高二数学练习(74)--立体几何中的向量法(3)

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高考数学二轮：5.3《立体几何中的向量方法》试题(含答案)

第 3 讲立体几何中的向量方法1． (2014课·标全国Ⅱ )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 ()12302A. 10B.5C. 10D. 22． (2015安·徽 ) 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA 中，四边形AA1B1B，ADD 1A1， ABCD 均为正方形， E 为 B1D 1的中点，过A1，D ，E 的平面交CD1于 F.(1)证明： EF∥ B1C；(2)求二面角E-A1D- B1的余弦值．以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上 .热点一利用向量证明平行与垂直设直线 l 的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝( a2，b2，c2)，v＝(a3，b3， c3)则有：(1)线面平行l∥ α? a⊥ μ? a·μ＝ 0? a1a2＋ b1b2＋ c1c2＝ 0.(2)线面垂直l⊥ α? a∥ μ? a＝ kμ? a1＝ka2， b1＝ kb2， c1＝ kc2.(3)面面平行α∥ β? μ∥v? μ＝λv? a2＝λa， b ＝λb， c ＝λc32323.(4)面面垂直α⊥ β? μ⊥v? μ·v＝ 0? a2a3＋ b2b3＋c2c3＝ 0.例 1 如图，在直三棱柱 ADE— BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且互相垂直， M 为 AB 的中点， O 为 DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面 BCF ；(2)平面 MDF ⊥平面 EFCD .思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥ b，只需证明向量a＝λb(λ∈ R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练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°，且 AB＝ AA1， D、 E、 F 分别为 B1A、 C1C、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面 ABC；(2)B1F ⊥平面 AEF .热点二利用空间向量求空间角设直线 l ，m 的方向向量分别为a＝( a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝ (a3， b3， c3)，v＝ (a4， b4， c4)(以下相同 ) ．(1)线线夹角π设 l ， m 的夹角为θ(0≤θ≤2)，则|a·b|＝|a1a2＋ b1b2＋ c1c2 |cosθ＝|a||b|a12＋ b12＋ c12a22＋ b22＋ c22.(2)线面夹角π设直线 l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤2)，则 sin θ＝|a·μ|＝|cos〈a，μ〉 |. |a||μ|(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则 |cos θ|＝|μ·v|＝ |cos〈μ，v〉 |. |μ||v|例 2 (2015 ·江苏 )如图，在四棱锥P－ABCD 中，已知PA⊥平面 ABCD ，πABCD 为直角梯形，∠ ABC＝∠ BAD＝， PA＝ AD ＝ 2， AB＝ BC2＝1.(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．跟踪演练 2 (2014 ·福建 )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．热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等 )是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立 )或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例 3 如图，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，AB＝ BC＝ 2AA1，∠ ABC＝90°，D 是 BC 的中点．(1)求证： A1 B∥平面 ADC 1；(2)求二面角C1－ AD－ C 的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使 AE 与 DC 1成 60°角？若存在，确定 E 点位置；若不存在，说明理由．思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3如图所示，四边形ABCD 是边长为 1 的正方形， MD ⊥平面 ABCD ，NB⊥平面 ABCD ，且 MD ＝NB ＝1， E 为 BC 的中点．(1)求异面直线NE 与 AM 所成角的余弦值；(2)在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形， AB∥EF ， AD⊥平面 ABEF ，1且 AD ＝1， AB＝2EF＝ 22， AF＝ BE＝ 2，P、 Q 分别为 AE 、BD 的中点．(1)求证： PQ∥平面 BCE；(2)求二面角A－ DF －E 的余弦值．提醒：完成作业专题五第3讲二轮专题强化练专题五第 3 讲立体几何中的向量方法A 组专题通关1．已知平面 ABC，点 M 是空间任意一点，点→3→1→1→M 满足条件 OM＝ OA＋OB＋ OC，则直线488AM()A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C．是平面ABC 的垂线D．在平面ABC 内2.如图，点P 是单位正方体ABCD － A1B1C1D1中异于 A 的一个顶点，→ →则 AP·AB的值为 ()A ． 0B．1C．0或1D．任意实数3.如图所示，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为a， M、 N 分别为A1B和 AC 上的点， A1M＝ AN＝23a，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是()A ．相交B．平行C．垂直D．不能确定4．如图，三棱锥 A－ BCD 的棱长全相等， E 为 AD 的中点，则直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 ()33A.6B. 2331C.6D. 25．已知正三棱柱 ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则 AB1与侧面 ACC 1A1所成角的正弦值等于 ()610A.4B. 423C. 2D. 26．在棱长为 1 的正方体ABCD － A1B1C1D1中，M，N 分别为 A1B1，BB1的中点，那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为 ________．7．在一直角坐标系中，已知A(－1,6)， B(3，－ 8)，现沿 x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后 A、B 两点间的距离为 ________．→→→ 2→ 2→→→8．已知 ABCD －A1B1C1D1为正方体，① (A1A＋ A1D 1＋ A1B1) ＝3A1B1；②A1C·(A1B1－ A1 A)＝ 0；→→→ → →③向量 AD 1与向量 A1B的夹角是 60°；④正方体ABCD － A1B1C1D 1的体积为 |AB ·AA 1·AD |.其中正确命题的序号是________．9.如图，在底面是矩形的四棱锥P— ABCD 中， PA⊥底面 ABCD，E，F 分别是 PC， PD 的中点， PA＝ AB＝ 1， BC＝ 2.(1)求证： EF∥平面 PAB；(2)求证：平面PAD ⊥平面 PDC .10．(2015 ·庆重 )如图，三棱锥 P-ABC 中，PC⊥平面 ABC，PC＝ 3，∠ ACB π＝2.D， E 分别为线段AB， BC 上的点，且CD＝DE ＝2， CE＝ 2EB＝2.(1)证明： DE⊥平面 PCD；(2)求二面角APDC 的余弦值．B 组能力提高11． (2014 ·川四 )如图，在正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，点 O 为线段 BD 的中点．设点 P 在线段 CC 1 上，直线 OP 与平面 A 1BD 所成的角为 α，则 sin α的取值范围是 ()3，1]B ． [6， 1]A ．[ 33 62 2 2 2， 1]C ．[3，3]D ．[ 312．如图，在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中，点 P 在直线 BC 1 上运动时，有下列三个命题：①三棱锥 A － D 1PC 的体积不变；②直线 AP 与平面ACD 1 所成角的大小不变；③二面角 P － AD 1－ C 的大小不变．其中真命题的序号是 ________．13．已知正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1D 1 的棱长为 1， E 、 F 分别为 BB 1、 CD 的中点，则点 F 到平面 A 1D 1E 的距离为 ______________．14.如图，在三棱锥 P —ABC 中， AC ＝ BC ＝2，∠ ACB ＝90°，AP ＝ BP ＝AB ，PC ⊥ AC ，点 D 为 BC 的中点．(1)求二面角A— PD —B 的余弦值；1(2)在直线 AB 上是否存在点M，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为6，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．学生用书答案精析第 3 讲立体几何中的向量方法高考真题体验1． C [方法一补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．由于∠ BCA ＝ 90°，三棱柱为直三棱柱，且 BC ＝ CA ＝ CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图 (1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为 2，则可得 A(0,0,0) ，B(2,2,0) ， M(1,1,2) ， N(0,1,2) ，→∴ BM ＝ (－1，－ 1,2)，→．AN ＝ (0,1,2)→ → → →BM ·AN∴ cos 〈BM ， AN 〉＝ → →|BM||AN|－ 1＋ 4＝－2＋－ 2＋ 22× 02＋ 12＋ 22330＝6×5＝10.方法二通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解．如图 (2) ，取 BC 的中点 D ，连接 MN ，ND ，AD ，由于 MN 綊1 B 1C 1 綊 BD ，因此有 ND 綊 BM ，2则 ND 与 NA 所成的角即为异面直线BM 与 AN 所成的角．设 BC ＝ 2，则 BM ＝ ND ＝ 6， AN＝ 5， AD ＝ 5，因此 cos ∠ AND ＝ ND 2＋ NA 2－ AD 230 2ND ·NA＝10.]2． (1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥ AB ∥ DC ，且 A 1B 1＝ AB ＝ DC ，所以四边形A 1B 1CD为平行四边形，从而 B 1 C ∥ A 1D ，又 A 1D ? 面 A 1DE ， B 1 C?面 A 1DE ，于是 B 1C ∥面 A 1DE.又B 1C? 面 B 1 CD 1.面 A 1DE ∩面 B 1CD 1＝ EF ，所以 EF ∥ B 1C.(2)解因为四边形 AA 1B 1B ，ADD 1A 1， ABCD 均为正方形，所以 AA 1⊥ AB ， AA 1⊥AD ， AB ⊥ AD 且AA 1 ＝AB ＝AD .以 A 为原点，分别以 → → →AB ， AD ，AA 1为 x 轴， y 轴和 z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0,0,0) ，B(1,0,0) ，D(0,1,0) ，A 1(0,0,1) ， B 1(1,0,1) ，D 1 (0,1,1) ，而 E 点为 B 1D 1 的11中点，所以 E 点的坐标为，， 1 .设面 A 1DE 的法向量n 1＝ (r 1， s 1， t 1)，而该面上向量→1 1 →A 1E ＝，， 0， A 1D ＝ (0,1，－ 1)，由2 2→n 1⊥A 1E ，→11r 1＋ s 1＝ 0，n 1⊥ A 1D 得 r 1， s 1， t 1 应满足的方程组2 2s 1－ t 1＝ 0，(－ 1,1,1)为其一组解，所以可取 n 1＝ (－ 1,1,1)．设面 A 1B 1CD 的法向量 n 2＝ (r 2，s 2，t 2)，而该面上向量 →→A 1B 1＝ (1,0,0) ，A 1 D ＝ (0,1，－ 1)，由此同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．所以结合图形知二面角E-A 1D -B 1 的余弦值为 |n 1·n 2| ＝ 2 ＝ 6.|n 1| ·|n 2| 3× 2 3热点分类突破例1 证明方法一由题意，得 AB ， AD ，AE 两两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为 1，则 A(0,0,0) ， B(1，0,0)， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，11 1 1 F(1,0,1)，M 2， 0， 0 ， O 2， 2，2 .→ 1 1 →1,0,0) ， (1)OM ＝ 0，－，－， BA ＝ (－ 2 2→ → → →∴OM ·BA ＝0, ∴OM ⊥BA.∵棱柱 ADE —BCF 是直三棱柱，→∴ AB ⊥平面 BCF ，∴ BA 是平面且 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面BCF 的一个法向量，BCF .(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为n 1＝ (x 1， y 1， z 1 )，n 2＝ ( x 2， y 2 ， z 2)．→→∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝n 1 ·DF →＝ 0，由→n 1 ·DM ＝ 0.x 1－ y 1＋ z 1＝ 0，得 1解得x 1－ y 1＝ 0，21→→，，－ 1，0 ， DC ＝(1,0,0)， CF ＝ (0，－ 1,1)21y 1＝2x 1，1z 1 ＝－ x 1，1 1 令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1，2，－2 . 同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．∵ n 1·n 2＝ 0，∴平面MDF ⊥平面 EFCD .方法二→ → → →1 →→ ＋ 1 →(1)OM ＝ OF ＋ FB ＋BM＝ DF －BF BA2 21 →→→1→1 → 1 → 1 →＝(DB ＋ BF)－ BF ＋ BA ＝－BD － BF ＋BA2 2222＝－ 1 → →1 → 1 →2 (BC ＋ BA)－ BF ＋2BA2＝－ 1 → 1 →2 BC － BF .2→ → →∴向量 OM 与向量 BF ， BC 共面，又 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)由题意知， BF ， BC ， BA 两两垂直，∵→ ＝→，→＝→－→， CD BA FC BC BF→ →1 → 1 → → ＝ 0， ∴ OM·CD ＝－BC －BF2 2·BA→ → 1 → 1 →→ → OM ·FC ＝－ BC － BF ·(BC －BF )22＝－ 1BC →2＋ 1BF → 2＝ 0.2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ，∴ OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .跟踪演练 1证明 (1)如图建立空间直角坐标系 A － xyz ，令 AB ＝ AA 1＝ 4，则 A(0,0,0) ， E(0,4,2) ，F(2,2,0) ， B(4,0,0) ， B 1(4,0,4) ．取 AB 中点为 N ，连接 CN ，则 N(2,0,0) ， C(0,4,0) ，D (2,0,2) ，→∴ DE ＝ (－ 2,4,0)，→NC ＝ (－ 2,4,0) ，→ →∴ DE ＝NC ，∴ DE ∥ NC ，又∵ NC? 平面 ABC ， DE?平面 ABC.故 DE ∥平面 ABC.→(2)B 1F ＝ (－ 2,2，－ 4)，→ →．EF ＝ (2，－ 2，－ 2)， AF ＝ (2,2,0)→ →B 1F ·EF ＝ (－ 2) ×2＋ 2×(－2)＋ (－ 4) ×(－ 2)＝ 0，→ →B 1F ·AF ＝ (－ 2) ×2＋ 2×2＋ (－ 4) ×0＝0.∴→⊥→，→⊥→，即B 1F EF B 1F AF B 1F ⊥ EF ， B 1F ⊥AF ，又∵ AF ∩FE ＝ F ，∴ B 1F ⊥平面 AEF.例 2解→ → →以 { AB ，AD ，AP } 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz ，则各点的坐标为B(1,0,0) ，C(1,1,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,2)．(1)因为 AD ⊥平面→ →．PAB ，所以 AD 是平面 PAB 的一个法向量， AD ＝ (0,2,0) → ，－ →＝ (0,2，－ 2)．因为 PC ＝(1,1 2)， PD设平面 PCD 的法向量为 m ＝( x ， y ， z)，→ →则 m ·PC ＝ 0， m ·PD ＝ 0，x ＋ y － 2z ＝ 0，令 y ＝1，解得 z ＝1， x ＝ 1.即2y － 2z ＝ 0.所以 m ＝(1,1,1) 是平面 PCD 的一个法向量．→ →3AD ·m从而 cos 〈 AD ， m 〉＝ → ＝ 3 ，|AD ||m |所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为33 .→ → →≤λ≤1)，(2)因为 BP ＝ (－ 1,0,2)，设 BQ ＝ λBP ＝ (－ λ， 0,2λ)(0 → → → →又 CB ＝ (0，－ 1,0) ，则 CQ ＝CB ＋BQ ＝ (－ λ，－ 1,2λ)， →，又 DP ＝ (0，－ 2,2)→ → → →1＋ 2λCQ ·DP＝ .从而 cos 〈 CQ ， DP 〉＝ → → 2|CQ||DP | 10λ＋ 2设 1＋2λ＝ t ， t ∈ [1,3] ，2→→2t 2＝2 9则 cos 〈 CQ ，DP 〉＝21 5≤ .5t － 10t ＋ 92 20 109 t －9 ＋ 99 2→ →3 10 当且仅当 t ＝，即 λ＝时， |cos 〈CQ ， DP 〉 |的最大值为10.55π因为 y ＝ cos x 在 0，2 上是减函数，此时直线CQ 与 DP 所成角取得最小值．又因为 BP ＝ 12＋ 22＝ 5，所以 BQ ＝ 2BP ＝2 5.55跟踪演练 2 (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) 11，M (0，， )，2 2→→1 1 →，－ 1)．则 BC ＝(1,1,0) ，BM ＝ (0，， )， AD ＝ (0,122设平面 MBC 的法向量 n ＝ (x 0， y 0， z 0)，n ·BC →＝0，x 0＋ y 0＝ 0，则即 1＋ 1＝ 0，→2y 0 n ·BM ＝ 0，2z 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，→ →6|n ·AD |则 sin θ＝ |cos 〈n ， AD 〉 |＝ → ＝ 3 ，|n | ·|AD |即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为63.例 3 (1) 证明连接 A 1C ，交 AC 1 于点 O ，连接 OD . 由 ABC －A 1B 1C 1 是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1 为矩形， O 为 A 1C的中点．又D 为BC 的中点，所以 OD 为 △ A 1BC 的中位线，所以 A 1B ∥ OD.因为 OD? 平面 ADC 1， A 1B?平面 ADC 1，所以 A 1B ∥平面 ADC 1.(2)解由 ABC － A 1B 1C 1 是直三棱柱，且∠ A BC ＝ 90°，得 BA ， BC ， BB 1 两两垂直．以 BC ， BA ， BB 1 所在直线分别为 x ， y ， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B － xyz.设 BA ＝ 2，则 B(0,0,0) ，C(2,0,0) ， A(0,2,0) ， C 1(2,0,1) ， D(1,0,0) ，→ →所以 AD ＝ (1，－ 2,0) ， AC 1＝ (2，－ 2,1)．设平面 ADC 1 的法向量为 n ＝ (x ， y ， z)， →n ·AD ＝ 0，则有→n ·AC 1＝ 0.x － 2y ＝ 0，取 y ＝1，得 n ＝ (2,1，－ 2)．所以 2x － 2y ＋ z ＝ 0.易知平面 ADC 的一个法向量为 v ＝(0,0,1) ．所以 cos 〈 n ， v 〉＝ n ·v2＝－ .|n | |·v | 3因为二面角 C 1－ AD － C 是锐二面角，所以二面角 C 1－ AD － C 的余弦值为2 .3(3)解假设存在满足条件的点 E.因为点 E 在线段 A 1B 1 上， A 1(0,2,1) ， B 1(0,0,1) ，故可设 E(0， λ，1)，其中 0≤λ≤2.→→．所以 AE ＝ (0， λ－ 2,1)， DC 1＝ (1,0,1) 因为 AE 与 DC 1 成 60°角，→→→ →1|AE ·DC 1|所以 |cos 〈AE ，DC 1〉 |＝ → →＝2，|AE| |DC ·1 |即12＋1· 2＝1，解得 λ＝ 1 或 λ＝ 3(舍去 )．λ－2所以当点 E 为线段 A 1 B 1 的中点时， AE 与 DC 1 成 60°角．跟踪演练 3解 (1) 如图，以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DM 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则 D(0,0,0) ，A(1,0,0)，M(0,0,1) ， C(0,1,0) ， B(1,1,0) ，1 →1 ， 0，－ 1)， N(1,1,1)， E(， 1,0)，所以 NE ＝ (－22→AM ＝(－ 1,0,1)．→ →1→ →2 10|NE ·AM |因为 |cos 〈NE ，AM 〉 |＝ → → ＝5＝10 ，|NE| ×|AM| 2 × 2所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN . →＝(0,1,1) ，因为 AN→ → ＝(0 ，λ， λ)(0 ≤λ≤1)，可设 AS ＝ λAN→1 又 EA ＝ (2，－ 1,0)，→→→1所以 ES ＝ EA ＋ AS ＝ ( ， λ－1， λ)．2由 ES ⊥平面 AMN ，→→ES ·AM ＝ 0，得→ →ES ·AN ＝ 0，－ 1＋ λ＝ 0，即 2λ－＋ λ＝ 0，1 → 1 1 →2 . 故 λ＝，此时 AS ＝ (0，， )， |AS|＝222 2经检验，当 AS ＝2时， ES ⊥平面 AMN .2故线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN ，此时 AS ＝ 2.2高考押题精练(1)证明连接 AC ，∵四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点，∴Q 为 AC 的中点，又在 △AEC 中， P 为 AE 的中点，∴ PQ ∥EC ，∵ EC? 面 BCE ， PQ?面 BCE ，∴ PQ ∥平面 BCE.(2)解如图，取 EF 的中点 M ，则 AF ⊥ AM ，以 A 为坐标原点，以 AM ，AF ，AD 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则 A(0,0,0) ， D (0,0,1) ，M (2,0,0)， F(0,2,0) ．→ → →可得 AM ＝ (2,0,0) ， MF ＝ (－ 2,2,0)， DF ＝ (0,2，－ 1)．→n ·MF ＝ 0，设平面 DEF 的法向量为n ＝ (x ， y ， z)，则→n ·DF ＝ 0.－ 2x ＋ 2y ＝0，x － y ＝ 0，故 2y －z ＝0，即2y － z ＝ 0.令 x ＝1，则 y ＝1， z ＝ 2，故 n ＝(1,1,2) 是平面 DEF 的一个法向量．→∵ AM ⊥面 ADF ，∴ AM 为平面 ADF 的一个法向量．→→2×1＋ 0×1＋ 0×26n ·AM∴ cos 〈n ， AM 〉＝→ ＝ 6×2＝ 6.|n | ·|AM|由图可知所求二面角为锐角，6∴二面角A－DF － E 的余弦值为 6 .二轮专题强化练答案精析第 3 讲立体几何中的向量方法1． D [由已知得 M 、 A 、 B 、C 四点共面．所以 AM 在平面 ABC 内，选 D.]→→ → → → → →→ 1，其中一个与 →2． C [AP 可为下列 7 个向量： AB ， AC ， AD ， AA 1， AB 1，AC 1， AD AB 重合，→→→2→→→→→ → → →→AP ·AB ＝ |AB| ＝ 1； AD ，AD 1， AA 1 与AB 垂直，这时 AP ·AB ＝ 0； AC ， AB 1 与 AB 的夹角为45°，→ → π → → 3×1×cos ∠ BAC 1＝ 3× 1＝ 1，故选 C.] 这时 AP ·AB ＝ 2×1×cos ＝ 1，最后 AC 1·AB ＝3 4 3． B [分别以 C 1B 1、 C 1D 1、 C 1C 所在直线为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵ A 1M ＝ AN ＝ 23 a ，∴ M a ， 2 a ，N 2 23a ， 3 3a ，3a ， a ，→ a 2 a .∴MN ＝－，0， 33→又 C 1 (0,0,0) ，D 1(0， a,0)，∴ C 1D 1＝ (0， a,0)，∴→ →＝，∴→⊥→MN ·C 1D 1 0 MN C 1D 1.→MN?平面 BB 1C 1C ，∴ MN ∥平面 BB 1C 1C.]∵ C 1D 1是平面 BB 1C 1C 的法向量，且 4． A [设 AB ＝ 1，→ → → → → → 则 CE ·BD ＝ (AE － AC) ·(AD － AB)＝ 1 → 2 1 → →→ → → →2 AD － AD ·AB － AC ·AD ＋ AC ·AB2＝ 1 112 － cos 60 －°cos 60 ＋°cos 60 ＝° .24→ →1→ →43CE ·BD∴ cos 〈CE ，BD 〉＝ → → ＝ 3＝6 .选 A.]|CE||BD | 25． A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2， O(0,0,0)，B(3， 0,0)， A(0，－ 1,0)， B 1(→ 3， →3， 0,2)，则 AB 1＝ ( 1,2)，则 BO ＝ (－ 3，→ →0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由 sin θ＝ |AB 1·BO|＝ 6.] → →4|AB 1||BO|2 6.5解析以 D 点为坐标原点，分别以DA ， DC ，DD 1 所在直线为 x 轴， y轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0) ， M(1， 1， 1)，21C(0,1,0)， N(1,1， 2) ．→ 1 →1所以 AM ＝ (0，， 1)，CN＝ (1,0， )．22 → →111故 AM ·CN ＝ 0×1＋ ×0＋1× ＝，2 2 2→2 1 2 ＋ 1 25|AM |＝0 ＋ 2 ＝，2→2 21 2 ＝5|CN|＝ 1＋0＋ 2 ，2→ →1→→2 2AM ·CN＝所以 cos 〈 AM ， CN 〉＝→ → 5 5＝ .5|AM ||CN|2 ×27．2 17解析如图为折叠后的图形，其中作 AC ⊥ CD ， BD ⊥ CD ，则 AC ＝ 6， BD ＝ 8， CD ＝ 4，两异面直线 AC 、 BD 所成的角为 60°，故由→＝→＋→＋→，AB AC CD DB→ 2 →→→2，得 |AB| ＝ |AC ＋CD ＋ DB | ＝ 68→∴|AB|＝ 2 17.8．①②→→→2→ 2→ 2 → 解析设正方体的棱长为 1，①中 (A 1A ＋ A 1D 1＋A 1B 1) ＝A 1C ＝ 3A 1B 1 ＝3，故①正确； ②中 A 1B 1→ →→－ A 1A ＝ AB 1，由于 AB 1⊥ A 1C ，故②正确； ③中 A 1B 与 AD 1 两异面直线所成的角为 60°，但 AD 1→→ → →与 A 1B 的夹角为 120°，故③不正确；④中 |AB ·AA 1·AD |＝ 0.故④也不正确．9．证明(1) 以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0) ， B(1,0,0) ，C(1,2,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,1) ，∵ E， F 分别是 PC， PD 的中点，∴ E 1， 1，1，F 0，1，1，222→1，0， 0→．EF＝－，AB＝ (1,0,0)2→ 1 →→ →∵EF＝－AB ，∴ EF ∥ AB，2即 EF∥AB，又 AB? 平面 PAB， EF?平面 PAB，∴ EF ∥平面 PAB.→，－ 1)→→→→，(2)由 (1)可知 PB＝ (1,0，PD ＝ (0,2，－ 1)，AP＝ (0,0,1)， AD＝ (0,2,0)， DC ＝ (1,0,0)→→∵ AP·DC ＝ (0,0,1) (1,0,0)·＝ 0，→→AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)·＝ 0，→→→→∴ AP⊥ DC，AD ⊥DC ，即 AP⊥ DC ，AD⊥ DC .又 AP∩AD＝ A，∴ DC ⊥平面 PAD .∵DC ? 平面 PDC，∴平面 PAD ⊥平面 PDC .10． (1)证明由PC⊥平面ABC，DE ?平面ABC，故PC⊥ DE.由 CE＝ 2， CD＝ DE＝ 2得△CDE 为等腰直角三角形，故 CD ⊥ DE .由 PC∩CD＝ C， DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线，故 DE ⊥平面 PCD .π(2)解由(1)知，△ CDE为等腰直角三角形，∠DCE ＝，如图，过 D 作4DF 垂直 CE 于 F，易知 DF ＝ FC＝ FE＝ 1，又已知EB＝ 1，故 FB＝ 2.πDF＝FB233.由∠ ACB＝得 DF ∥AC ，AC BC ＝，故 AC＝DF ＝2322以 C 为坐标原点，分别以→ →→轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标CA，CB，CP的方向为 x系，则 C(0,0,0) ，P(0,0,3) ，A 3，0， 0→→，2，E(0,2,0) ，D (1,1,0)，ED＝(1，－ 1,0)，DP＝ (－ 1，－ 1,3)→1，－ 1，0 . DA ＝2→→－ x1－y1＋3z1＝0，设平面 PAD 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由 n1·DP＝0，n1·DA＝0，得1x1－ y1＝0，2故可取 n1＝(2,1,1)．→由 (1) 可知 DE ⊥平面 PCD ，故平面PCD 的法向量n2可取为ED，即 n2＝(1，－1,0)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos 〈n1，n2〉＝n1·n2＝3，|n1| |·n2 |6故所求二面角 APDC 的余弦值为3 6 .11． B [ 根据题意可知平面A1BD ⊥平面 A1ACC 1且两平面的交线是A1O，所以过点P 作交线 A1O 的垂线 PE，则 PE⊥平面 A1BD，所以∠ A1OP 或其补角就是直线OP 与平面 A1BD 所成的角α.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP 与平面 A1BD 可以垂直．当点 P 与点 C1重合时可得 A1O＝OP＝6，A1C1＝2 2，所以1× 6× 6×sin α＝1×22×2，22所以 sin α＝2 2；3当点 P 与点 C 重合时，可得sin α＝2＝6 6 3.根据选项可知 B 正确． ]12．①③解析①中，∵ BC1∥平面 AD1C，∴ BC1上任意一点到平面 AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P 在直线 BC1上运动时，直线 AB 与平面 ACD 1所成角和直线 AC1与平面ACD 1 所成角不相等，所以不正确；③中，P 在直线 BC 1 上运动时，点 P 在平面 AD 1 C 1B 中，既二面角 P —AD 1－C 的大小不受影响，所以正确．3 513. 10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 轴建立空间直角坐标系，如图所示，11则 A 1 (0,0,1) ，E(1,0，2)， F(2， 1,0)， D 1 (0,1,1) ．→1 →．∴ A 1E ＝ (1,0，－)，A 1D 1＝ (0,1,0)2设平面 A 1D 1E 的一个法向量为 n ＝ (x ， y ， z)，→＝0，1n ·A 1E即x － z ＝ 0，则2→ y ＝ 0.n ·A 1D 1＝ 0，令 z ＝ 2，则 x ＝ 1.∴ n ＝ (1,0,2) ．→1又 A 1F ＝ (2， 1，－ 1)，∴点 F 到平面 A 1D 1 E 的距离为→1－ 2|||A 1F ·n |＝2＝ 3 5d ＝ |n |510.14．解 (1)∵ AC ＝ BC ， PA ＝ PB ， PC ＝ PC ，∴△ PCA ≌△ PCB ，∴∠ PCA ＝∠ PCB ，∵ PC ⊥ AC ，∴ PC ⊥ CB ，又 AC ∩CB ＝ C ，∴ PC ⊥平面 ACB ，且 PC ， CA ， CB 两两垂直，故以 C 为坐标原点，分别以CB ， CA ， CP 所在直线为 x ，y ， z 轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)， A(0,2,0) ， D(1,0,0) ， P(0,0,2)，→ →∴ AD ＝ (1，－ 2,0)， PD ＝ (1,0，－ 2)，设平面 PAD 的一个法向量为n ＝ (x ， y ， z) ，→n ·AD ＝0∴，∴取 n ＝ (2,1,1) ，→n ·PD ＝0→平面 PDB 的一个法向量为CA ＝ (0,2,0) ，→6∴ cos 〈n ， CA 〉＝ 6 ，设二面角 A —PD — B 的平面角为 θ，且 θ为钝角，6 6 ∴ cos θ＝－ 6 ，∴二面角 A — PD — B 的余弦值为－6.(2)方法一存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．设 M(x,2－ x,0) (x ∈ R )，→∴ PM ＝ (x,2－ x ，－ 2)，∴ →|cos 〈 PM ， n 〉 ||x|1 ＝ x 2＋－ x2＋4· 6 ＝ 6，解得 x ＝ 1 或 x ＝－ 2，∴ M(1,1,0) 或 M(－ 2,4,0)，∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD所成角的正弦值为 16.方法二存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点． → →设 AM ＝ λAB ，→＝(2 λ，－ 2λ， 0) (λ∈ R )，则 AM ＝ λ(2，－ 2,0) → → →∴ PM ＝ PA ＋ AM ＝ (2λ，2－ 2λ，－ 2)，→|2λ|∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝2＋－ 2λ 2＋ 4· 6 λ 1解得 λ＝或 λ＝－ 1.∴M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或1＝6.A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD1所成角的正弦值为 .。

立体几何第4讲立体几何中的向量方法作业解析

(2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为 θ.
→
→
由(1)可得BC＝(－ 3，1,0)，A1C＝(0,2，－2 3)．设平面 A1BC 的法向量为 n＝(x，y，z)．
B→C·n＝0，由
→
A1C·n＝0，
→
→
－ 3x＋y＝0，
|EF·n| 4
得 y－ 3z＝0.
取 n＝(1， 3，1)，故 sinθ＝|cos〈EF，n〉|＝ →
AE 折到△APE 的位置．
(1)证明：AE⊥PB；
(2)当四棱锥 PABCE 的体积最大时，求二面角 APEC 的余弦
值．
解：(1)证明：在等腰梯形 ABCD 中，连接 BD，交 AE 于点 O，
∵AB∥CE，AB＝CE，∴四边形 ABCE 为平行四边形，
∴AE＝BC＝AD＝DE，
∴△ADE 为等边三角形，
则 A(0,0,0)，B( 3a，－a,0)，C( 3a，a,0)，D(0,2a,0)，
→ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
→
3a a
3a a
P(0,0,2a)，E( 3a,0,0)，F( 2 ，2，a)，∴AE＝( 3a,0,0)，AF＝( 2 ，2，a)，
立体几何第 3 讲立体几何中的向量方法作业解析第 1 页共 4 页
→
PE·n1＝0，设平面 PCE 的法向量为 n1＝(x，y，z)，则
→
EC·n1＝0
1 3 2x－ 2 z＝0，
n·A→E＝0，设 n＝(x，y，z)是平面 AEF 的法向量，则
→
n·AF＝0
3ax＝0， ⇒ 3ax ay
2 ＋ 2 ＋az＝0，
取 z＝a，得 n＝(0，－2a，a)为平面 AEF 的一个法向量． →

天天练3 立体几何中的向量方法答案

2.7 立体几何中的向量方法知识要点：1．空间向量与空间角的关系 (1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a ||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)． (2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|e ·n ||e ||n |．(3)求二面角的大小a ．如图①，AB ，CD 是二面角αlβ两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．b ．如图②③，n 1，n 2分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉． 2．点到平面的距离的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.易错点：(1)求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角范围为⎝⎛⎦⎤0，π2.(2)求直线与平面所成角时，注意求出两向量夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值． 1．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( ) A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°A [解析] 由于cos 〈m ，n 〉＝－12，所以〈m ，n 〉＝120°.所以直线l 与α所成的角为30°.2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°C [解析] cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝11×2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3．已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A.⎝⎛⎭⎫33，33，－33 B ．⎝⎛⎭⎫33，－33，33 C.⎝⎛⎭⎫－33，33，33 D ．⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33 D [解析] 因为A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，所以AB →＝(－1，1，0)，AC →＝(－1，0，1)．经验证，当n ＝⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33时， n ·AB →＝33－33＋0＝0，n ·AC →＝33＋0－33＝0.所以⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33是平面ABC 的一个单位法向量． 4.已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1如图所示，则直线B 1D 和CD 1所成的角为________． [解析] 以A 为原点，AB →、AD →、AA 1→分别为x 、y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则CD 1→＝(－1，0，1)，B 1D →＝(－1，1，－1)，cos 〈CD 1→，B 1D →〉＝1＋0－12×3＝0，所以两直线所成的角为90°. [答案] 90°5．正四棱锥S -ABCD 中，O 为顶点S 在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是________．[解析] 如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz . 设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a ，0，0)，B (0，a ，0)，C (－a ，0，0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2. 则CA →＝(2a ，0，0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a ，0)．设平面P AC 的法向量为n ，易知可取n ＝(0，1，1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12. 所以〈CB →，n 〉＝60°，所以直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°. [答案] 30°6．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于[解析] 不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B (0，－1，0)，A 1(0，0，1)，A (0，0，0)，C 1(－1，0，1)，所以BA 1→＝(0，1，1)， AC 1→＝(－1，0，1)，所以cos 〈BA 1→，AC 1→〉＝BA 1→·AC 1→|BA 1→|·|AC 1→|＝12×2＝12，所以〈BA 1→，AC 1→〉＝60°，所以异面直线BA 1与AC 1所成的角等于60°. [答案] 60°.7．在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为[解析] 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，P A ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，E ⎝⎛⎭⎫12，12，0，F ⎝⎛⎭⎫0，12，1.所以P A →＝(0，0，－2)，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，DF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1. 设平面DFE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线P A 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝55，所以直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55. [答案]55. 8．(2017·云南省第一次检测)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝1，点D 在棱BB 1上，若BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．[解析] 如图，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，E 为AC 的中点，连接BE ，则BE ⊥AC ，所以BE ⊥平面AA 1C 1C ，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →＝1×32×32＝34＝2×32×cos θ(θ为AD →与EB →的夹角)，所以cos θ＝64＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝cos θsin θ＝155.[答案]1559．已知单位正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求： (1)AD 1与EF 所成角的大小； (2)AF 与平面BEB 1所成角的余弦值．[解] 建立如图所示的空间直角坐标系，得A (1，0，1)，B (0，0，1)，D 1(1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，0，F ⎝⎛⎭⎫12，1，0. (1)因为AD 1→＝(0，1，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，所以cos 〈AD 1→，EF →〉＝（0，1，－1）·⎝⎛⎭⎫12，12，02×22＝12，即AD 1与EF 所成的角为60°.(2)F A →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，1，由图可得，BA →＝(1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，F A →〉|＝⎪⎪⎪⎪（1，0，0）·⎝⎛⎭⎫12，－1，11×⎝⎛⎭⎫122＋（－1）2＋12＝13，所以cos θ＝223.即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223.10．(2016·高考山东卷)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线． (1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值．[解] (1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB ．在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC . 又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC .(2)连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC . 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0)．所以BC →＝(－23，－23，0)，过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)．故BF →＝(0，－3，3)．设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝(－1，1，33)．因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n|m |·|n |＝77.所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 11．(2017·昆明市两区七校调研)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝1，E 为BC 中点． (1)求证：C 1D ⊥D 1E ；(2)在棱AA 1上是否存在一点M ，使得BM ∥平面AD 1E ？若存在，求AM AA 1的值；若不存在，说明理由； (3)若二面角B 1AE D 1的大小为90°，求AD 的长．[解] (1)证明：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，1，0)，B 1(a ，1，1)，C 1(0，1，1)，D 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫a2，1，0，所以C 1D →＝(0，－1，－1)，D 1E →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，－1，所以C 1D →·D 1E →＝0，所以C 1D ⊥D 1E .(2)设AM AA 1＝h ，则M (a ，0，h )，连接BM ，所以BM →＝(0，－1，h )，AE →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，0，AD 1→＝(－a ，0，1)，设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·n ＝－a 2x ＋y ＝0AD 1→·n ＝－ax ＋z ＝0，所以平面AD 1E 的一个法向量为n ＝(2，a ，2a )，因为BM ∥平面AD 1E ，所以BM →⊥n ，即BM →·n ＝2ah －a ＝0，所以h ＝12.即在AA 1上存在点M ，使得BM ∥平面AD 1E ，此时AM AA 1＝12.(3)连接AB 1，B 1E ，设平面B 1AE 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，AE →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，0，AB 1→＝(0，1，1)，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·m ＝－a 2x ′＋y ′＝0，AB 1→·m ＝y ′＋z ′＝0，所以平面B 1AE 的一个法向量为m ＝(2，a ，－a )．因为二面角B 1AE D 1的大小为90°，所以m ⊥n ，所以m·n ＝4＋a 2－2a 2＝0，因为a ＞0，所以a ＝2，即AD ＝2.。

高二数学寒假作业专题11立体几何中的向量方法练含解析

专题11 立体几何中的向量方法【练一练】一、填空题1．假设n ＝(2，－3,1)是平面α的一个法向量，那么以下向量能作为平面α的一个法向量的是( )A ．(0，－3,1)B ．(2,0,1)C ．(－2，－3,1)D ．(－2,3，－1)2．在直角坐标系中，设A(－2,3)，B(3，－2)，沿x 轴把直角坐标平面折成120°的二面角后，那么A 、B 两点间的间隔为( ) A ．211 B.11 C.22 D ．3113．在正方体ABCD —A1B1C1D1中，E 为BB1的中点，那么平面A1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22∴n =⎝⎛⎭⎫1，－12，－1.，又平面ABCD 的一个法向量为1DD ＝(0,0,1)， ∴1cos ,n DD 〈〉=＝－23.∴平面A1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.4．假设直线l1的方向向量与直线l2的方向向量的夹角是150°，那么l1与l2这两条异面直线所成的角等于( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均错【答案】A【解析】试题分析：03cos cos1502θ==，故6πθ=. 5．如下图，在正方体ABCD —A1B1C1D1中，M ，N ，P 分别是棱CC1，BC ，A1B1上的点，假设∠B1MN ＝90°，那么∠PMN 的大小是( )A ．等于90°B ．小于90°C ．大于90°D ．不确定【答案】A 【解析】试题分析：∵11A B ⊥平面11BCC B ，∴11A B MN ⊥，11()MP MN MB B P MN ⋅=+⋅ 110MB MN B P MN ⋅+⋅=，MP MN ∴⊥，即90PMN ∠︒＝.二、填空题6．正三棱柱ABC —A1B1C1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC1的中点，那么异面直线AB1和BM 所成的角的大小是________．7．假设两个平面α，β的法向量分别是n ＝(1,0,1)，ν＝(－1，1,0)．那么这两个平面所成的锐二面角的度数是________．【答案】060【解析】试题分析：∵11cos ,222n v -〈〉==-⋅，∴0,120n v 〈〉=.，故两平面所成的锐二面角为0120.. 三、解答题 8．三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，且AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．5题。

高考数学(理)复习训练：《立体几何中的向量方法》(北师大版)

【A 级】基础训练1．已知直线l 1的方向向量是a ＝(2,4，x )，直线l 2的方向向量是b ＝(2，y,2)，若|a |＝6，且a ·b ＝0，则x ＋y 的值是( )A ．－3或1B ．3或－1C ．－3D ．1解析：由题意知|a |＝22＋42＋x 2＝6，得x ＝±4.由a ·b ＝4＋4y ＋2x ＝0得x ＝－2y －2，当x ＝4时，y ＝－3，∴x ＋y ＝1；当x ＝－4时，y ＝1，∴x ＋y ＝－3，综上x ＋y ＝－3或1.答案：A2．(2012·高考大纲全国卷)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与平面BED 的距离为( )A ．2 B. 3C. 2 D ．1解析：连接AC 交BD 于O ，连结OE ，由题意得AC 1∥OE ，∴AC 1∥平面BED ，直线AC 1到平面BED 的距离等于点A 到平面BED 的距离，也等于点C 到平面BED 的距离，作CH ⊥OE 于H ，则CH ＝12OE ＝1为所求，故选D. 答案：D3．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，则AD 与GF 所成的角的余弦值为( )A.36 B ．－36 C.33 D ．－33解析：如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F 、G 分别是线段AE 、BC 的中点．以C 为原来建立空间直角坐标系Cxyz ，A (0,2,0)，B (2,0,0)，D (0,0,2)，G (1,0,0)，F (0,2,1)，AD →＝(0，－2,2)，GF →＝(－1,2,1)，∴|AD →|＝22，|GF →|＝6，AD →·GF →＝－2，∴cos 〈AD →，GF →〉＝AD →·GF →|AD →||GF →|＝－36. ∴直线AD 与GF 所成角的余弦值为36. 答案：A4．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. 答案：3010 5. 若A ⎝⎛⎭⎫0，2，198，B ⎝⎛⎭⎫1，－1，58，C ⎝⎛⎭⎫－2，1，58是平面α内的三点，设平面α的法向量n ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________.解析：AB →＝⎝⎛⎭⎫1，－3，－74，AC →＝⎝⎛⎭⎫－2，－1，－74，由⎩⎨⎧ n ·AB →＝x －3y －74z ＝0n ·AC →＝－2x －y －74z ＝0得⎩⎨⎧ x ＝23y ，z ＝－43y .所以x ∶y ∶z ＝23y ∶y ∶⎝⎛⎭⎫－43y ＝2∶3∶(－4)．答案：2∶3∶(－4)6．(2012·高考四川卷)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．解析：连结D 1M ，则D 1M 为A 1M 在平面DCC 1D 1上的射影，在正方形DCC 1D 1中，∵M 、N 分别是CD 、CC 1的中点，∴D 1M ⊥DN ，由三垂线定理得A 1M ⊥DN .即异面直线A 1M 与DN 所成的角为90°.答案：90°7．(2013·高考江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解析：(1)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 (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.【B 级】能力提升1．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的平个半平面内，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°解析：由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2，∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，〈CA →，BD →〉＝120°， ∴二面角的大小为60°，故选C.答案：C2．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.495 C.295 D.23 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，si 〈CM →，D 1N →〉＝459，故选B.答案：B3．(2013·高考浙江卷)在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记B ＝f π(A )．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，Q 1＝f β[f α(P )]，Q 2＝f α[f β(P )]，恒有PQ 1＝PQ 2，则( )A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°解析：根据新定义及线面垂直知识进行推理．设P 1＝f α(P )，P 2＝f β(P )，则PP 1⊥α，P 1Q 1⊥β，PP 2⊥β，P 2Q 2⊥α.若α∥β，则P 1与Q 2重合、P 2与Q 1重合，所以PQ 1≠PQ 2，所以α与β相交．设α∩β＝l ，由PP 1∥P 2Q 2，所以P ，P 1，P 2，Q 2四点共面．同理P ，P 1，P 2，Q 1四点共面．所以P ，P 1，P 2，Q 1，Q 2五点共面，且α与β的交线l 垂直于此平面．又因为PQ 1＝PQ 2，所以Q 1，Q 2重合且在l 上，四边形PP 1Q 1P 2为矩形．那么∠P 1Q 1P 2＝π2为二面角α－l －β的平面角，所以α⊥β. 答案：A4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是________．解析：如图，建立坐标系Dxyz ，则A 1(2,0,4)，A (2,0,0)，B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)，AD 1→＝(－2,0,4)，AB 1→＝(0,2,4)，AA 1→＝(0,0,4)，设平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝－2x ＋4z ＝0n ·AB 1→＝2y ＋4z ＝0 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z y ＝－2z，令z ＝1，则n ＝(2，－2,1)，设点A 1到平面AB 1D 1的距离为d ，则d ＝|AA 1→·n ||n |＝43. 答案：435．(2013·高考北京卷)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC的中点，点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．解析：根据空间线面垂直关系求点P 到直线CC 1的距离的最小值．如图，过点E 作EE 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，交直线B 1C 1于点E 1，连接D 1E 1，DE ，在平面D 1DEE 1内过点P 作PH ∥EE 1交D 1E 1于点H ，连接C 1H ，则C 1H 即为点P 到直线CC 1的距离．当点P 在线段D 1E 上运动时，点P 到直线CC 1的距离的最小值为点C 1到线段D 1E 1的距离，即为△C 1D 1E 1的边D 1E 1上的高h .∵C 1D 1＝2，C 1E 1＝1，∴D 1E 1＝5，∴h ＝25＝255.答案：255 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P AC 所成的角是________．解析：如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz ，设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a 2，则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2， CB →＝(a ，a,0)，设平面P AC 的一个法向量为n ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12， ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.答案：30°7．(创新题)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝a ，△P AD 为等边三角形，又平面P AD ⊥平面ABCD .(1)若在边BC 上存在一点Q ，使PQ ⊥QD ，求a 的取值范围；(2)当边BC 上存在唯一点Q ，使PQ ⊥QD 时，求二面角A －PD －Q 的余弦值．解：(1)取AD 中点O ，连接PO ，则PO ⊥AD∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PO ⊥平面ABCD .建立如图的空间直角坐标系，则P ⎝⎛⎭⎫0，0，32a ，D ⎝⎛⎭⎫a 2，0，0. 设Q (t,2,0)，则PQ →＝⎝⎛⎭⎫t ，2，－32a ， DQ →＝⎝⎛⎭⎫t －a 2，2，0. ∵PQ ⊥QD ，∴PQ →·DQ →＝t ⎝⎛⎭⎫t －a 2＋4＝0.∴a ＝2⎝⎛⎭⎫t ＋4t ， ∵a ＞0，∴ t ＞0，∴⎝⎛⎭⎫t ＋4t ≥8，等号成立当且仅当t ＝2. 故a 的取值范围为[8，＋∞)．(2)由(1)知，当t ＝2，a ＝8时，边BC 上存在唯一点Q ，使PQ ⊥QD . 此时Q (2,2,0)，D (4,0,0)，P (0,0,43)．设n ＝(x ，y ，z )是平面PQD 的法向量，PQ →＝(2,2，－43)，DQ →＝(－2,2,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PQ →＝2x ＋2y －43z ＝0n ·DQ →＝－2x ＋2y ＝0 得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y －43z ＝0－2x ＋2y ＝0令x ＝y ＝3，则n ＝(3,3，3)是平面PQD 的一个法向量，而AB →＝(0,2,0)是平面P AD 的一个法向量，设二面角A －PD －Q 为θ，由cos θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝217. ∴二面角A －PD －Q 的余弦值为217.。

高中数学选修2-1第三章3.2立体几何的向量方法(3)——空间角

C
D CA, DB
进行向量运算
d2

2
AB

( AC

CD

DB)2
A
图3
2
2
2
AB CD BD 2(AC CD AC DB CD DB)
a2 c2 b2 2AC DB
a2 c2 b2 2CA DB
于是，得 2CA DB a2 b2 c2 d 2
3.2立体几何的向量方法（3）
• 空间向量与空间角
例 1、如图,在正方体 ABCD A1B1C1D1中,M、N 分别是
棱 CD、CC1的中点,则异面直线 A1M 与 DN 所成的角
的大小是
.
法二以 D 为原点,DA、DC、DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,设 AB=1,
则 D(0,0,0),N0,1, 1 ,
15
例2：如图3，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的点B
处。从A，B到直线 l（库底与水坝的交线）的距离AC和BD分别为
a 和 b ,CD的长为 c, AB的长为d。求库底与水坝所成二面角的余弦值。
解：如图，AC a，BD b，CD c，AB d.
化为向量问题

B
根据向量的加法法则 AB AC CD DB
a, b), 1 a2 b2
2

0
C1(0, 0, b),
z C1
2
∵ CC1B在坐标平面yoz中
C
∴ 可取 n＝（1，0，0）为面CC1B的法向量 x
D
设面 C1BD 的一个法向量为 m ( x, y, z)

高二数学寒假作业专题11 立体几何中的向量方法(学)

专题十一立体集合中的向量方法学一学------基础知识结论空间向量与垂直关系 1．空间垂直关系的向量表示空间中的垂直关系线线垂直线面垂直面面垂直设直线l 的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m 的方向向量为b ＝(b1，b2，b3)，则l ⊥m ⇔a b ⊥r r _ 设直线l 的方向向量是a ＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量u ＝(a2，b2，c 2)，则l ⊥α⇔//a u rr 若平面α的法向量u ＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔u v ⊥r r2.空间中垂直关系的证明方法线线垂直线面垂直面面垂直①证明两直线的方向向量的数量积为0． ①证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量． ①证明两个平面的法向量垂直．②证明两直线所成角为直角. ②证明直线与平面内的相交直线垂直. ②证明二面角的平面角为直角._.空间向量与空间角角的分类向量求法范围异面直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a ，b ，则cos θ＝cos ,a ba b a b ⋅〈〉=⋅rr r r r ＝⎝⎛⎦⎤0，π2直线与平面所成的角设直线l 与平面α所成的角为θ，l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝cos ,a n a n a n ⋅〈〉=⋅r r r r r⎣⎡⎦⎤0，π2二面角设二面角α—l —β的平面角为θ，平面α、β的法向量为n1，n2，则|cos θ|＝121212cos ,n n n n n n ⋅〈〉=⋅u r u u ru r u r u u r_________[0，π]学一学------方法规律技巧1．利用空间向量求异面直线所成的角异面直线所成的角范围是(0,]2π，构造两条直线的方向向量,a b r r ，先求,a b r r 夹角的余弦值cos ,a b 〈〉r r ，设异面直线所成的角为θ，则有cos cos ,a b θ=〈〉r r ．例1．如图，三棱锥P —ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC=AC=2，AB=BC ， D 是PB 上一点，且CD ⊥平面PAB ．（1）求证：AB ⊥平面P CB ；（2）求异面直线AP 与BC 所成角的大小；2．直线和平面所成的角直线和平面所成的角的范围是[0,]2π，构造直线的方向向量a r ，和计算平面的法向量b r ，再计算,a b r r 夹角的余弦值cos ,a b 〈〉r r ，设直线和平面所成的角为θ，则sin cos ,a b θ=〈〉r r ．例2. 在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 为矩形，1AB =，12AA =，D 为1AA 的中点，BD 与1AB 交于点O ，CO ⊥侧面11ABB A . （1）证明：1BC AB ⊥；（2）若OC OA =，求直线1C D 与平面ABC 所成角的正弦值.【答案】(1)详见解析；（2）355553．二面角求法二面角的平面角的范围是[0,]π，先求两个半平面的法向量,a b r r ，再计算法向量的夹角cos ,a b 〈〉r r ，设二面角的大小为θ，则cos cos ,a b θ=±〈〉r r ，然后再观察二面角是锐二面角还是钝二面角决定符号. 例3. 如图所示，已知AB 为圆O 的直径，点D 为线段AB 上一点，且13AD DB =，点C 为圆O 上一点，且3BC AC =．点P 在圆O 所在平面上的正投影为点D ，PD=DB ．（1）求证：PA CD ⊥；（2）求二面角C PB A--的余弦值．∴二面角C PB A--的余弦值为．15 5。

3.2立体几何中的向量方法（经典例题及答案详解）

3.2立体几何中的向量方法（经典例题及答案详解）3.2立体几何中的向量方法第一课时立体几何中的向量方法（1）教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用．掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题．教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用．教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用．教学过程：一、复习引入1. 用向量解决立体几何中的一些典型问题的基本思考方法是：⑴如何把已知的几何条件（如线段、角度等）转化为向量表示；⑵考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表式；⑶如何对已经表示出来的向量进行运算，才能获得需要的结论？2. 通法分析：利用两个向量的数量积的定义及其性质可以解决哪些问题呢？⑴利用定义a ·b ＝|a ||b |cos ＜a ,b ＞或cos ＜a ,b ＞＝a b a b ??r r r r ，可求两个向量的数量积或夹角问题；⑵利用性质a ⊥b ?a ·b ＝０可以解决线段或直线的垂直问题；⑶利用性质a ·a ＝｜a ｜2，可以解决线段的长或两点间的距离问题．二、例题讲解1. 出示例1：已知空间四边形OABC 中，OA BC ⊥，OB AC ⊥．求证：OC AB ⊥．证明：·OC AB u u u u r u u u r ＝·()OC OB OA -u u u u r u u u r u u u r ＝·OC OB u u u u r u u u r －·OC OA u u u u r u u u r ．∵OA BC ⊥，OB AC ⊥，∴·0OA BC =u u u r u u u r ，·0OB AC =u u u r u u u u r ，·()0OA OC OB -=u u u r u u u u r u u u r ，·()0OB OC OA -=u u u r u u u u r u u u r ．∴··OA OC OA OB =u u u r u u u u r u u u r u u u r ，··OB OC OB OA =u u u r u u u u r u u u r u u u r ．∴·OC OB u u u u r u u u r ＝·OC OA u u u u r u u u r ，·OC ABu u u u r u u u r ＝0．∴OC AB ⊥ 2. 出示例2：如图，已知线段AB 在平面α内，线段AC α⊥，线段BD ⊥AB ，线段'DD α⊥，'30DBD ∠=o ，如果AB ＝a ，AC ＝BD ＝b ，求C 、D 间的距离．解：由AC α⊥，可知AC AB ⊥．由'30DBD ∠=o 可知，＜,CA BD u u u r u u u u r ＞＝120o ，∴2||CD u u u u r ＝2()CA AB BD ++u u u r u u u r u u u u r ＝2||CA u u u r ＋2||AB u u u r ＋2||BD u u u u r ＋2(·CA AB u u u r u u u r ＋·CA BD u u u r u u u u r ＋·AB BD u u u r u u u u r )＝22222cos120b a b b +++o ＝22a b +．∴22CD a b =+．3. 出示例3：如图，M 、N 分别是棱长为1的正方体''''ABCD AB C D -的棱'BB 、''B C 的中点．求异面直线MN 与'CD 所成的角．解：∵MN u u u u r ＝1(')2CC BC +u u u u r u u u r ，'CD u u u u r ＝'CC CD +u u u u r u u u u r ，∴·'MN CD u u u u r u u u u r ＝1(')2CC BC +u u u u r u u u r ·(')CC CD +u u u u r u u u u r ＝12(2|'|CC u u u u r ＋'CC CD u u u u r u u u u r g ＋·'BC CC u u u r u u u u r ＋·BC CD u u u r u u u u r )．∵'CC CD ⊥，'CC BC ⊥，BC CD ⊥，∴'0CC CD =u u u u r u u u u r g，·'0BC CC =u u u r u u u u r ，·0BC CD =u u u r u u u u r ，∴·'MN CD u u u u r u u u u r ＝122|'|CC u u u u r ＝12．…求得 cos ＜,'MN CD u u u u r u u u u r ＞12=，∴＜,'MN CD u u u u r u u u u r ＞＝60o . 4. 小结：利用向量解几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示式，并用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算去计算或证明．反思：本节课较好的完成了教学任务，实现了教学目标。

高二理科数学寒假作业立体几何中的向量方法

寒假作业（25）立体几何中的向量方法1、在正方形1111ABCD A B C D -中，若E 为11A C 的中点，则直线CE 垂直于( ) A.ACB.BDC.1A DD.1A A2、在三棱锥A BCD -中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为12,n n u r u u r ，若12,3n n π=u r u u r ，则二面角A BD C --的大小为( )A.3πB.23πC.3π或23π D.6π或3π 3、设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a r ，α的法向量为n r ，若2,3a n π=r r ，则l 与α所成的角为( )A.23π B.3π C.6π D.56π 4、若异面直线1l 的方向向量与2l 的方向向量的夹角为150︒，则1l 与2l 所成的角为( ) A.30︒B.150︒C.30︒或150︒D.以上均不对5、在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1C C 的中点，则直线BE 与平面1B BD 所成的角的正弦值为( ) A.10-B.105C.5-D.5 6、如图所示，已知点P 为菱形ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ,PA AD AC ==,点F 为PC 的中点，则二面角C BF D --的正切值为( )A.3 B.3 C.3 237、已知长方体1111ABCD A B C D -中,1AB BC ==,12AA =,E 是侧棱1BB 的中点,则直线AE 与平面11A ED 所成角的大小为( )A.60︒B.90︒C.45︒D.以上都不对8、如图，在空间直角坐标系D xyz -中，四棱锥1111ABCD A B C D -为长方体，12AA AB AD ==,点,E F 分别为111,C D A B 的中点,则二面角11B A B E --的余弦值为( )A.3-B.3-C.3 D.3 9、如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别在1,A D AC 上，且1121,33A E A D AF AC ==则( )A.EF 至多与1,A D AC 之一垂直B.1,EF A D EF AC ⊥⊥C.EF 与1BD 相交D.EF 与1BD 异面10、已知直线l 过点(1,0,1)P -,且平行于向量(2,1,1)a =r，平面α过点直线l 与点(1,2,3)M ，则平面α的法向量不可能是( )A.(1,4,2)-B.11,1,42⎛⎫-⎪⎝⎭C.11,1,42⎛⎫-- ⎪⎝⎭D.(0,1,1)-11、在三棱锥O ABC -中，已知,,OA OB OC 两两垂直且相等，点,P Q 分别是线段BC 和OA 上的动点，且满足11,22BP BC AQ AO ≤≥,则PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是___________.12、在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =,则直线CD 与平面1BDC 所成角的正弦值为_____________.13、正方体1111ABCD A B C D -的棱长为,,a E F 分别是1BB ，CD 的中点，则点F 到平面11A D E 的距离为__________.14、如图,等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ,二面角C AB D --的余弦值为3,M ,N 分别是AC ,BC 的中点,则,EM AN 所成角的余弦值等于__________.15、如图，直三棱柱111ABC A B C -，底面ABC △中，190CA CB BCA ==∠=︒，，棱 12AA M N =，、分别是111A B A A ，的中点.（1）求BN u u u r的长；（2）求11,BA C cos B <>u u u r u u u u r的值；（3）求证：11.A B C M ⊥答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则1111(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,0),(1,0,1),(0,1,1),,,122A B C D A C E ⎛⎫⎪⎝⎭.∴1111,,1,(1,1,0),(1,1,0),(1,0,1),(0,0,1)22CE AC BD A D A A ⎛⎫=-=-=--=--=- ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r.∵1111,,1(1,1,0)002222CE BD ⎛⎫⋅=-⋅--=-++= ⎪⎝⎭u u u r u u u r ,∴CE BD ⊥u u u r u u u r,∴CE BD ⊥.2答案及解析：答案：C解析：当二面角A BD C --为锐角时，它就等于12,3n n π=u r u u r ；当二面角A BD C --为钝角时，它应等于122,33n n πππ-=π-=u r u u r .3答案及解析：答案：C解析：如图所示，直线l 与平面α所成的角2326θπππ=-=.4答案及解析：答案：A解析：直线1l 与2l 所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦.故选A.5答案及解析：答案：B解析：如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则1(0,0,0),(2,2,0),(2,2,2),(0,2,1)D B B E .∴1(2,2,0),(0,0,2),(2,0,1)BD BB BE =--==-u u u r u u u r u u u r.设平面1B BD 的法向量为(,,)n x y z =r .∵1,n BD n BB ⊥⊥r u u u r r u u u r ，∴22020x y z --=⎧⎨=⎩∴0x yz =-⎧⎨=⎩令1y =，则(1,1,0)n =-r .∴10cos ,n BE n BE n BE⋅==r u u u rr u u u r r u u u r ,设直线BE 与平面1B BD 所成角为θ，则10sin cos ,n BE θ==r u u u r .6答案及解析：答案：D解析：如图，连接BD 交AC 于点O ，连接OF ,∵四边形ABCD 为菱形，∴O 为AC 的中点，AC BD ⊥.∵F 为PC 的中点，∴//OF PA .∵PA ⊥平面ABCD ,∴OF ⊥平面ABCD .以O 为原点，,,OB OC OF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，设1PA AD AC ===,则3BD =，∴31,0,0,0,0,22B F ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，130,,0,,0,022C D ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.结合图形可知，10,,02OC ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u r ,且OC u u u r 为平面BDF 的一个法向量.由31,,02BC ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭u u u r，31,0,2FB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ,可求得平面BCF 的一个法向量(1,3,3)n =r.∴21cos ,7n OC =r u u u r ，27sin ,n OC =r u u u r ，∴23tan ,n OC =r u u u r .7答案及解析：答案：B解析：如图，以点D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系.由题意知，1(1,0,2),(1,1,1),(0,0,2),(1,0,0)A E D A ,所以11(0,1,1),(1,1,1),(0,1,1)A E D E EA =-=-=--u u u r u u u u r u u u r.设平面11A ED 的一个法向量为(,,)n x y z =r ，则由1100n A E n D E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u u r得00y z x y z -=⎧⎨+-=⎩令1z =，得1,0y x ==，所以(0,1,1)n =r ，cos ,122n EA n EA n EA⋅===-⋅r u u u rr u u u r r u u u r .所以,180n EA =︒r u u u r .所以直线AE 与平面1A ED 所成的角为90︒.8答案及解析：答案：C解析：设1AD =，则111(1,0,2),(1,2,0),(0,2,2),(0,0,2)A B C D ,因为,E F 分别为11C D ,1A B 的中点，所以(0,1,2),(1,1,1)E F ，所以11(1,1,0),(0,2,2)A E A B =-=-u u u r u u u r,设(,,)m x y z =是平面1A BE 的法向量，则110A E m AB m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u r u u u r u r所以0220x y y z -+=⎧⎨-=⎩所以y x y z =⎧⎨=⎩取1x =，则1y z ==，所以平面1A BE 的一个法向量为(1,1,1)m =u r.又DA ⊥平面11A B B ，所以(1,0,0)DA =u u u r 是平面11A B B 的一个法向量，所以3cos ,3m DA m AD m DA⋅===u r u u u ru r u u u r u r u u u r ，又二面角11B A B E --为锐二面角，所以二面角11B A B E --3C9答案及解析：答案：B解析：如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为3，则1(1,0,1),(2,1,0),(3,0,3),(3,0,0),(0,3,0),(0,0,0)E F A A C D ，∴(1,1,1)EF =-u u u r ,(3,3,0)AC =-u u u r,1(3,0,3)A D =--u u u u r ,∵0EF AC ⋅=u u u r u u u r ,10EF A D ⋅=u u u r u u u u r ,∴EF AC ⊥,1EF A D ⊥,故选B.10答案及解析：答案：D解析：因为(0,2,4)PM =u u u u r,直线l 平行于向量a r ，若n r 是平面α的法向量，则必须满足n a n PM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r r r u u u ur 把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选D11答案及解析：答案：33⎤⎥⎣⎦解析：根据题意，以O 为原点，分别以,,OA OB OC 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，不妨设1OA OB OC ===,则(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(0,,1)A B C P b b -112b ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，(,0,0)Q a 102a ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭.(,,1)QP a b b =--u u u r ，(0,1,0)OB =u u u r ,所以cos ,QP OB QP OB QP OB ⋅=u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r u u u r 22222(1)111a b b a b b ==++-⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.因为[][]10,1,1,2a b b ∈∈，所以当0,1a b ==时，cos ,1QP OB =u u u r u u u r 取得最大值；当12a b ==时，3cos ,3QP OB =u u u r u u u r 取得最小值，所以PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是3⎤⎥⎣⎦.12答案及解析：答案：23解析：以D为坐标原点，分别以1,,DA DC DD所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，连接1,BD C D,设122AA AB==,则1(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,1,2)D C B C.设平面1BDC的一个法向量为(,,)n x y z=r，则1,n DB n DC⊥⊥r u u u r r u u u u r,所以有20x yy z+=⎧⎨+=⎩令2y=-，得(2,2,1)n=-r.设CD与平面1BDC所成的角为θ，则2sin cos,3n DCn DCn DCθ⋅===r u u u rr u u u rr u u u r.13答案及解析：35解析：如图，以D为坐标原点，分别以1,,DA DC DD所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则1(,0,)A a a，1(0,0,)D a，(,0,0)A a，(,,0)B a a，1(,,)B a a a，,,2a E a a ⎛⎫⎪⎝⎭，0,,2a F a ⎛⎫⎪⎝⎭，设平面11A D E 的法向量为(,,)n x y z =r ，则1110,0n A D n A E ⋅=⋅=r u u u u r r u u u r ,即(,,)(,0,0)0(,,)0,,02x y z a a x y z a ⋅-=⎧⎪⎨⎛⎫⋅-= ⎪⎪⎝⎭⎩∴002ax a ay z -=⎧⎪⎨-=⎪⎩∴02x z y =⎧⎪⎨=⎪⎩令2z =，得(0,1,2)n =r .又10,,2a FD a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u u r ，∴所求距离13352105a FD n d a n⋅===u u u u r r r.14答案及解析：答案：16解析：设2AB =,过点C 作CO ⊥平面ABDE ,OH AB ⊥,则CH AB ⊥, CHO ∠为二面角C AB D --的平面角,∵3,cos 1CH OH CH CHO ==⋅∠=,结合等边ABC ∆与正方形可知此四棱锥为正四棱锥,则3AN EM CH ===()12AN AC AB =+u u u r u u u r u u u r ,12EM AC AE =-u u u u r u u u r u u u r ,()111222AN EM AB ACAC AE ⎛⎫⋅=+⋅-= ⎪⎝⎭u u u r u u u u r u u u r u u u ru u ur u u u r ,故,EM AN 所成角的余弦值为16EM AN EM AN ⋅=⋅u u u u r u u u ru u u u r u u u r .15答案及解析：答案：（1）以射线CA u u u r 、CB u u u r 、1CC u u u ur 分别为坐标系OX OY OZ 、、轴，则010101B N （，，），（，，）， |BN u u u r|=222)01()10()01(-+-+-=3 （2）11102012000A B C （，，），（，，），（，，）111,1,2)0,2),(1,BA CB ==-u u u r u u u u r ,（∴11,BA C cos B <>u u u r u u u u r |CB ||BA |11112223222102)1(1221)1(01++⋅+-+⨯+⨯-+⨯=1030 （3）111002,,222C M （，，），（）， 1C M u u u u u r =（21，21，0），1112A B --=u u u u r （，，） ∴1111(1)1022C M A B ⋅=⨯-+⨯+⨯(-2)=0u u u u u r u u u u r 11A B C M ⊥解析：。

长沙市一中课件_高二理科数学《3..2立体几何中的向量方法(三)——求距离》

C1
E D
B 1
C
B
A
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复习旧知
一、向量法求空间两点间的距离 3.在正方体在正方体ABCD-A1B1C1D中，棱长为，在正方体中棱长为2， E为的 1B1中点，求平面 1EA的法向量为的A 中点，求平面D 的法向量. 为的的法向量
D 1 A 1
z
C1
E D
B 1
B1 A1 B A
C1 D C
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例题讲解
是棱长均为a的正三棱柱的正三棱柱，例2. ABC-A1B1C1是棱长均为的正三棱柱， D是侧棱 1的中点，求点到平面 1D 是侧棱CC 的中点，求点C到平面到平面AB 是侧棱 z 的距离. 的距离
B1 A1 B x A
C1 D y C
(2)BA为面的一线斜不垂平 α 任斜，足与足 O 合可重即；
(3)n为面的一向 . 平 α 任法量
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例题讲解
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为，棱长为2，例1.在正方体在正方体 E为A1B1的中点的中点. 为 (1)求点 1到平面D1EA1的距离；求点A 到平面距离；求点 (2)F，G，H分别为 1C1，B1C1，CC1 的中点，分别为D 中点，，，分别为到平面FGH的距离的距离. 求B到平面到平面的距离
D 1 A 1
z
E
O
C1
D 1 A 1
F
B 1
B 1
G
C1
O C
H
C
M
D
B
x
A

3.2.3立体几何中的向量方法(3)--距离

n
| PA n | ★所以计算公式还是: d d n
★求两平行平面的距离，其实就是求点到平面的距离。
例2.如图,已知一个结晶体的形状为平行六面ABCDA1B1C1D1,其中,以顶点为端点的三条棱长都相等,且它们彼此的夹角都是600,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？解:因为AC1 AB AD AA1 ,
z
y x
可设平面C1 MN的法向量为 n ( x, y, z ) nNM 0 x y 0 , 即：令z 1, n (2, 2,1), nNC1 0 y 2 z 0 | n BM | | ( 1) 2 | 2 d . |n| 2 2 (2)2 12 3
解:∵BD//平面C1MN, ∴只需求点B与平面C1MN的距离，如图建立直角坐标系,则B(2,2,0), M (1, 2, 0), N (0,1, 0), C1 (0, 2, 2),
NM (1,1, 0), NC1 (0,1, 2) BM ( 1, 0, 0)
2 2 AC1 ( AB AD AA1 ) 2 2 2 AB AD AA1 AB AD AB AA1 AD AA1 ) 2(
设AB AA1 AD 1, 则
1 1 1 2(cos 60 cos 60 cos 60 ) 6, | AC1 | 6, 即对角线AC1的长是棱长的 6倍．
练习2：已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N 分别是BC和CD的中点,求直线BD与平面C1MN的距离.

高二数学立体几何中的向量方法试题

高二数学立体几何中的向量方法试题1.在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为（）A．60°B．90°C．105°D．75°【答案】B【解析】用立体几何方法。

作BC中点D,连AD, D,易得AD垂直于BC,AD垂直于平面BC, D为A在平面BC上的射影,易证D垂直于B,所以A垂直于B,A与B所成角为90度,故选B。

【考点】本题主要考查正三棱柱的几何性质及异面直线所成角的求法。

点评：根据题目特点，可灵活采用不同方法，这里运用几何方法，使问题得解，体现解题的灵活性。

2.如图，A1B1C1—ABC是直三棱柱，∠BCA=90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，若BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】以分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系设BC="CA=" =2（0.，1，0）A(0,2,2) (1,1,0) B(2,0,2)A向量为（0,1,2）B向量为（1，-1,2）=，故选A。

【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的夹角公式等基础知识。

点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.3.在棱长为的正方体中，则平面与平面间的距离（）A．B．C．D．【答案】B【解析】建立如图所示的直角坐标系，设平面的一个法向量，则，即，，平面与平面间的距离【考点】本题主要考查空间向量的应用,综合考查向量的基础知识。

点评：通过建立空间直角坐标系，将立体几何问题转化成空间向量问题.4.正三棱柱的底面边长为3，侧棱，D是CB延长线上一点，且，则二面角的大小（）A．B．C．D．【答案】A【解析】取BC的中点O，连AO．由题意平面平面，，∴平面，以O为原点，建立所示空间直角坐标系，则，，，，∴，，，由题意平面ABD，∴为平面ABD的法向量．设平面的法向量为，则，∴，∴，即．∴不妨设，由，得．故所求二面角的大小为．故选A。

高考数学(理)二轮专题练习【专题5】(3)立体几何中的向量方法(含答案)

第3讲立体几何中的向量方法考情解读 1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)(以下相同)． (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.(3)面面夹角设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 提醒求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． 3．求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离，点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点).热点一利用向量证明平行与垂直例1 如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明： (1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .思维启迪从A 点出发的三条直线AB 、AD ，AE 两两垂直，可建立空间直角坐标系．证明方法一由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)， F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面，又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .思维升华 (1)要证明线面平行，只需证明向量OM →与平面BCF 的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证明向量OM →与BF →，BC →共面．(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线OM 垂直于平面EFCD ，即证OM 垂直于平面EFCD 内的两条相交直线，从而转化为证明向量OM →与向量FC →、CD →垂直．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点．(1)求证：直线PC ∥平面BDE ； (2)求证：BD ⊥PC ；证明设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于P A 的直线为z 轴，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)，D (－1,0,0)，E (0，－3，1)．(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE →＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2,0,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧－2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0,1，3)．又PC →＝(0,23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0，即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ，所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC →＝(0,23，－2)，BD →＝(－2,0,0)，所以PC →·BD →＝0. 故BD ⊥PC .热点二利用向量求空间角例2 如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD ＝1，AB ＝12EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 分别为AE 、BD 的中点．(1)求证：PQ ∥平面BCE ； (2)求二面角A －DF －E 的余弦值．思维启迪 (1)易知PQ 为△ACE 的中位线；(2)根据AD ⊥平面ABEF 构建空间直角坐标系． (1)证明连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点， ∴Q 为AC 的中点，又在△AEC 中，P 为AE 的中点，∴PQ ∥EC ， ∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ，∴PQ ∥平面BCE .(2)解如图，取EF 的中点M ，则AF ⊥AM ，以A 为坐标原点，以AM 、AF 、AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)．可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →＝(0,2，－1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0n ·DF →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋2y ＝02y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝02y －z ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量．∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量． ∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66.由图可知所求二面角为锐角，∴二面角A －DF －E 的余弦值为66. 思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．(2013·山东)如图所示，在三棱锥P －ABQ 中，PB ⊥平面ABQ ，BA ＝BP ＝BQ ，D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，AQ ＝2BD ，PD 与EQ 交于点G ，PC 与FQ 交于点H ，连接GH . (1)求证：AB ∥GH ；(2)求二面角D －GH －E 的余弦值．(1)证明因为D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，所以EF ∥AB ，DC ∥AB . 所以EF ∥DC .又EF ⊄平面PCD ，DC ⊂平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .又EF ⊂平面EFQ ，平面EFQ ∩平面PCD ＝GH ，所以EF ∥GH .又EF ∥AB ，所以AB ∥GH .(2)解方法一在△ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ，所以∠ABQ ＝90°，即AB ⊥BQ . 因为PB ⊥平面ABQ ，所以AB ⊥PB . 又BP ∩BQ ＝B ，所以AB ⊥平面PBQ .由(1)知AB ∥GH ，所以GH ⊥平面PBQ . 又FH ⊂平面PBQ ，所以GH ⊥FH . 同理可得GH ⊥HC ，所以∠FHC 为二面角D －GH －E 的平面角．设BA ＝BQ ＝BP ＝2，连接FC ，在Rt △FBC 中，由勾股定理得 FC ＝2，在Rt △PBC 中，由勾股定理得 PC ＝ 5.又H 为△PBQ 的重心，所以HC ＝13PC ＝53.同理FH ＝53.在△FHC 中，由余弦定理得cos ∠FHC ＝59＋59－22×59＝－45.即二面角D －GH －E 的余弦值为－45.方法二在△ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ，所以∠ABQ ＝90° 又PB ⊥平面ABQ ，所以BA ，BQ ，BP 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以BA ，BQ ，BP 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．设BA ＝BQ ＝BP ＝2，则E (1,0,1)，F (0,0,1)，Q (0,2,0)，D (1,1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)．所以EQ →＝(－1,2，－1)，FQ →＝(0,2，－1)，DP →＝(－1，－1，2)，CP →＝(0，－1,2)．设平面EFQ 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由m ·EQ →＝0，m ·FQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋2y 1－z 1＝0，2y 1－z 1＝0，取y 1＝1，得m ＝(0,1,2)．设平面PDC 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由n ·DP →＝0，n ·CP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－y 2＋2z 2＝0，－y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n ＝(0,2,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝45.因为二面角D －GH －E 为钝角，所以二面角D －GH －E 的余弦值为－45.热点三利用空间向量求解探索性问题例3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．(1)证明连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．又D 为BC 的中点，所以OD 为△A 1BC 的中位线，所以A 1B ∥OD .因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1，所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)解由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直．以BC ，BA ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz . 设BA ＝2，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A (0,2,0)，C 1(2,0,1)，D (1,0,0)，所以AD →＝(1，－2,0)，AC →1＝(2，－2,1)．设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AC →1＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2,1，－2)．易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)．所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角，所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为23.(3)解假设存在满足条件的点E .因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0,2,1)，B 1(0,0,1)，故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以AE →＝(0，λ－2,1)，DC →1＝(1,0,1)．因为AE 与DC 1成60°角，所以|cos 〈AE →，DC →1〉|＝|AE →·DC →1||AE →|·|DC →1|＝12，即1(λ－2)2＋1·2＝12，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC ，点D 为BC 的中点． (1)求二面角A —PD —B 的余弦值；(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．解 (1)∵AC ＝BC ，P A ＝PB ，PC ＝PC ， ∴△PCA ≌△PCB ， ∴∠PCA ＝∠PCB ， ∵PC ⊥AC ，∴PC ⊥CB ，又AC ∩CB ＝C ，∴PC ⊥平面ACB ，且PC ，CA ，CB 两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CB ，CA ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (0,2,0)，D (1,0,0)，P (0,0,2)，∴AD →＝(1，－2,0)，PD →＝(1,0，－2)，设平面P AD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0n ·PD →＝0，∴取n ＝(2,1,1)，平面PDB 的一个法向量为CA →＝(0,2,0)， ∴cos 〈n ，CA →〉＝66，设二面角A —PD —B 的平面角为θ，且θ为钝角， ∴cos θ＝－66，∴二面角A —PD —B 的余弦值为－66. (2)方法一存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．设M (x,2－x,0) (x ∈R )，∴PM →＝(x,2－x ，－2)， ∴|cos 〈PM →，n 〉|＝|x |x 2＋(2－x )2＋4·6＝16，解得x ＝1或x ＝－2，∴M (1,1,0)或M (－2,4,0)，∴在直线AB 上存在点M ，且当M 是AB 的中点或A 是MB 的中点时，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16.方法二存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．设AM →＝λAB →，则AM →＝λ(2，－2,0)＝(2λ，－2λ，0) (λ∈R )， ∴PM →＝P A →＋AM →＝(2λ，2－2λ，－2)， ∴|cos 〈PM →，n 〉|＝|2λ|(2λ)2＋(2－2λ)2＋4·6＝16.解得λ＝12或λ＝－1.∴M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．∴在直线AB 上存在点M ，且当M 是AB 的中点或A 是MB 的中点时，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性．提醒三点：(1)直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值．(2)求二面角除利用法向量外，还可以按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共面向量的知识，我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量，并且两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如图所示．(3)对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，四点P ，A ，B ，C 共面的充要条件是x ＋y ＋z ＝1.空间一点P 位于平面MAB 内⇔存在有序实数对x ，y ，使MP →＝xMA →＋yMB →，或对空间任一定点O ，有序实数对x ，y ，使OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →.真题感悟(2014·北京)如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点，在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．(1)证明在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE .又因为AB ⊄平面PDE ，DE ⊂平面PDE ，所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ，所以AB ∥FG .(2)解因为P A ⊥底面ABCDE ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE . 如图建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC →＝(1,1,0)．设平面ABF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1，所以n ＝(0，－1,1)．设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12. 因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6，设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ.因为n 是平面ABF 的一个法向量，所以n ·AH →＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，解得λ＝23，所以点H 的坐标为(43，23，23)．所以PH ＝ (43)2＋(23)2＋(－43)2＝2. 押题精练如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1.(1)求直线DF 与平面ACEF 所成角的正弦值；(2)在线段AC 上找一点P ，使PF →与DA →所成的角为60°，试确定点P的位置．解 (1)以C 为坐标原点，分别以CD ，CB ，CE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0,0,1)，D (2，0,0)，B (0，2，0)，A (2，2，0)，F (2，2，1)，连接BD ，则AC ⊥BD .因为平面ABCD ⊥平面ACEF ，且平面ABCD ∩平面ACEF ＝AC ，所以DB →是平面ACEF 的一个法向量．又DB →＝(－2，2，0)，DF →＝(0，2，1)，所以cos 〈DF →，DB →〉＝DF →·DB →|DF →|×|DB →|＝33. 故直线DF 与平面ACEF 所成角的正弦值为33. (2)设P (a ，a,0)(0≤a ≤2)，则PF →＝(2－a ，2－a,1)，DA →＝(0，2，0)．因为〈PF →，DA →〉＝60°，所以cos 60°＝2(2－a )2×2(2－a )2＋1＝12. 解得a ＝22或a ＝322(舍去)，故存在满足条件的点P (22，22，0)为AC 的中点．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内答案 D解析由已知得M 、A 、B 、C 四点共面．所以AM 在平面ABC 内，选D.2．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 的中点，P ，Q 是正方体内部或面上的两个动点，则AM →·PQ →的最大值是( )A.12B ．1 C.32D.54 答案 C解析以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，M (12，1,0)，所以AM →＝(12，1,0)．设PQ →＝(x ，y ，z )，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤x ≤1，－1≤y ≤1，－1≤z ≤1.因为AM →·PQ →＝12·x ＋1·y ＋0·z ＝12x ＋y ，又－1≤x ≤1，－1≤y ≤1，所以－12≤12x ≤12. 所以－32≤12x ＋y ≤32. 故AM →·PQ →的最大值为32. 3．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为( ) A.32 B.1010C.35D.25答案 D 解析以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，M (1，12，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12)．所以AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12)．故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12， |AM →|＝ 02＋(12)2＋12＝52， |CN →|＝ 12＋02＋(12)2＝52，所以cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1252×52＝25. 4．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于( )A.64 B.104 C.22 D.32答案 A解析如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64. 5．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33 D.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A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ 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. 6．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.36 B.32 C.336 D.12答案 A解析设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →) ＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB → ＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36.选A.二、填空题7．在一直角坐标系中已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________．答案 217解析如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4，两异面直线AC 、BD 所成的角为60°，故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →，得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68，∴|AB →|＝217.8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________．答案 3510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 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)． ∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)．设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)．又A 1F →＝(12，1，－1)， ∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510. 9．已知正方形ABCD 的边长为4，CG ⊥平面ABCD ，CG ＝2，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则点C 到平面GEF 的距离为________．答案 61111 解析建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，则G (0,0,2)，E (2,4,0)，F (4,2,0)．所以GF →＝(4,2，－2)，GE →＝(2,4，－2)，CG →＝(0,0,2)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧GF →·n ＝0，GE →·n ＝0，得平面GEF 的一个法向量为n ＝(1,1,3)，所以点C 到平面GEF 的距离d ＝|n ·CG →||n |＝61111. 10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．答案 ①②解析设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3(A 1B 1→)2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确．三、解答题11.如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .证明 (1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∵E ，F 分别是PC ，PD 的中点，∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12，EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB .(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面P AD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC .12．(2014·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积．(1)证明连接BD 交AC 于点O ，连接EO .因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)解因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E (0，32，12)，AE →＝(0，32，12)．设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝(3m ，－1，3)．又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即 33＋4m 2＝12，解得m ＝32. 因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为12，三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.13．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，AB ⊥BC ，O 为AC 的中点．(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值；(3)在BC 1上是否存在一点E ，使得OE ∥平面A 1AB ？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，且O 为AC 的中点，∴A 1O ⊥AC .又侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，交线为AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解连接OB ，如图，以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则由题意可知B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0，3)，A (0，－1,0)．∴A 1C →＝(0,1，－3)，设平面A 1AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AA 1→＝n ·AB →＝0，而AA 1→＝(0,1，3)，AB →＝(1,1,0)，可求得一个法向量n ＝(3，－3，3)，∴|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|＝62×21＝217，故直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值为217.(3)解存在点E ，且E 为线段BC 1的中点．连接B 1C 交BC 1于点M ，连接AB 1、OM ，则M 为B 1C 的中点，从而OM 是△CAB 1的一条中位线，OM ∥AB 1，又AB 1⊂平面A 1AB ，OM ⊄平面A 1AB ，∴OM ∥平面A 1AB ，故BC 1的中点M 即为所求的E 点．。

高考数学二轮复习专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法练习-人教版高三全册数学试题

第3讲立体几何中的向量方法高考定位以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.真题感悟1.(2017·全国Ⅱ卷)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.33解析法一以B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1) 图(2)则B (0，0，0)，B 1(0，0，1)，C 1(1，0，1).又在△ABC 中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，则A (－1，3，0).所以AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1→＝(1，0，1)，则cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝（1，－3，1）·（1，0，1）5×2＝25×2＝105，因此，异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 法二如图(2)，设M ，N ，P 分别为AB ，BB 1，B 1C 1中点，则PN ∥BC 1，MN ∥AB 1，∴AB 1与BC 1所成的角是∠MNP 或其补角. ∵AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，∴MN ＝12AB 1＝52，NP ＝12BC 1＝22. 取BC 的中点Q ，连接PQ ，MQ ，则可知△PQM 为直角三角形，且PQ ＝1，MQ ＝12AC ，在△ABC 中，AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos∠ABC ＝4＋1－2×2×1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝7，AC ＝7，则MQ ＝72，则△MQP 中，MP ＝MQ 2＋PQ 2＝112，则△PMN 中，cos ∠PNM ＝MN 2＋NP 2－PM 22·MN ·NP＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222－⎝ ⎛⎭⎪⎫11222×52×22＝－105，又异面直线所成角X 围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，则余弦值为105. 答案 C2.(2018·全国Ⅲ卷)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.(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CDM ，故BC ⊥DM .因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC .由于DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz . 当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为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 的法向量，因此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为255. 3.(2018·全国Ⅰ卷)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 ，又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)解作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，以HF →的方向为y 轴的正方向，|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DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF .可得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为平面ABFD 的一个法向量. 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. 考点整合1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)，则(1)线面平行 l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同).(1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则 cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22.(2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则 sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos a ，μ|. (3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos μ，v |.热点一利用空间向量证明平行、垂直关系【例1】如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点.证明：(1)BE ⊥DC ；(2)BE ∥平面PAD ；(3)平面PCD ⊥平面PAD .证明依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1).(1)向量BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，故BE →·DC →＝0.所以BE ⊥DC .(2)因为AB ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥PA ，PA ∩AD ＝A ，PA ，AD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以向量AB →＝(1，0，0)为平面PAD 的一个法向量，而BE →·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE ⊥AB ，所以BE ∥平面PAD .(3)由(2)知平面PAD 的法向量AB →＝(1，0，0)，向量PD →＝(0，2，－2)，DC →＝(2，0，0)，设平面PCD 的一个法向量为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.且n ·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n ⊥AB →.所以平面PAD ⊥平面PCD .探究提高 1.利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何定理的条件，如在(2)中忽略BE ⊄平面PAD 而致误.【训练1】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)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).B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0，则B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ⊂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)， 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 ，EF ⊂平面EGF ，因此B 1D ⊥平面EGF .结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD .热点二利用空间向量计算空间角考法1 求线面角或异面直线所成的角【例2－1】 (2018·某某质检)如图，在梯形ABCD 中，AD ＝BC ，AB∥CD ，AC ⊥BD ，平面BDFE ⊥平面ABCD ，EF ∥BD ，BE ⊥BD .(1)求证：平面AFC ⊥平面BDFE ；(2)若AB ＝2CD ＝22，BE ＝EF ＝2，求BF 与平面DFC 所成角的正弦值.(1)证明 ∵平面BDFE ⊥平面ABCD ，平面BDFE ∩平面ABCD ＝BD ，AC ⊂平面ABCD ，AC ⊥BD ， ∴AC ⊥平面BDFE .又AC ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面BDFE .(2)解设AC ∩BD ＝O ，∵四边形ABCD 为等腰梯形，AC ⊥BD ，AB ＝2CD ＝22， ∴OD ＝OC ＝1，OB ＝OA ＝2，∵FE ∥OB 且FE ＝OB ，∴四边形FEBO 为平行四边形，∴OF ∥BE ，且OF ＝BE ＝2，又∵BE ⊥平面ABCD ，∴OF ⊥平面ABCD .以O 为原点，向量OA →，OB →，OF →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，则B (0，2，0)，D (0，－1，0)，F (0，0，2)，C (－1，0，0)，DF →＝(0，1，2)，CD →＝(1，－1，0)，BF →＝(0，－2，2)，设平面DFC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，有⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，CD →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，x －y ＝0. 不妨设z ＝1，得x ＝y ＝－2，得n ＝(－2，－2，1).于是cos 〈n ，BF →〉＝4＋28×9＝22. 设BF 与平面DFC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BF →〉|＝22. ∴BF 与平面DFC 所成角的正弦值为22. 探究提高 1.异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.2.直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角).【训练2】 (2018·某某卷)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点.(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值；(2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.解如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1 的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1.则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB .以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，－1，2)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2).(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0，2，2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020. 因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020. (2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，因此AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，AC 1→＝(0，2，2)，CC 1→＝(0，0，2). 设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1，1).设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55. 考法2 二面角的计算【例2－2】 (2018·某某模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1＝4，AB ＝2，AC ＝22，∠BAC ＝45°，点M 是棱AA 1上不同于A ，A 1的动点.(1)证明：BC ⊥B 1M ；(2)若平面MB 1C 把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角M －B 1C －A 的余弦值.(1)证明在△ABC 中，由余弦定理得，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos ∠BAC ＝4＋8－2×2×22×cos 45°＝4，∴BC ＝2，则有AB 2＋BC 2＝8＝AC 2，∴∠ABC ＝90°，∴BC ⊥AB ，又∵BB 1⊥BC ，BB 1∩AB ＝B ，∴BC ⊥平面ABB 1A 1，又B 1M ⊂平面ABB 1A 1，故BC ⊥B 1M . (2)解由题设知，平面MB 1C 把此三棱柱分成两个体积相等的几何体为四棱锥C －ABB 1M 和四棱锥B 1－A 1MCC 1. 由(1)知四棱锥C －ABB 1M 的高为BC ＝2，∵V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝12×2×2×4＝8， ∴V 四棱锥C －ABB 1M ＝12V 柱＝4，又V 四棱锥C －ABB 1M ＝13S 梯形ABB 1M ·BC ＝23S 梯形ABB 1M ＝4， ∴S 梯形ABB 1M ＝6＝AM ＋42×2，∴AM ＝2.此时M 为AA 1中点，以点B 为坐标原点，BA →，BC →，BB 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B －xyz .∴A (2，0，0)，C (0，2，0)，B 1(0，0，4)，M (2，0，2). ∴CB 1→＝(0，－2，4)，B 1M →＝(2，0，－2)，AC →＝(－2，2，0)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面CB 1M 的一个法向量，∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CB 1→＝0，n 1·B 1M →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1＋4z 1＝0，2x 1－2z 1＝0. 令z 1＝1，可得n 1＝(1，2，1)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACB 1的一个法向量，∴⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB 1→＝0，n 2·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 2＋4z 2＝0，－2x 2＋2y 2＝0. 令z 2＝1，得n 2＝(2，2，1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝736＝7618. 所以二面角M －B 1C －A 的余弦值等于7618. 探究提高 1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.【训练3】(2018·卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝5，AC＝AA1＝2.(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B－CD－C1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交.(1)证明在三棱柱ABC－A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形.又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1，又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC，因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E－xyz，由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1).所以BC →＝(－1，－2，0)，BD →＝(1，－2，1). 设平面BCD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋2y 0＝0，x 0－2y 0＋z 0＝0.令y 0＝－1，则x 0＝2，z 0＝－4. 于是n ＝(2，－1，－4).又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)，所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121.由题知二面角B －CD －C 1为钝角，所以其余弦值为－2121. (3)证明由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1). 因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG 与平面BCD 相交. 热点三利用空间向量求解探索性问题【例3】如图所示，在正四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2，侧棱长为2 2.(1)若点E 为PD 上的点，且PB ∥平面EAC ，试确定E 点的位置； (2)在(1)的条件下，在线段PA 上是否存在点F ，使平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114，若存在，求线段PF 的长度，若不存在，请说明理由.解 (1)设BD 交AC 于点O ，连接OE . ∵PB ∥平面AEC ，平面AEC ∩平面BDP ＝OE ， ∴PB ∥OE .又O 为BD 的中点，∴在△BDP 中E 为PD 中点. (2)连接OP ，由题知PO ⊥平面ABCD ，且AC ⊥BD ，∴以OC →，OD →，OP →所在直线为x 、y 、z 轴建立直角坐标系，如图.OP ＝PD 2－OD 2＝ 6.∴O (0，0，0)，A (－2，0，0)，B (0，－2，0)，C (2，0，0)，D (0，2，0)，P (0，0，6)，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，62，OC →＝(2，0，0)，OE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，62，OD →＝(0，2，0).设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1). 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OC →＝0，m ·OE →＝0⇒⎩⎨⎧x 1＝0，y 1＋3z 1＝0.令z 1＝1，得平面AEC 的一个法向量m ＝(0，－3，1)，假设在线段PA 上存在点F ，满足题设条件，不妨设PF →＝λPA →(0≤λ≤1). 则F (－2λ，0，6－6λ)，OF →＝(－2λ，0，6－6λ). 设平面BDF 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OD →＝0，n ·OF →＝0⇒⎩⎨⎧y 2＝0，－2λx 2＋（1－λ）6z 2＝0.令z 2＝1得平面BDF 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3（1－λ）λ，0，1.由平面AEC 与平面ADF 所成锐二面角的余弦值为114，则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝12·1＋3⎝⎛⎭⎪⎫1λ－12＝114，解得λ＝15.所以|PF →|＝15|PA →|＝225.故在线段PA 上存在点F ，当|PF |＝225时，使得平面AEC 和平面BDF 所成的锐二面角的余弦值为114.探究提高 1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.2.空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定X 围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论. 【训练4】 (2018·某某质检)如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为2的菱形，DE ⊥平面ABCD ，BF ⊥平面ABCD ，DE ＝22，DE >BF ，∠ABC ＝120°.(1)当BF 长为多少时，平面AEF ⊥平面CEF? (2)在(1)的条件下，求二面角E －AC －F 的余弦值. 解 (1)连接BD 交AC 于点O ，则AC ⊥BD . 取EF 的中点G ，连接OG ，则OG ∥DE . ∵DE ⊥平面ABCD ，∴OG ⊥平面ABCD . ∴OG ，AC ，BD 两两垂直.以AC ，BD ，OG 所在直线分别作为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(如图)，设BF ＝m (0<m <22)，由题意，易求A (3，0，0)，C (－3，0，0)，E (0，－1，22)，F (0，1，m ).则AE →＝(－3，－1，22)，AF →＝(－3，1，m )，CE →＝(3，－1，22)，CF →＝(3，1，m )，设平面AEF ，平面CEF 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2). 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，∴⎩⎨⎧－3x 1－y 1＋22z 1＝0，－3x 1＋y 1＋mz 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝23m ＋22x 1，y 1＝26－3m m ＋22x 1.取x 1＝m ＋22，得n 1＝(m ＋22，26－3m ，23). 同理可求n 2＝(m ＋22，3m －26，－23). 若平面AEF ⊥平面CEF ，则n 1·n 2＝0，∴(m ＋22)2＋(3m －26)(26－3m )－12＝0，解得m ＝2或m ＝72(舍)，故当BF 长为2时，平面AEF ⊥平面CEF .(2)当m ＝2时，AE →＝(－3，－1，22)，AC →＝(－23，0，0)，EF →＝(0，2，－2)，AF →＝(－3，1，2)，CF →＝(3，1，2)，则EF →·AF →＝0，EF →·CF →＝0，所以EF ⊥AF ，EF ⊥CF ，且AF ∩CF ＝F ，所以EF ⊥平面AFC ，所以平面AFC 的一个法向量为EF →＝(0，2，－2). 设平面AEC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0，∴⎩⎨⎧－3x －y ＋22z ＝0，x ＝0，得⎩⎨⎧y ＝22z ，x ＝0. 令z ＝2，n ＝(0，4，2).从而cos 〈n ，EF →〉＝n ·EF →|n |·|EF →|＝663＝33.故所求的二面角E －AC －F 的余弦值为33.1.两条直线夹角的X 围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.设直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2，其夹角为θ，则cos θ＝|cos n 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.2.二面角的X 围为[0，π].设半平面α与β的法向量分别为n 1与n 2，二面角为θ，则|cosθ|＝|cos n 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的X 围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性.一、选择题1.在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是( ) A.32B.22C.104 D.64解析如图，建立空间直角坐标系，易求点D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1，平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1，0，0)，所以sin α＝|cos 〈n ，AD →〉|＝322＝64. 答案 D2.(2018·某某质检)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是底面ABCD 上的动点，则(CE →－CA 1→)·D 1B 1→的最大值为( ) A.22B.1C.2D. 6 解析由正方体性质知CA 1→·D 1B 1→＝0，则(CE →－CA 1→)·D 1B 1→＝CE →·D 1B 1→.建立如图所示的空间直角坐标系，则B (1，1，0)，C (0，1，0).设点E (x ，y ，0)，则CE →＝(x ，y －1，0)，D 1B 1→＝DB →＝(1，1，0).∴CE →·D 1B 1→＝(x ，y －1，0)·(1，1，0)＝x ＋y －1.易知当E 位于点B 时，x ＋y 有最大值2.因此CE →·D 1B 1→的最大值为2－1＝1. 答案 B3.(2018·某某中学质检)如图，在四棱锥C －ABOD 中，CO ⊥平面ABOD ，AB ∥OD ，OB ⊥OD ，且AB ＝2OD ＝4，AD ＝22，异面直线CD 与AB 所成角为30°，若点O ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.72πB.8πC.283πD.263π解析 ∵CD 与AB 所成角为30°，且AB ∥OD ，∴∠CDO ＝30°，由OD ＝2，知OC ＝OD ·tan 30°＝233.在直角梯形ABOD 中，OB ＝AD 2－4＝2.因此(2R )2＝OB 2＋OD 2＋OC 2＝283，故球的表面积S ＝4πR 2＝283π.答案 C4.(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22解析法一如图，连接BD 1，交DB 1于O ，取AB 的中点M ，连接DM ，OM .易知O 为BD 1的中点，所以AD 1∥OM ，则∠MOD 为异面直线AD 1与DB 1所成角.因为在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，AD 1＝AD 2＋DD 21＝2，DM ＝AD 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB 2＝52，DB 1＝AB 2＋AD 2＋DD 21＝5.所以OM ＝12AD 1＝1，OD ＝12DB 1＝52，于是在△DMO 中，由余弦定理，得cos ∠MOD ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫5222×1×52＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.法二以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，如图所示.由条件可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，D 1(0，0，3)，B 1(1，1，3)，所以AD 1→＝ (－1，0，3)，DB 1→＝(1，1，3).则cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55，即异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55. 答案 C5.(2018·某某雅礼中学检测)在三棱锥P －ABC 中，点P 在底面的正投影恰好是等边△ABC 的边AB 的中点，且点P 到底面ABC 的距离等于底面边长.设△PAC 与底面所成的二面角的大小为α，△PBC 与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是( ) A.343B.25 3 C.－8133D.－583解析如图，设点P 在边AB 上的射影为H ，作HF ⊥BC ，HE ⊥AC ，连接PF ，PE .依题意，∠HEP ＝α，∠PFH ＝β.不妨设等边△ABC 的边长为2，则PH ＝2，AH ＝BH ＝1. ∴HE ＝32，HF ＝32，则tan α＝tan β＝232＝43，故tan(α＋β)＝2tan α1－tan 2α＝2×431－⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝－8133. 答案 C 二、填空题6.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos(α－β)＝________.解析 ∵AC ⊥BD 且AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BB 1D 1D ⇒AC ⊥DE ，∴α＝π2. 取A 1D 1的中点F ，连EF ，FD ，易知EF ⊥平面ADD 1A 1，则β＝∠EDF .cos(α－β)＝cos ⎝⎛⎭⎪⎫π2－∠EDF＝sin ∠EDF ＝EF ED＝66. 答案66三、解答题7.(2017·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A －PB －C 的余弦值. (1)证明 ∵∠BAP ＝∠CDP ＝90°，∴PA ⊥AB ，PD ⊥CD ，又∵AB ∥CD ，∴PD ⊥AB ，又∵PD ∩PA ＝P ，PD ，PA ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)解在平面PAD 内作PO ⊥AD ，垂足为点O .由(1)可知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PO ，又AB ∩AD ＝A ，可得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 ，设PA ＝2，∴D (－2，0，0)，B (2，2，0)，P (0，0，2)，C (－2，2，0)，∴PD →＝(－2，0，－2)，PB →＝(2，2，－2)， BC →＝(－22，0，0)，设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BC →＝0得⎩⎨⎧2x ＋2y －2z ＝0，－22x ＝0.令y ＝1，则z ＝2，x ＝0，可得平面PBC 的一个法向量n ＝(0，1，2)，∵∠APD ＝90°，∴PD ⊥PA ，又知AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，∴PD ⊥AB ，又PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ， ∴PD ⊥平面PAB ，即PD →是平面PAB 的一个法向量，∴cos 〈PD →，n 〉＝PD →·n |PD →|·|n |＝－223＝－33，由图知二面角A －PB －C 为钝角，所以它的余弦值为－33. 8.(2018·某某卷)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2. (1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值.(1)证明如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz . 由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，3，1).因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0，23，－3).由AB 1→·A 1B 1→＝0得AB 1⊥A 1B 1.由AB 1→·A 1C 1→＝0得AB 1⊥A 1C 1，A 1B 1∩A 1C 1＝A 1，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1→＝(0，23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0，0，2).设平面ABB 1的法向量n ＝(x ，y ，z ).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，令y ＝1，则x ＝－3，z ＝0，可得平面ABB 1的一个法向量n ＝(－3，1，0).所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→|·|n |＝3913. 因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 9.(2018·某某模拟)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，∴OD →＝(3，0，6)，AQ →＝(0，m ，0)，PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6，m －92，－3， ∵OD →·AQ →＝0，OD →·PQ →＝0.∴OD ⊥AQ ，OD ⊥PQ ，且AQ ∩PQ ＝Q ，∴OD ⊥平面PAQ .(2)解 ∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3，则Q (6，3，0)，∴QB →＝(－6，3，0)，BC →＝(0，－3，6).设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∵⎩⎪⎨⎪⎧n 1·QB →＝0，n 1·BC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－6x ＋3y ＝0，－3y ＋6z ＝0，令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，则n 1＝(1，2，1)，又显然，平面ABQ 的法向量为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. 所以二面角C －BQ －A 的余弦值为66. 10.(2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点.(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM所成角的正弦值.(1)证明因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .(2)解如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23).取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2，0，0).设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)，则AM →＝(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 ＋（4－a ）y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a2. 由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a2＝32，解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43. 又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 11.(2018·某某调研)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE －BCF 和一个正四棱锥P －ABCD 组合而成，AD ⊥AF ，AE ＝AD ＝2.(1)证明：平面PAD ⊥平面ABFE ；(2)求正四棱锥P －ABCD 的高h ，使得二面角C －AF －P 的余弦值是223. (1)证明由于几何体是由一个直三棱柱ADE －BCF 和一个正四棱锥P －ABCD 的组合体. ∴AD ⊥AB ，又AD ⊥AF ，AF ∩AB ＝A ，∴AD ⊥平面ABFE .又AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABFE .(2)解以A 为原点，AB →，AE →，AD →的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A －xyz .设正四棱锥的高为h ，AE ＝AD ＝2，则A (0，0，0)，F (2，2，0)，C (2，0，2)，P (1，－h ，1)，设平面ACF 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )，AF →＝(2，2，0)，AC →＝(2，0，2)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AF →＝2x ＋2y ＝0，m ·AC →＝2x ＋2z ＝0，取x ＝1，得m ＝(1，－1，－1)，设平面AFP 的一个法向量n ＝(a ，b ，c )， AP →＝(1，－h ，1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AF →＝2a ＋2b ＝0，n ·AP →＝a －hb ＋c ＝0，取b ＝1，则n ＝(－1，1，1＋h )，二面角C －AF －P 的余弦值223， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m |·|n |＝|－1－1－（1＋h ）|3·2＋（h ＋1）2＝223，解得h ＝1或h ＝－35(舍去). ∴当正四棱锥P －ABCD 的高为1时，二面角C －AF －P 的余弦值为223.。