间直角坐标系D －y ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，E ()0，0，1，B ()0，3，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1，所以AE →＝()－1，0，1，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1， DB →＝()0，3，0. 设平面BDF 的法向量为n ＝(，y ，)，因为⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DB →＝0，n ·DF →＝0， 所以⎩⎨⎧ 3y ＝0，－12x ＋32y ＋z ＝0.取＝1，则＝2，y ＝0，则n ＝()2，0，1.设直线AE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝||cos 〈AE →，n 〉＝||AE →·n ||AE →||n ＝1010， 所以AE 与平面BDF 所成角的正弦值为1010. (3)解 线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .证明如下： 假设线段FC 上存在点H ，设H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t ()0≤t ≤1， 则DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t .设平面HAD 的法向量为m ＝()a ，b ，c ，因为⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DA →＝0，m ·DH →＝0， 所以⎩⎨⎧ a ＝0，－12a ＋32b ＋tc ＝0.取c ＝1，则a ＝0，b ＝－2t 3 ，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2t 3 ，1. 要使平面BDF ⊥平面HAD ，只需m ·n ＝0， 即2×0－2t 3×0＋1×1＝0，此方程无解． 所以线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题15立体几何中的向量方法热点难点突破理含解析
立体几何中的向量方法1．已知平面ABC ，点M 是空间上任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内 答案 D解析 由已知得M ，A ，B ，C 四点共面，所以AM 在平面ABC 内，故选D.2．如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －y 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2,1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23 D ．－23 答案 C解析 由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0,0,2)， 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|2×3＝23.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3 答案 D解析 以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为，y ，轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，点P 坐标为(,1－，)(0≤≤1)， 则BP →＝(－1，－，)，BC 1→＝(－1,0,1)， 因为BC 1∥AD 1，设BP →，BC 1→的夹角为α， 所以cos α＝BP →·BC 1→|BP →||BC 1→|＝1x －12＋2x 2×2＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫x －132＋23×2，所以当＝13时，cos α取得最大值32，α＝π6.当＝1时，cos α取得最小值12，α＝π3.故选D.4．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在AC 1→上，且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216 B.66C.156 D.1535．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°解析 设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12.∴θ＝30°. 答案 A6．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( )A.19B.459C.259D.23解析 设正方体棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为轴，DC 为y 轴，DD 1为轴，建立如图所示空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.答案 B7．设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A.32B.22C.223D.233解析 如图，建立空间直角坐标系，则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，D (0，0，0)，B (2，2，0)，∴D 1A 1→＝(2，0，0)，DA 1→＝(2，0，2)，DB →＝(2，2，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(，y ，)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0，n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令＝1，则n ＝(1，－1，－1)．∴点D 1到平面A 1BD 的距离 d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案 D8．二面角αl β等于120°，A 、B 是棱l 上两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的长等于( ) A. 2 B. 3 C ．2 D. 5解析 如图，∵二面角αl β等于120°，∴CA →与BD →夹角为60°.由题设知，CA →⊥AB →，AB →⊥BD →，|AB →|＝|AC →|＝|BD →|＝1，|CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝3＋2×cos 60°＝4，∴|CD →|＝2. 答案 C9.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝60°.(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)设CE →＝λCC 1→(0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．(2)解 由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线为，y ，轴建立空间直角坐标系.则B (0，0，0)，A (0，1，0)，C (1，0，0)，C 1(0，0，3)，B 1(－1，0，3)．所以CC 1→＝(－1，0，3), 所以CE →＝(－λ，0，3λ)，∴E (1－λ，0，3λ)，则AE →＝(1－λ，－1，3λ)，AB 1→＝(－1，－1，3)．设平面AB 1E 的一个法向量为n ＝(，y ，)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AE →，n ⊥AB 1→，得⎩⎪⎨⎪⎧（1－λ）x －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令＝3，则＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，，∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3， ∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，BA →＝(0，1，0)是平面的一个法向量， ∴|cos 〈n ，BA →〉|＝n ·BA→|n |·|BA →|＝32－λ1×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋（3）2＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝32(舍去)．∴λ＝1.10．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．(1)求证：平面BDGH ∥平面AEF ； (2)求二面角H －BD －C 的大小．(1)证明 在△CEF 中，因为G ，H 分别是CE ，CF 的中点． 所以GH ∥EF ，又因为GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， 所以GH ∥平面AEF . 设AC ∩BD ＝O ，连接OH ， 因为ABCD 为菱形， 所以O 为AC 中点，在△ACF 中，因为OA ＝OC ，CH ＝HF ，所以OH ∥AF ，又因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， 所以OH ∥平面AEF .又因为OH ∩GH ＝H ，OH ，GH ⊂平面BDGH ， 所以平面BDGH ∥平面AEF . (2)解 取EF 的中点N ，连接ON ，因为四边形BDEF 是矩形，O ，N 分别为BD ，EF 的中点， 所以ON ∥ED ，因为平面BDEF ⊥平面ABCD ， 所以ED ⊥平面ABCD ， 所以ON ⊥平面ABCD ，因为ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，得OB ，OC ，ON 两两垂直． 所以以O 为原点，OB ，OC ，ON 所在直线分别为轴，y 轴，轴， 如图建立空间直角坐标系．因为底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，BF ＝3，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，E (－1，0，3)，F (1，0，3)，C (0，3，0)，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，32，所以BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32，DB →＝(2，0，0)．设平面BDH 的法向量为n ＝(，y ，)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BH →＝0n ·DB →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋3y ＋3z ＝0，2x ＝0，令＝1，得n ＝(0，－3，1)．由ED ⊥平面ABCD ，得平面BCD 的法向量为DE →＝(0，0，3)， 则cos 〈n ，DE →〉＝n ·DE→|n||DE →|＝0×0＋（－3）×0＋1×32×3＝12.所以二面角H －BD －C 的大小为60°.11.如图，△ABC 是以∠ABC 为直角的三角形，SA ⊥平面ABC ，SA ＝BC ＝2，AB ＝4.M ，N ，D 分别是SC ，AB ，BC 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ；(2)求二面角S ND A 的余弦值； (3)求点A 到平面SND 的距离．解 以B 为坐标原点，BC ，BA 为，y 轴的正方向，垂直于平面ABC 的直线为轴，建立空间直角坐标系(如图)．(1)证明 由题意得A (0，4，0)，B (0，0，0)，M (1，2，1)，N (0，2，0)，S (0，4，2)，D (1，0，0)． 所以：MN →＝(－1，0，－1)，AB →＝(0，－4，0)，MN →·AB →＝0，∴MN ⊥AB . (2)设平面SND 的一个法向量为m ＝(，y ，)， 则：m ·SN →＝0，且m ·DN →＝0.∵SN →＝(0，－2，－2)，DN →＝(－1，2，0)，∴⎩⎨⎧－2y －2z ＝0，－x ＋2y ＝0，即⎩⎨⎧y ＋z ＝0，x ＝2y .令＝1，得：＝－2，y ＝－1， ∴m ＝(－2，－1，1)．又平面AND 的法向量为n ＝(0，0，1)，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝66.由题图易知二面角S ND A 为锐角，故其余弦值为66. (3)∵AN →＝(0，－2，0)， ∴点A 到平面SND 的距离d ＝|AN →·m ||m |＝63.12．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的四个侧面，记底面上一边AB ＝t (0<t <2)，连接A 1B ，A 1C ，A 1D .(1)当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求二面角B －A 1C －D 的值；(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ，若有，求出P 点的位置，没有请说明理由解法一 (1)根据题意，长方体体积为V ＝t (2－t )×1＝t (2－t )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝1，当且仅当t ＝2－t ，即t ＝1时体积V 有最大值为1，所以当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形， 作BM ⊥A 1C 于M ，连接DM ，BD ，因为四边形ABCD 为正方形，所以△A 1BC 与△A 1DC 全等，故DM ⊥A 1C ，所以∠BMD 即为所求二面角的平面角．17.如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1的半径为r ＝5，OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E 为下底面圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD .(1)求证：平面ABD ⊥平面ODE; (2)求二面角B —AD —O 的正弦值． (1)证明 依题意知，圆锥的高为h ＝522－52＝5，又圆柱的高为AB ＝6.4，AO ⊥AD ，所以OD2＝OA2＋AD2，因为AB⊥BD，所以AD2＝AB2＋BD2，连接OO1，O1O2，DO2，易知O，O1，O2三点共线，OO⊥DO2，所以OD2＝OO22＋O2D2，2所以BD2＝OO22＋O2D2－AO2－AB2＝(6.4＋5)2＋52－(52)2－6.42＝64，解得BD＝8，又因为DE＝6，圆O2的直径为10，圆心O2在∠BDE内，所以∠BDE＝90°，所以DE⊥BD.因为AB⊥平面BDE，DE⊂平面BDE，所以DE⊥AB，因为AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，所以DE⊥平面ABD.又因为DE⊂平面ODE，所以平面ABD⊥平面ODE.(2)解如图，以D为原点，DB，DE所在直线为，y轴，建立空间直角坐标系．则D(0,0,0)，A(8,0,6.4)，B(8,0,0)，O(4,3,11.4)．→＝(4,3,11.4)，所以DA→＝(8,0,6.4)，DB→＝(8,0,0)，DO设平面DAO的法向量为u＝(，y，)，所以DA→·u＝8＋6.4＝0，→·u＝4＋3y＋11.4＝0，DO令＝12，则u＝(12,41，－15)．可取平面BDA 的一个法向量为v ＝(0,1,0)，所以cos 〈u ，v 〉＝u ·v |u||v |＝41582＝8210，所以二面角B —AD —O 的正弦值为3210.18.如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2，∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证：EG ∥平面BDF ； (2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FHHC的值；若不存在，说明理由．(2)解 因为四边形CDEF 为正方形，所以ED ⊥DC . 因为平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝DC ，DE ⊂平面CDEF ， 所以ED ⊥平面ABCD .在△ABD 中，因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ＝2， 所以由余弦定理，得BD ＝3，所以AD 2＋BD 2＝AB 2，所以AD ⊥BD .在等腰梯形ABCD 中，可得DC ＝CB ＝1.如图，以D 为原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为，y ，轴，建立空间直角坐标系D －y ，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，E ()0，0，1，B ()0，3，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1，所以AE →＝()－1，0，1，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1， DB →＝()0，3，0. 设平面BDF 的法向量为n ＝(，y ，)，因为⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DB →＝0，n ·DF →＝0， 所以⎩⎨⎧ 3y ＝0，－12x ＋32y ＋z ＝0.取＝1，则＝2，y ＝0，则n ＝()2，0，1.设直线AE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝||cos 〈AE →，n 〉＝||AE →·n ||AE →||n ＝1010， 所以AE 与平面BDF 所成角的正弦值为1010. (3)解 线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .证明如下： 假设线段FC 上存在点H ，设H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t ()0≤t ≤1， 则DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t .设平面HAD 的法向量为m ＝()a ，b ，c ，因为⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DA →＝0，m ·DH →＝0， 所以⎩⎨⎧ a ＝0，－12a ＋32b ＋tc ＝0.取c ＝1，则a ＝0，b ＝－2t 3 ，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2t 3 ，1. 要使平面BDF ⊥平面HAD ，只需m ·n ＝0， 即2×0－2t 3×0＋1×1＝0，此方程无解． 所以线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .。
高考数学总复习专题讲解42---立体几何中的向量方法
高考数学总复习专题讲解42 立体几何中的向量方法[考点要求] 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，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．1．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〈a ，b 〉 l 1与l 2所成的角θ范围 0＜〈a ，b 〉＜π 0<θ≤π2关系cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |2.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 |．3．二面角(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).[常用结论] 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 |.一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π].( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√ 二、教材改编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 [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 ．π4 B ．34π C ．π4或34πD ．π2或34πC [∵m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)， ∴m ·n ＝1，|m |＝1，|n |＝2，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝22，∴〈m ，n 〉＝π4. ∴两平面所成的二面角为π4或34π，故选C.]3.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3010 B ．3015 C.3030D ．1515A [以D 为原点建立空间直角坐标系D -xyz ，如图，设AB ＝2，则N (1，0，0)，D 1(0，0，2)，M (1，1，0)，B 1(2，2，2)，∴B 1M ＝(－1，－1，－2)， D 1N ＝(1，0，－2)， ∴B 1M ·D 1N ＝－1＋4＝3， |B 1M |＝6，|D 1N |＝5， ∴cos 〈B 1M ，D 1N 〉＝330＝3010＞0， ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为3010.故选A.]4.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________．π6[如图，以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、 z 轴(如图)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(1，3，22)，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 →|＝（1，3，22）·（1，0，22）12×9＝32，又∵∠C 1AD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2， ∴∠C 1AD ＝π6.]考点1 求异面直线所成的角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．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A ．32B ．155C ．105D ．33C [在平面ABC 内过点B 作AB 的垂线，以B 为原点，以该垂线，BA ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系B xyz ，则A (0，2，0)，B 1(0，0，1)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，AB 1＝(0，－2，1)，BC 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，cos 〈AB 1，BC 1〉＝AB 1·BC 1|AB 1|·|BC 1|＝25×2＝105，故选C.][母题探究]1.本例条件换为：“直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，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________．60° [以B 为坐标原点，以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)， ∴EF →＝(0，－1，1)，BC 1＝(2，0，2)，∴EF →·BC 1＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1〉＝22×22＝12，则EF 和BC 1所成的角是60°.]2．本例条件换为：“直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面为等边三角形， 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________．710 [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 (－3，0，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，所以AM →＝(0，1，2)，BN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，所以cos 〈AM →，BN →〉＝AM →·BN →|AM →||BN →|＝725×5＝710.]两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α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．[备选例题]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 ，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)如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 所在直线为x 轴、y 轴，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz ，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．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O -xyz ，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. 考点2 求直线与平面所成的角 利用向量法求线面角的2种方法(1)法一：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)法二：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角(夹角为钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2019·深圳模拟)已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，PD＝PB ，H 为PC 上的点，过AH 的平面分别交PB ，PD 于点M ，N ，且BD ∥平面AMHN .(1)证明：MN ⊥PC ；(2)当H 为PC 的中点，P A ＝PC ＝3AB ，P A 与平面ABCD 所成的角为60°，求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值．[解] (1)证明：连接AC 、BD 且AC ∩BD ＝O ，连接PO .因为ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ， 因为PD ＝PB ，所以PO ⊥BD ，因为AC ∩PO ＝O 且AC 、PO ⊂平面P AC ， 所以BD ⊥平面P AC ，因为PC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥PC ， 因为BD ∥平面AMHN ，且平面AMHN ∩平面PBD ＝MN ， 所以BD ∥MN ，MN ⊥平面P AC ， 所以MN ⊥PC .(2)由(1)知BD ⊥AC 且PO ⊥BD ， 因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，所以PO ⊥平面ABCD ， 所以P A 与平面ABCD 所成的角为∠P AO ， 所以∠P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ， 因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A .以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)， C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)， 所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0). 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 所以⎩⎨⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)， 设AD 与平面AMHN 所成角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34.所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34.若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．(2019·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．[解] 法一：(几何法)(1)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 ，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 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(或其补角). 不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152， 所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.法二：(向量法)(1)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，所以cos θ＝35，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35. 考点3 求二面角利用向量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是锐(钝)二面角．(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．提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．(2019·全国卷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 1N 的正弦值．[解] (1)连接ME ，B 1C∵M ，E 分别为BB 1，BC 中点，∴ME 为△B 1BC 的中位线，∴ME ∥B 1C 且ME ＝12B 1C ，又N 为A 1D 中点，且A 1D 綊B 1C ，∴ND ∥B 1C 且ND ＝12B 1C ，∴ME 綊ND ，∴四边形MNDE 为平行四边形，∴MN ∥DE .又MN ⊄平面C 1DE ，DE ⊂平面C 1DE ，∴MN ∥平面C 1DE .(2)法一：设AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，由直四棱柱性质可知：OO 1⊥平面ABCD .∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD .则以O 为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系：则A ()3，0，0，M ()0，1，2，A 1()3，0，4，D (0，－1，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2.取AB 中点F ，连接DF ，则F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0. ∵四边形ABCD 为菱形且∠BAD ＝60°，∴△BAD 为等边三角形， ∴DF ⊥AB .又AA 1⊥平面ABCD ，DF ⊂平面ABCD ，∴DF ⊥AA 1.∴DF ⊥平面ABB 1A 1，即DF ⊥平面AMA 1.∴DF →为平面AMA 1的一个法向量，且DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0. 设平面MA 1N 的法向量n ＝()x ，y ，z ，又MA 1＝()3，－1，2，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，0. ∴⎩⎨⎧n ·MA 1＝3x －y ＋2z ＝0，n ·MN →＝32x －32y ＝0， 令x ＝3，则y ＝1，z ＝－1 ，∴n ＝()3，1，－1. ∴cos 〈DF →，n 〉＝DF →·n ⎪⎪⎪⎪DF →·||n ＝315＝155， ∴sin 〈DF →，n 〉＝105，∴二面角A -MA 1N 的正弦值为105.法二：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，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.所以可取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. 即⎩⎪⎨⎪⎧－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 1N 的正弦值为105.[母题探究] 本例条件不变，求点C 到平面C 1DE 的距离．[解] 法一：(几何法)过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE ⊥BC ，DE ⊥C 1C ，所以DE ⊥平面C 1CE ，故DE ⊥CH .又DE ∩C 1E ＝E ，从而CH ⊥平面C 1DE ，故CH 的长即为C 到平面C 1DE 的距离，由已知可得CE ＝1，C 1C ＝4，所以C 1E ＝17，故CH ＝41717.从而点C 到平面C 1DE 的距离为41717.法二：(等体积法)在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE ⊥BC ，根据题意有DE ＝3，C 1E ＝17，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面BCC 1B 1，所以DE ⊥EC 1，所以S △DEC 1＝12×3×17，设点C 到平面C 1DE 的距离为d ，根据题意有VC 1CDE ＝VC C 1DE ，则有13×12×3×17×d ＝13×12×1×3×4，解得d ＝417＝41717， 所以点C 到平面C 1DE 的距离为41717.本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式，建立便捷的空间直角坐标系是求解本例的关键．1.如图所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为________．60° [∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|＝（CA →＋AB →＋BD →）2 ＝36＋16＋64＋2CA →·BD → ＝116＋2CA →·BD →＝217.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝－24.∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12.又所求二面角与〈CA →，BD →〉互补，∴所求的二面角为60°.]2.如图，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，△ABC 是等边三角形，AC ＝2AE ，M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM;(2)若直线DM 与平面ABC 所成角的正切值为2，求二面角B -CD -E 的余弦值．[解] (1)证明：因为△ABC 是等边三角形，M 是AB 的中点，所以CM ⊥AM .因为EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以CM ⊥EA .因为AM ∩EA ＝A ，所以CM ⊥平面EAM .因为EM ⊂平面EAM ，所以CM ⊥EM .(2)以点M 为坐标原点，MC 所在直线为x 轴，MB 所在直线为y 轴，过M 且与直线BD 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系M -xyz ，如图所示．因为DB ⊥平面ABC ，所以∠DMB 为直线DM 与平面ABC 所成的角，所以tan ∠DMB ＝BD MB ＝2， 即BD ＝2MB ，所以BD ＝AC .不妨设AC ＝2，又AC ＝2AE ，则CM ＝3，AE ＝1.故B (0，1，0)，C (3，0，0)，D (0，1，2)，E (0，－1，1).所以BC →＝(3，－1，0)，BD →＝(0，0，2)，CE →＝(－3，－1，1)，CD →＝(－3，1，2). 设平面BCD 与平面CDE 的一个法向量分别为m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎨⎧m ·BC →＝0，m ·BD →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－y 1＝0，2z 1＝0. 令x 1＝1，得y 1＝3，所以m ＝(1，3，0).由⎩⎨⎧n ·CE →＝0，n ·CD →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 2－y 2＋z 2＝0，－3x 2＋y 2＋2z 2＝0.令x 2＝1，得y 2＝－33，z 2＝233.所以n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－33，233.所以cos 〈m，n〉＝m·n＝0.|m||n|所以二面角B-CD-E的余弦值为0.。
立体几何中的向量方法(一) PPT
设平面 的法向量是 n(x,y,z)
依题意,有 n A B 0 且 n A C 0 ,即
x 2y 4z 0 2x 4y 3z 0
解得z=0且x=2y,令y=1,则x=2
∴平面 的一个法向量是 n(2,1,0)
例3 一条直线与一个平面内两条相交直线都垂直, 则该直线与此平面垂直.
已知:直线m,n是平面 内的任意两条相交直线, 且l⊥m,l ⊥n.求证:l ⊥
分析:直线方向向量与直线位置关系,
l 1 ∥ l 2 a ∥ b ; l 1 ⊥ l 2 a ⊥ b
据此可判断两直线的位置关系
①平行②垂直③相交或异面
例1 (2)设u ‚v 分别是平面 ‚ 的法向量,根据下列条件
判断 与 的位置关系:
① u(1,1,2),v(3,2,1) ②u (0 ,3 ,0 ),v (0 , 5 ,0 ) 2
思考
如何确定一个点在空间的位置?在空间中给一个 定点A和一个定方向(向量),能确定一条直线在空 间的位置吗?给一个定点和两个定方向(向量),能 确定一个平面在空间的位置吗?给一个定点和一 个定方向(向量),能确定一个平面在空间的位置吗?
1、点的位置向量
在空间中，我们取一点定 O作为基点， 那么空间中任意一P的 点位置就可以用 向量OP来表示。我们把向O量 P称为 点P的位置向量。
据此可判断直线和平面的位置关系
① l或l∥ ②垂直③相交(斜交)
例2 已知平面 经过三点A(1,2,3) 、B(2,0,-1) 、 C(3,-2,0),试求平面 的一个法向量.
解:∵ A(1,2,3) 、B(2,0,-1) 、C(3,-2,0)
∴ A B ( 1 , 2 , 4 ) , A C ( 2 , 4 , 3 )
2019年高考数学考纲解读专题15立体几何中的向量方法热点难点突破理含解析
立体几何中的向量方法1．已知平面ABC ，点M 是空间上任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内 答案 D解析 由已知得M ，A ，B ，C 四点共面，所以AM 在平面ABC 内，故选D.2．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，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2,1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23 D ．－23 答案 C解析 由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0,0,2)， 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|2×3＝23.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3 答案 D解析 以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，点P 坐标为(x,1－x ，x )(0≤x ≤1)， 则BP →＝(x －1，－x ，x )，BC 1→＝(－1,0,1)， 因为BC 1∥AD 1， 设BP →，BC 1→的夹角为α，所以cos α＝BP →·BC 1→|BP →||BC 1→|＝1x －2＋2x 2×2＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫x －132＋23×2，所以当x ＝13时，cos α取得最大值32，α＝π6.当x ＝1时，cos α取得最小值12，α＝π3.故选D.4．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在AC 1→上，且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216 B.66C.156 D.1535．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°解析 设l 与α所成角为θ，∵cos〈m ，n 〉＝－12，又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sinθ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12.∴θ＝30°. 答案 A6．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( ) A.19 B.459C.259D.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，建立如图所示空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.答案 B7．设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A.32B.22 C.223 D.233解析 如图，建立空间直角坐标系，则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，D (0，0，0)，B (2，2，0)，∴D 1A 1→＝(2，0，0)，DA 1→＝(2，0，2)，DB →＝(2，2，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0，n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)．∴点D 1到平面A 1BD 的距离 d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案 D8．二面角αl β等于120°，A 、B 是棱l 上两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的长等于( )A. 2B. 3 C ．2 D. 5解析 如图，∵二面角αl β等于120°， ∴CA →与BD →夹角为60°.由题设知，CA →⊥AB →， AB →⊥BD →，|AB →|＝|AC →|＝|BD →|＝1，|CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝3＋2×cos 60°＝4，∴|CD →|＝2. 答案 C9.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝60°.(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)设CE →＝λCC 1→(0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．(2)解 由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系.则B (0，0，0)，A (0，1，0)，C (1，0，0)，C 1(0，0，3)，B 1(－1，0，3)．所以CC 1→＝(－1，0，3), 所以CE →＝(－λ，0，3λ)，∴E (1－λ，0，3λ)，则AE →＝(1－λ，－1，3λ)，AB 1→＝(－1，－1，3)．设平面AB 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AE →，n ⊥AB 1→，得⎩⎨⎧（1－λ）x －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，，∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3，∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，BA →＝(0，1，0)是平面的一个法向量，∴|cos〈n ，BA →〉|＝n ·BA →|n |·|BA →|＝32－λ1×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋（3）2＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝32(舍去)．∴λ＝1.10．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．(1)求证：平面BDGH ∥平面AEF ； (2)求二面角H －BD －C 的大小．(1)证明 在△CEF 中，因为G ，H 分别是CE ，CF 的中点． 所以GH ∥EF ，又因为GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， 所以GH ∥平面AEF . 设AC ∩BD ＝O ，连接OH ， 因为ABCD 为菱形， 所以O 为AC 中点，在△ACF 中，因为OA ＝OC ，CH ＝HF ， 所以OH ∥AF ，又因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， 所以OH ∥平面AEF.又因为OH ∩GH ＝H ，OH ，GH ⊂平面BDGH ， 所以平面BDGH ∥平面AEF . (2)解 取EF 的中点N ，连接ON ，因为四边形BDEF 是矩形，O ，N 分别为BD ，EF 的中点，所以ON ∥ED ，因为平面BDEF ⊥平面ABCD ， 所以ED ⊥平面ABCD ， 所以ON ⊥平面ABCD ，因为ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，得OB ，OC ，ON 两两垂直． 所以以O 为原点，OB ，OC ，ON 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴， 如图建立空间直角坐标系．因为底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，BF ＝3，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，E (－1，0，3)，F (1，0，3)，C (0，3，0)，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，32，所以BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32，DB →＝(2，0，0)．设平面BDH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BH →＝0n ·DB →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋3y ＋3z ＝0，2x ＝0，令z ＝1，得n ＝(0，－3，1)．由ED ⊥平面ABCD ，得平面BCD 的法向量为DE →＝(0，0，3)， 则cos 〈n ，DE →〉＝n ·DE →|n||DE →|＝0×0＋（－3）×0＋1×32×3＝12. 所以二面角H －BD －C 的大小为60°.11.如图，△ABC 是以∠ABC 为直角的三角形，SA ⊥平面ABC ，SA ＝BC ＝2，AB ＝4.M ，N ，D 分别是SC ，AB ，BC 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ；(2)求二面角S ND A 的余弦值；(3)求点A 到平面SND 的距离．解 以B 为坐标原点，BC ，BA 为x ，y 轴的正方向，垂直于平面ABC 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系(如图)．(1)证明 由题意得A (0，4，0)，B (0，0，0)，M (1，2，1)，N (0，2，0)，S (0，4，2)，D (1，0，0)． 所以：MN →＝(－1，0，－1)，AB →＝(0，－4，0)，MN →·AB →＝0，∴MN ⊥AB . (2)设平面SND 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则：m ·SN →＝0，且m ·DN →＝0.∵SN →＝(0，－2，－2)，DN →＝(－1，2，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2y －2z ＝0，－x ＋2y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，x ＝2y . 令z ＝1，得：x ＝－2，y ＝－1， ∴m ＝(－2，－1，1)．又平面AND 的法向量为n ＝(0，0，1)，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝66.由题图易知二面角S ND A 为锐角，故其余弦值为66. (3)∵AN →＝(0，－2，0)， ∴点A 到平面SND 的距离 d ＝|AN →·m ||m |＝63.12．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的四个侧面，记底面上一边AB ＝t (0<t <2)，连接A 1B ，A 1C ，A 1D .(1)当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求二面角B －A 1C －D 的值；(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ，若有，求出P 点的位置，没有请说明理由解法一 (1)根据题意，长方体体积为V ＝t (2－t )×1＝t (2－t )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝1，当且仅当t ＝2－t ，即t ＝1时体积V 有最大值为1，所以当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形， 作BM ⊥A 1C 于M ，连接DM ，BD ，因为四边形ABCD 为正方形，所以△A 1BC 与△A 1DC 全等，故DM ⊥A 1C ，所以∠BMD 即为所求二面角的平面角． 17.如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1的半径为r ＝5，OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E 为下底面圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD .(1)求证：平面ABD ⊥平面ODE; (2)求二面角B —AD —O 的正弦值． (1)证明 依题意知，圆锥的高为h ＝22－52＝5，又圆柱的高为AB ＝6.4，AO ⊥AD ，所以OD 2＝OA 2＋AD 2， 因为AB ⊥BD ， 所以AD 2＝AB 2＋BD 2，连接OO 1，O 1O 2，DO 2，易知O ，O 1，O 2三点共线，OO 2⊥DO 2，所以OD 2＝OO 22＋O 2D 2，所以BD 2＝OO 22＋O 2D 2－AO 2－AB 2＝(6.4＋5)2＋52－(52)2－6.42＝64， 解得BD ＝8，又因为DE ＝6，圆O 2的直径为10，圆心O 2在∠BDE 内， 所以∠BDE ＝90°，所以DE ⊥BD .因为AB ⊥平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，所以DE ⊥AB ， 因为AB ∩BD ＝B ，AB ，BD ⊂平面ABD ， 所以DE ⊥平面ABD . 又因为DE ⊂平面ODE ， 所以平面ABD ⊥平面ODE .(2)解 如图，以D 为原点，DB ，DE 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (8,0,6.4)，B (8,0,0)，O (4,3,11.4)．所以DA →＝(8,0,6.4)，DB →＝(8,0,0)，DO →＝(4,3,11.4)， 设平面DAO 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 所以DA →·u ＝8x ＋6.4z ＝0， DO →·u ＝4x ＋3y ＋11.4z ＝0，令x ＝12，则u ＝(12,41，－15)．可取平面BDA 的一个法向量为v ＝(0,1,0)， 所以cos 〈u ，v 〉＝u·v |u||v |＝41582＝8210， 所以二面角B —AD —O 的正弦值为3210.18.如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2，∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证：EG ∥平面BDF ； (2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FH HC的值；若不存在，说明理由．(2)解 因为四边形CDEF 为正方形，所以ED ⊥DC . 因为平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝DC ，DE ⊂平面CDEF ， 所以ED ⊥平面ABCD .在△ABD 中，因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ＝2， 所以由余弦定理，得BD ＝3， 所以AD 2＋BD 2＝AB 2， 所以AD ⊥BD .在等腰梯形ABCD 中，可得DC ＝CB ＝1.如图，以D 为原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ， 则D (0,0,0)，A (1,0,0)，E ()0，0，1，B ()0，3，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1，所以AE →＝()－1，0，1，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1，DB →＝()0，3，0.设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DB →＝0，n ·DF →＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ 3y ＝0，－12x ＋32y ＋z ＝0.取z ＝1，则x ＝2，y ＝0，则n ＝()2，0，1. 设直线AE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝||cos 〈AE →，n 〉＝||AE →·n ||AE →||n ＝1010， 所以AE 与平面BDF 所成角的正弦值为1010. (3)解 线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .证明如下：假设线段FC 上存在点H ，设H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t ()0≤t ≤1， 则DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t . 设平面HAD 的法向量为m ＝()a ，b ，c ，因为⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DA →＝0，m ·DH →＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝0，－12a ＋32b ＋tc ＝0. 取c ＝1，则a ＝0，b ＝－2t 3，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2t 3 ，1. 要使平面BDF ⊥平面HAD ，只需m·n ＝0， 即2×0－2t 3×0＋1×1＝0，此方程无解． 所以线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .。
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课时达标 第44讲[解密考纲]利用空间向量证明平行与垂直关系，常出现于选择、填空题中，或在解答题立体几何部分的第(1)问考查，难度中等或较小．一、选择题1．若直线l ∥平面α，直线l 的方向向量为s ，平面α的法向量为n ，则下列结论可能正确的是( C )A ．s ＝(－1,0,2)，n ＝(1,0，－1)B ．s ＝(－1,0,1)，n ＝(1,2，－1)C ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(1,2，－1)D ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(－2,2,2)解析 由已知需s ·n ＝0，逐个验证知，只有C 项符合要求，故选C ． 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 ．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)解析 若l ⊥α，则a ∥n ，一一验证，可知选A ．3．直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面α，则x ＝( D )A ．－2B ．－2C ．2D ．±2解析 由已知得s ·n ＝0，故－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝±2.4．如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，以CD ，CB ，CE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，|AB |＝2，|AF |＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( C )A ．(1,1,1)B ．⎝⎛⎭⎫23，23，1C ．⎝⎛⎭⎫22，22，1D ．⎝⎛⎭⎫24，24，1解析 由已知得A (2，2，0)，B (0，2，0)，D (2，0,0)，E (0,0,1)，设M (x ，x,1)． 则AM →＝(x －2，x －2，1)，BD →＝(2，－2，0)，BE →＝(0，－2，1)．设平面BDE 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )．则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BD →，n ⊥BE →，即⎩⎨⎧2a －2b ＝0，－2b ＋c ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝b ，c ＝2b ，令b ＝1，则n ＝(1,1，2)．又AM ∥平面BDE ，所以n ·AM →＝0， 即2(x －2)＋2＝0，得x ＝22，所以M ⎝⎛⎭⎫22，22，1. 5．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( B )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析 以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫13，0，13，F ⎝⎛⎭⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)， A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)， EF →＝⎝⎛⎭⎫13，13，－13，BD 1→＝(－1，－1,1)， EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC ，故选B ．6．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( B )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．不确定解析 建立如图所示的坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3， 则M ⎝⎛⎭⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝⎛⎭⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝⎛⎭⎫－a 3，0，2a 3， 又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量． 因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→， 所以MN ∥平面BB 1C 1C ，故选B ． 二、填空题7．若直线l 的方向向量e ＝(2,1，m )，平面α的法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，12，2，且l ⊥α，则m ＝__4__.解析 因为l ⊥α，所以e ∥n ，即e ＝λn (λ≠0)，亦即(2,1，m )＝λ⎝⎛⎭⎫1，12，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，m ＝2λ.则m ＝4.8．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为__407，－157，4__.解析 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，3(x －1)＋y －3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157，z ＝4.9．已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是__平行__.解析 由已知得，AB →＝(0,1，－1)，AC →＝(1,0，－1)，设平面α的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AB →，m ⊥AC →，得⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x －z ＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，y ＝z ，令z ＝1，得m ＝(1,1,1)． 又n ＝(－1，－1，－1)，所以m ＝－n ，即m ∥n ，所以α∥β. 三、解答题10．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别为A 1B 1，B 1C 1，C 1D 1的中点．(1)求证：AG ∥平面BEF ；(2)试在棱长BB 1上找一点M ，使DM ⊥平面BEF ，并证明你的结论．解析 (1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，12，1，F ⎝⎛⎭⎫12，1，1，G ⎝⎛⎭⎫0，12，1， 因为EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，0，BF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1， 而AG →＝⎝⎛⎭⎫－1，12，1，所以AG →＝EF →＋BF →， 故AG →与平面BEF 共面，又因为AG 不在平面BEF 内，所以AG ∥平面BEF . (2)设M (1,1，m )，则DM →＝(1,1，m )，由DM →·EF →＝0，DM →·BF →＝0，所以－12＋m ＝0⇒m ＝12，所以M 为棱BB 1的中点时，DM ⊥平面BEF .11．(2018·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB ．(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA ；若不存在，请说明理由．解析 (1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO .因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB ． 因为四边形ABCD 为直角梯形． AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ， 所以四边形OBCD 为正方形， 所以AB ⊥OD ．因为EO ∩DO ＝O ，所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED ． (2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ， 所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD ．由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为三角形EAB 为等腰直角三角形， 所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ， 设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)． 所以EC →＝(1,1，－1)，平面ABE 的一个法向量为OD →＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈EC →，OD →〉|＝|EC →·O D →||EC →||OD →|＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD ．证明如下：由EF →＝13EA →＝⎝⎛⎭⎫－13，0，－13， F ⎝⎛⎭⎫－13，0，23，所以FB →＝⎝⎛⎭⎫43，0，－23，BD →＝(－1,1,0)． 设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则有⎩⎪⎨⎪⎧ v ·BD →＝0，v ·FB →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC →·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0， 且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ， 即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD ．12．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.证明 (1)以B 为原点，以BA ，BC ，BB 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz ，则B (0,0,0)，E (3,0,1)，F (0,3,2)，D 1(3,3,3)，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)，所以BD 1→＝BE →＋BF →.由向量共面的充要条件知E ，B ，F ，D 1四点共面． (2)设M (0,0，z 0)，G ⎝⎛⎭⎫0，23，0，则GM →＝⎝⎛⎭⎫0，－23，z 0， 而BF →＝(0,3,2)，由题设得GM →·BF →＝－23×3＋z 0·2＝0，得z 0＝1.故M (0,0,1)，有ME →＝(3,0,0)． 又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)，所以ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC ． 又BB 1∩BC ＝B ，故ME ⊥平面BCC 1B 1.。