(江苏专用)高考数学一轮复习第八章立体几何第6讲立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直练习理
高考数学复习 第八章 立体几何与空间向量 确定球心位置的三种方法
确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是()A．16πB．20πC．24πD．32π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C．【答案】 C方法二构造长方体或正方体确定球心(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为()A．2B．6 2C．112D．52【解析】易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝1212＋12＋22＝62.故选B．【答案】 B方法三 由性质确定球心利用球心O 与截面圆圆心O ′的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．正三棱锥A -BCD 内接于球O ，且底面边长为3，侧棱长为2，则球O 的表面积为________．【解析】 如图，M 为底面△BCD 的中心，易知AM ⊥MD ，DM ＝1，AM ＝ 3.在Rt △DOM 中，OD 2＝OM 2＋MD 2，即OD 2＝(3－OD )2＋1，解得OD ＝233，故球O 的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫2332＝163π.【答案】163π。
第八章第六节立体几何中的向量方法课件共18张PPT
A．－
10 10
B．－210
C．210
D．
10 10
D [建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，
设 DA＝1，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E(0，12 ，1)，
则A→C ＝(－1，1，0)，D→E ＝(0，12 ，1)，
设异面直线 DE 与 AC 所成的角为 θ，
则 cos θ＝|cos〈A→C
(2)点到平面的距离 如图所示，已知 AB 为平面 α 的一条斜线段，n 为平面 α 的法向量，则 B 到平面 α 的距离为|B→O |＝|A→B|n·| n| .
直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量：l 是空间一直线，A，B 是直线 l 上任意两点，则称A→B 为直线 l 的方向向量，与A→B 平行的任意非零向量也是直线 l 的方向向量．
，D→E
〉|＝
10 10
.]
4．(选修 2－1P113 习题 T9 改编)如图所示，在空间直角坐标系中，有一 棱长为 a 的正方体 ABCD-A′B′C′D′，A′C 的中点 E 与 AB 的中点 F 的 距离为________．
解析： 由图易知 A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A′(a，0， a)，所以 F(a，a2 ，0)，E(a2 ，a2 ，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)√
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
所以 EF＝ （a－a2）2＋（a2－a2）2＋（0－a2）2
【聚焦典型题】(苏教版)高考一轮数学(理)：《立体几何中的向量方法》1.ppt
A．α∥β
B．α⊥β
C．α、β 相交但不垂直 D．以上均不正确
3．已知A→B＝(2,2,1)，A→C＝(4,5,3)，则平面 ABC
的单位法向量为( )．
A.31，－23，32
B.－13，23，－23
C．±31，－23，32
D.32，13，－32
4．下列命题中，所有正确命题的序号为________． ①若 n1，n2 分别是平面 α，β 的法向量，则 n1∥ n2⇔α∥β； ②若 n1，n2 分别是平面 α，β 的法向量，则 α⊥β ⇔n1·n2＝0； ③若 n 是平面 α 的法向量，a 与 α 共面，则 n·a ＝0； ④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一 定不垂直．
组为nn··ba＝＝00，.
考点梳理
(2)用向量证明空间中的平行关系 ①设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2，则 l1∥l2(或 l1 与 l2 重合)⇔ v1∥v2 . ②设直线 l 的方向向量为 v，与平面 α 共面的两个不共线 向量 v1 和 v2， 则 l∥α 或 l⊂α⇔ 存在两个实数 x，y，使 v＝xv1＋yv2 . ③设直线 l 的方向向量为 v，平面 α 的法向量为 u，则 l∥α 或 l⊂α ⇔v⊥u. ④设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1，u2，则 α∥β⇔u1∥u2.
第7讲 立体几何中的向量方法(一)
【2014年高考会这样考】
1．通过线线、线面、面面关系考查空间向量的坐标运算． 2．利用空间向量解决直线、平面的平行与垂直问题． 3．利用空间向量求空间距离.
抓住3个考点 突破3个考向 揭秘3高考 限时规范训练空间向量的坐标表示及运算
单击标题可完成对应小部 分的学习，每小部分独立 成块，可全讲，也可选讲
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；。
高考数学一轮复习第八章立体几何第六节利用空间向量求空间角课件理
(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成 的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选 择一个合理的位置建立空间直角坐标系．
[易错防范] 1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间 角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同． 2．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
答案：13
4．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为 BB1 的中点，则平 面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．
解析：以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长 为 1，
则 A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0，1,0)，
以 B 为原点，分别以
的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的
正方向建立空间直角坐标系，则 A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，
F(2,2,1)．
因为 AB⊥平面 BEC，所以 ＝(0,0,2)为平面 BEC 的法向量． 设 n＝(x，y，z)为平面 AEF 的法向量．
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为23.
A(0，－ 3，0)，E(1,0， 2)，F－1，0， 22，C(0， 3，0)，
所以直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值为
3 3.
[解题模板] 利用向量法求异面直线所成角的步骤
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( )
接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3.
通用版2022届高考数学一轮总复习第八章立体几何第6讲空间坐标系与空间向量课件
题组一 走出误区 1.(多选题)下列结论中正确的是( ) A.空间中任意两个非零向量 a，b 共面 B.对于非零向量 b，由 a·b＝b·c，则 a＝c C.若 A，B，C，D 是空间任意四点，则有A→B＋B→C＋C→D＋D→A ＝0 D.若 a·b<0，则 a，b 是钝角 答案：AC
题组二 走进教材
A.－2
解析：由球 O 的半径为 2，A，B 是球面上的两点， 且 AB＝2 3，可得∠AOB＝23π， O→A·O→B＝2×2×－12＝－2，|O→A＋O→B|＝2， P→A·P→B＝(O→A－O→P)·(O→B－O→P)＝O→A·O→B－(O→A＋O→B)·O→P＋ O→P2＝－2－|O→A＋O→B|·|O→P|cos θ＋4＝2－4cos θ∈[－2,6]，故选
图 8-6-5 当A→1C＝2A→1P时，A→1P＝－12， 23，－12， D→P＝D→A1＋A→1P＝12， 23，12，而D→B1＝(1， 3，1)，
∴D→P＝12D→B1， ∴B1，P，D 三点共线，A 正确； 令A→P＝A→A1＋A→1P＝A→A1＋λA→1C＝(－λ， 3λ，1－λ). 当A→P⊥A→1C时，A→P·A→1C＝5λ－1＝0，∴λ＝15， ∴A→P·D→1P＝－15， 53，45·45， 53，－15＝－15≠0， ∴A→P与D→1P不垂直，B 错误；
∴AB1 与 BC1 所成的角是∠MNP 或其补角.
∵AB＝2，BC＝CC1＝1，
∴MN＝12AB1＝
25，NP＝12BC1＝
2 2.
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，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋
高三数学一轮复习精品课件5：立体几何中的向量方法
∵EF＝3 2 2，AF＝A′E＝3 2 5，A′F＝92，
∴|cos∠A′FE|＝ 22，即异面直线 A′F 与 AC 所成角的余
弦值为
2 2.
拓展提高 本题可从两个不同角度求异面直线所成的角， 一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向 量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线 所成角的关键，一般地，异面直线 AC，BD 的夹角 β 的余弦值
(2)[解] 连接 EF，B′E，B′F，A′E，AF，设 AE＝BF ＝m，则三棱锥 B－EB′F 的体积为 V＝12m(3－m)≤m＋38－m2
＝98，当 m＝32时取等号． 故当 m＝32，即点 E，F 分别是棱 AB，BC 的中点时，三棱
锥 B－EB′F 的体积最大，则|cos∠A′FE|为所求．
(3)求二面角的大小 a．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＝〈A→B，C→D〉．
b．如图②③，n1，n2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〈n1，n2〉或π－ cos〈n1，n2〉．
(3)用向量证明空间中的平行关系 ①设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重
合)⇔v1∥v2. ②设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1
和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y使v＝xv1＋yv2. ③设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂
图(1) OP＝14AD.
从而 OP∥FQ，且 OP＝FQ，
所以四边形 OPQF 为平行四边形，故 PQ∥OF.
又 PQ⊄平面 BCD，OF 平面 BCD，所以 PQ∥平面 BCD.
2014届高考江苏专用(理)一轮复习第八章第6讲立体几何中的向量方法(Ⅰ)——证明平行与垂直
证明
如图建立空间直角坐标系A－xyz，
令AB＝AA1＝4， 则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，
B1(4,0,4)．
(1)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)，
→ → (2)依题意有 B(1,0,1)，CB＝(1,0,0)，BP＝(－1,2，－1)．
→ n· ＝0， CB 设 n＝(x，y，z)是平面 PBC 的法向量，则 → n· ＝0， BP
x＝0， 即 －x＋2y－z＝0.
因此可取 n＝(0，－1，－2)．
→ m· ＝0， BP 设 m 是平面 PBQ 的法向量，则 → m· ＝0. PQ
第6讲 立体几何中的向量方法(Ⅰ) ——证明平行与垂直
考点梳理
1．直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量：l 是空间一直线，A，B 是直线 l → → 上任意两点，则称AB为直线 l 的方向向量，与AB平行
非零向量 的任意_________也是直线 l 的方向向量．
(2)平面的法向量：可利用方程组求出，设 a，b 是平面 α 内两不共线向量，n 为平面 α 的法向量，则求法向量
的中点．证明：
(1)AE⊥CD； (2)PD⊥平面ABE. 证明 AB、AD、AP两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝ AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．
(1)∵∠ABC＝60°，
△ABC为正三角形．
1 ∴C ， 2
1 3 3 1 ，0，E ， ， . 4 2 4 2
解
设平面 ABC 的法向量 n＝(x，y，z)．
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第6讲 空间向量及其运算 理(2021年最新整理)
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本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为2018版高考数学一轮复习第八章立体几何第6讲空间向量及其运算理的全部内容。
第6讲空间向量及其运算一、选择题1．以下四个命题中正确的是（)．A．空间的任何一个向量都可用其他三个向量表示B．若｛a，b，c｝为空间向量的一组基底，则｛a＋b，b＋c，c＋a}构成空间向量的另一组基底C．△ABC为直角三角形的充要条件是错误!·错误!＝0D．任何三个不共线的向量都可构成空间向量的一组基底解析若a＋b、b＋c、c＋a为共面向量，则a＋b＝λ(b＋c)＋μ(c＋a)，（1－μ）a＝(λ－1)b＋（λ＋μ）c,λ，μ不可能同时为1,设μ≠1,则a＝错误!b＋错误!c,则a、b、c为共面向量，此与{a，b，c}为空间向量基底矛盾．答案B2．若向量a＝(1，1，x)，b＝（1,2,1)，c＝(1,1,1)，满足条件（c－a）·（2b)＝－2，则x ＝（）．A．－4 B．－2 C．4 D．2解析∵a＝(1，1,x)，b＝(1，2,1），c＝(1,1,1），∴c－a＝(0,0，1－x)，2b＝（2，4，2）．∴（c－a）·(2b）＝2(1－x）＝－2，∴x＝2。
答案D3．若｛a，b，c}为空间的一组基底，则下列各项中,能构成基底的一组向量是（）．A．{a,a＋b,a－b｝B．{b，a＋b，a－b}C．｛c，a＋b，a－b} D．｛a＋b，a－b，a＋2b}解析若c、a＋b、a－b共面,则c＝λ（a＋b)＋m(a－b)＝(λ＋m）a＋（λ－m）b,则a、b、c为共面向量，此与{a，b，c｝为空间向量的一组基底矛盾，故c，a＋b，a－b可构成空间向量的一组基底．答案C4。
2019届高三数学课标一轮复习课件：8-6 立体几何中的向
)
关闭
不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2. 可得 A(2,0,0),B12 (0,2,1), 5 O(0,0,0),B(0,0,1),C 1(0,2,0), 5 5 A. B. 3 C. 5 ∴ ������������ 5 1 =(0,2,-1), ������������1 =(-2,2,1),
-5知识梳理 双击自测
3.利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的角 π 0 , ①范围:两条异面直线所成的角θ的取值范围是 2 . ②向量求法:设直线a,b的方向向量为a,b,其夹角为φ,则有cos θ=|cos φ| . (2)直线与平面所成的角 π 0 , ①范围:直线和平面所成的角θ的取值范围是 . 2 ②向量求法:设直线l的方向向量为a,平面的法向量为u,直线与平 面所成的角为θ,a与u的夹角为φ,则有sin θ=|cos φ| 或cos θ=sin φ.
当 a=(1,1,2)时 ,a= n,则 l⊥α; 当 a=(-1,-1,1)时 ,a· n=(-1,-1,1)· (2,2,4)=0, 则 l∥α 或 l⊂α. l⊥α l∥α 或 l⊂α
解析
2
关闭
1
答案
-10知识梳理 双击自测
4.正三棱锥的三个侧面两两垂直,则它的侧面与底面所成的二面角 的余弦值为 .
关闭
设正三棱锥 A-BCD(如图所示), 以������������ , ������������ , ������������ 为基底 , 设 |������������ |=|������������ |=|������������ |=m, 取 CD 的中点为 E,则三棱锥侧面与底面所成角 θ=<������������, ������������ >. 1 1 而������������=- ( ������������ + ������������ ),������������ = ������������ − (������������ + ������������ ).
一轮优化探究理数(苏教版)课件：第八章 立体几何 第六节 立体几何中的向量方法
主干知识 自主排查
C
目 录
ONTENTS
核心考点 互动探究 真题演练 高考预测 课时作业 知能提升
主干知识 自主排查
一、平面的法向量 1．所谓平面的法向量，就是指所在的直线与平面 垂直的向量， 显然一个平面的法向量有无数 多个，它们是共线 向量． 2．在空间中，给定一个点 A 和一个向量 a，那么以向量 a 为法 向量且经过点 A 的平面是 惟一的．
解析：∵a· b＝(2,4，－4)· (－6,9,6)＝2×(－6)＋4×9－4×6＝0， ∴a⊥b.
2．设平面 α 的法向量为(1,2，－2)，平面 β 的法向量为
4 (－2，－4，k)，若 α∥β，则 k＝________.
解析：∵α∥β，∴(－2，－4，k)＝λ(1,2，－2)，∴－2＝λ，k ＝－2λ，∴k＝4.
2.求直线与平面所成的角 设直线 l 的方向向量为 a，平面 α 的法向量为 n，直线 l 与平面 α 所成的角为 θ， 则 sin θ＝
|cos 〈a，n〉|
|a· n| ＝ |a||n| .
3．求二面角的大小 (1)若 AB、CD 分别是二面角 αlβ 的两个面内与棱 l 垂直的异 → 与CD → 向量 AB 面直线，则二面角的大小就是 的夹角(如图 ① )．
∴m＝4.
5．如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中，M 和 N 分别是 A1B1 和 BB1 的中点， 那么直线 AM 与 CN 所成角的余 弦值为________．
→ 为 x 轴，DC → 为 y 轴，DD → 为 z 轴， 解析：以 D 为坐标原点，DA 1 建立空间直角坐标系，如图所示． 1 则 A(1,0,0)，M(1， ，1)，C(0,1,0)， 2 1 N(1,1， )， 2 1 1 → → ∴AM＝(0， ，1)，CN＝(1,0， )， 2 2
高考数学总复习 78 立体几何中的向量方法课件 苏教版
23＝2
3y，
0＝x＋4y，
32＝－2x－2y，
x＝－1， 方程组的解为y＝41，
∴C→M＝－P→D＋14P→A
由共面向量定理知C→M与P→D、P→A共面，故假设成立，
第二十页，共61页。
又∵CM⃘ 平面 PAD， ∴CM∥平面 PAD. (2)取 AP 的中点 E，连接 BE， 则 E( 3，2,1)，B→E＝(－ 3，2,1)． ∵PB＝AB，∴BE⊥PA. 又∵B→E·D→A＝(－ 3，2,1)· (2 3，3,0)＝0， ∴B→E⊥D→A，∴BE⊥DA，又 PA∩DA＝A. ∴BE⊥平面 PAD，又∵BE 平面 PAB， ∴平面 PAB⊥平面 PAD.
第八页，共61页。
2．已知平面 α 内有一个点 M(1，－1,2)，平面 α 的一个法向量 n ＝(6，－3,6)，则下列点 P 中在平面 α 内的是( )
A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1) C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4) 解析：对于选项 A，P→M＝(1，－1,2)－(2,3,3)＝(－1，－4，－1) P→M·n＝(－1，－4，－1)·(6，－3,6)＝－6＋12－6＝0，∴P→M⊥ n. 答案：A
第十页，共61页。
4．(2013·舟山调研)已知A→B＝(2,2,1)，A→C＝(4,5,3)，则平面 ABC 的单位法向量是________．
解析：设平面 ABC 的法向量为 a＝(x，y，z)，则aa··AA→ →CB＝＝00 即
2x＋2y＋z＝0 ① 4x＋5y＋3z＝0 ②
①×3－②得 2x＋y＝0
(2)求直线与平面所成的 角设直线 l 的方向向量为 a，平面 α 的法向量为 n，直线 l 与平 面 α 所成的角为 θ，则 sin θ＝|cos〈a，n〉|＝||aa|·|nb||. (3)求二面角的大小 ①若 AB、CD 分别是二面角 α－l－β 的两个半平面内与棱 l 垂直 的异面直线，则二面角的大小就是向量A→B与C→D的夹角(如图①)．
专题7《立体几何》第6讲 立体几何中的向量方法 2022届高考数学一轮复习讲解
第6讲 立体几何中的向量方法（理） Ⅰ 考 点 解 读知识点一：直线的方向向量与平面的法向量1.直线的方向向量设l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量，与AB →平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量．2.平面的法向量若直线l 垂直于平面α，则把直线l 的方向向量a 叫作平面α的法向量.知识点二：用向量法证明空间中的平行与垂直关系1.用向量证明空间中的平行关系设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面π1，π2的法向量分别为n 1，n 2.(1)线线平行：l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝λb (λ∈R )(2)线面平行：l ∥π1⇔a ⊥n 1⇔a ·n 1＝0(3)面面平行：π1∥π2⇔n 1∥n 2⇔n 1＝k n 2 (k ∈R )2.用向量证明空间中的垂直关系设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面π1，π2的法向量分别为n 1，n 2.(1)线线垂直：l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a·b ＝0(2)线面垂直：l ⊥π1⇔a ∥n 1⇔a ＝k n 1 (k ∈R )(3)面面垂直：π1⊥π2⇔n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0知识点三：用向量法求空间角1.直线间的夹角设直线l 1与l 2的方向向量分别为s 1，s 2.2.直线与平面的夹角设直线l 的方向向量为s ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α的夹角为θ.3.平面间的夹角（1）两平面间夹角的求法： 设平面π1与π2的法向量分别为n 1与n 2，平面π1与平面π2的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|.（2）二面角的求法：设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〉或－cos 〈n 1，n 2〉．知识点四：用向量法求空间距离1.利用向量求点A 到直线l 的距离步骤：(1)找到直线l 的方向向量s ；(2)在直线l 上任取一点P ；(3)计算点P 到点A 的距离|P A →|；(4)计算P A →在向量s 上的投影P A →·s 0；(5)计算点A 到直线l 的距离d ＝|P A →|2－|P A →·s 0|2.2.利用向量求点A 到平面π的距离步骤：(1)找到平面π的法向量n ；(2)在平面π内任取一点P ；(3)计算P A →在向量n 上的投影P A →·n 0；(4)计算点A 到平面π的距离d ＝|P A →·n 0|.Ⅱ 解 题 模 板题型一：求平面的法向量例1：如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，(1)求面A 1BC 1的一个法向量；(2)若M 为CD 的中点，求面AMD 1的一个法向量．例2：已知平面α经过点A (1，2，3)，B (2，0，－1)，C (3，－2，0)，试求平面α的一个法向量．规律总结：求一个平面的法向量，主要有以下两种方法：①根据立体几何的知识，可以明确找到该平面的垂线，则以该垂线的方向向量为该平面的法向量．②对于一般位置状态的平面，采用右图步骤求法向量．题型二：利用向量证明平行问题例1：在正方体AC1中，O，M分别为DB1，D1C1的中点.求证：OM∥BC1.例2：如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点.求证：MN∥平面A1BD.例3：如图所示，平面P AD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△P AD是直角三角形，且P A＝AD＝2，E、F、G分别是线段P A、PD、CD的中点.求证：PB∥平面EFG.规律总结：证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为了数量的计算问题．题型三：利用向量证明垂直问题例1：已知在四面体S-ABC中，SA⊥BC，SB⊥AC.求证：SC⊥AB.例2：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点.求证：EF⊥平面B1AC.例3：如图所示，在四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，P A＝AB＝BC，E是PC的中点.(1)求证：AE⊥CD；(2)求证：PD⊥平面ABE.例4：如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，E为BB1的中点.求证：平面AEC1⊥平面AA1C1C.规律总结：证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；而直线与平面垂直，平面与平面垂直可转化为直线与直线垂直证明．题型四：利用向量求直线间的夹角例1：已知ABCD-A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，高AA1＝2，求异面直线BD与AB1所成角的余弦值.例2：已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，求异面直线AE 与BC 所成角的余弦值．例3：如图所示，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，求直线EF 和BC 1所成的角．例4：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.求直线AD 与GF 所成的角的余弦值．规律总结：异面直线所成角范围是(0°，90°]，若异面直线a ，b 的方向向量为m ，n ，异面直线a ，b 所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|.求异面直线所成角的解题过程是：(1)建系；(2)求点坐标；(3)表示向量；(4)计算．题型五：利用向量求直线与平面的夹角例1：如图所示，已知点P 在正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°.(1)求直线DP 与CC ′所成角的大小；(2)求直线DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．例2：已知三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分 别为PB ，BC 的中点.求直线SN 与平面CMN 所成角的大小．例3：在正四棱锥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 .求直线BC 与平面P AC 所成的角．规律总结：直线与平面的夹角可以转化成直线的方向向量与平面的法向量的夹角，由于向量方向的变化，所以要注意它们的区别与联系．题型六：利用向量求平面间的夹角例1：如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ，PD ＝AD ，PD ⊥底面ABCD .求二面角A -PB -C 的余弦值．例2：如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ＝2，BC ＝22，E ，F 分别是AD ，PC 的中点．(1)求证：直线PC ⊥平面BEF ；(2)求平面BEF 与平面BAP 夹角的大小．例3：如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23.求平面ACM 与平面BCD 所成二面角的正弦值．规律总结：求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．题型七：利用向量求点到直线的距离例1：在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点F ，G 分别是AB ，CC 1的中点，求点D 1到直线GF 的距离．例2：已知ABCD －EFGH 是棱长为1的正方体，若点P 在正方体内部且满足AP →＝34AB →＋12AD →＋23AE →，求点P 到 直线AB 的距离．例3：如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被截面AEC 1F 所截而得到的，其中AB ＝4，BC ＝2，CC 1＝3，BE ＝1.求点C 到平面AEC 1F 的距离．题型八：利用向量求点到平面的距离例1：在四面体P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，求点P 到平面ABC 的距离．例2：在三棱锥SABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ＝23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点，如图所示，求点B 到平面CMN 的距离．例3：如图，△BCD 与△MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，AB ＝23.求点A 到平面MBC 的距离.第6讲 立体几何中的向量方法题型一：求平面的法向量1.以A 为坐标原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图，设正方体的棱长为a .(1)∵B 1D ⊥BC 1，B 1D ⊥A 1B ，BC 1∩A 1B ＝B ，∴B 1D ⊥面A 1BC 1又∵B 1D →＝(0，a,0)－(a,0，a )＝(－a ，a ，－a )，∴n 2＝1aB 1D →＝(－1,1，－1)为面A 1BC 1的一个法向量． (2)设n ＝(x 0，y 0，z 0)为面AMD 1的法向量，∵AM →＝(a 2，a,0)，AD 1→＝(0，a ，a )， ∴⎩⎨⎧n ·AM →＝(x 0，y 0，z 0)·(a 2，a ，0)＝a 2x 0＋ay 0＝0，n ·AD 1→＝(x 0，y 0，z 0)·(0，a ，a )＝ay 0＋az 0＝0.令x 0＝2，则y 0＝－1，z 0＝1，∴n ＝(2，－1,1)为面AMD 1的一个法向量．2.∵A (1,2,3)，B (2,0，－1)，C (3，－2,0)，∴AB →＝(1，－2，－4)，AC →＝(2，－4，－3)．设平面α的一个法向量是n ＝(x ，y ，z )，依题意，应用n ·AB →＝0且n ·AC →＝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α的一个法向量是n ＝(2,1,0).题型二：利用向量证明平行问题1.如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则O (1,1,1)，M (0,1,2)，B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，OM →＝(－1,0,1)，BC 1→＝(－2,0,2)，∴OM →＝12BC 1→，∴OM →∥BC 1→，∴OM ∥BC 1. 2.法一：如图所示，以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则M ()0，1，12，N ()12，1，1，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，于是MN →＝()12，0，12，设平面A 1BD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )．则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎨⎧ x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1.∴n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝()12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n ，又MN ⊄平面A 1BD ，∴MN ∥平面A 1BD .法二：MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C → ＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→， ∴MN →∥DA 1→，又∵MN 与DA 1不共线，∴MN ∥DA 1，又∵MN ⊄平面A 1BD ，A 1D ⊂平面A 1BD ，∴MN ∥平面A 1BD .3.∵平面P AD ⊥平面ABCD 且ABCD 为正方形，∴AB 、AP 、AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)、B (2,0,0)、C (2,2,0)、D (0,2,0)、P (0,0,2)、E (0,0,1)、F (0,1,1)、G (1,2,0)．∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →、FE →与FG →共面．∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .题型三：利用向量证明垂直问题1.取SA →＝a ，SB →＝b ，SC →＝c ，由已知SA ⊥BC ，SB ⊥AC ，即⎩⎨⎧a ·(c －b )＝0 ①b ·(c －a )＝0 ② ②－①得c ·(b －a )＝0， 则SC ⊥AB .2.建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则有A (2,0,0)，B 1(2,2,2)，C (0,2,0)，E (2,2,1)，F (1,1,2)．∴EF →＝(－1，－1,1)，AB 1→＝(0,2,2)，AC →＝(－2,2,0)．设平面B 1AC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB 1→＝0，n ·AC →＝0，∴⎩⎨⎧2y ＋2z ＝0，－2x ＋2y ＝0. 令x ＝1，可得：y ＝1，z ＝－1，∴n ＝(1,1，－1)＝－EF →，∴n ∥EF →，∴EF ⊥平面B 1AC .3.AB 、AD 、AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝AB ＝BC ＝1，则P (0,0,1)．(1)∵∠ABC ＝60°，△ABC 为正三角形．∴C ⎝⎛⎭⎫12，32，0，E ⎝⎛⎭⎫14，34，12. 设D (0，y ，0)，由AC ⊥CD ，得AC →·CD →＝0，即y ＝233，则D ⎝⎛⎭⎫0，233，0，∴CD →＝⎝⎛⎭⎫－12，36，0.又AE →＝⎝⎛⎭⎫14，34，12， ∴AE →·CD →＝－12×14＋36×34＝0，∴AE →⊥CD →，即AE ⊥CD . (2)法一 ∵P (0,0,1)，∴PD →＝⎝⎛⎭⎫0，233，－1. 又AE →·PD →＝34×233＋12×(－1)＝0， ∴PD →⊥AE →，即PD ⊥AE .AB →＝(1,0,0)，∴PD →·AB →＝0，∴PD ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，∴PD ⊥平面AEB .法二 AB →＝(1,0,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎫14，34，12， 设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，14x ＋34y ＋12z ＝0，令y ＝2，则z ＝－3，∴n ＝(0,2，－3)．∵PD →＝⎝⎛⎭⎫0，233，－1，显然PD →＝33n . ∵PD →∥n ，∴PD →⊥平面ABE ，即PD ⊥平面ABE .4.由题意得AB ，BC ，B 1B 两两垂直．以B 为原点，BA ，BC ，BB 1分别为x ，y ，z 轴，建立如题图所示的空间直角坐标系．A (2,0,0)，A 1(2,0,1)，C (0,2,0)，C 1(0,2,1)，E (0,0，12)， AA 1→＝(0,0,1)，AC →＝(－2,2,0)，AC 1→＝(－2,2,1)，AE →＝(－2,0,12) 设平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)．则⎩⎨⎧ n 1·AA 1→＝0，n 1·AC →＝0⇒⎩⎨⎧z 1＝0，－2x 1＋2y 1＝0. 令x 1＝1，得y 1＝1.∴n 1＝(1,1,0)．设平面AEC 1的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．则⎩⎨⎧ n 2·AC 1→＝0，n 2·AE →＝0⇒⎩⎨⎧ －2x 2＋2y 2＋z 2＝0，－2x 2＋12z 2＝0，令z 2＝4，得x 2＝1，y 2＝－1.∴n 2＝(1，－1,4)．∵n 1·n 2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0.∴n 1⊥n 2，∴平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .题型四：利用空间向量求直线间的夹角1.如图建立空间直角坐标系A 1-xyz ，由已知条件：B (1,0,2)，D (0,1,2)，A (0,0,2)，B 1(1,0,0)．则BD →＝(－1,1,0)，AB 1→＝(1,0，－2)设异面直线BD 与AB 1所成角为θ，cos θ＝|cos 〈BD →，AB 1→〉|＝1010. 2.如图建立直角坐标系D -xyz ，设DA ＝1，由已知条件A (1,0,0)，E ()0，12，1，B (1,1,0)，C (0,1,0)，AE →＝()－1，12，1，BC →＝(－1,0,0)设异面直线AE 与BC 所成角为θ. cos θ＝|cos 〈AE →，BC →〉|＝|AE →·BC →||AE →||BC →|＝23. 3.建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴EF →·BC 1→＝2，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12， ∴EF 和BC 1所成角为60°. 4.如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C －xyz ，则A (0,2,0)，B (2,0,0)，D (0,0,2)，G (1,0,0)，F (0,2,1)，则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. 题型五：利用空间向量求直线与平面的夹角1.如图，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D -xyz .则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H .设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，即DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1.解得m ＝22，所以DH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，1. (1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22， 所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)．因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12， 所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.2.设P A ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M ()1，0，12，N ()12，0，0，S ()1，12，0.则NC →＝()－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ CM →·a ＝0NC →·a ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0， 取x ＝2，得a ＝(2,1，－2)．因为|cos 〈a ，SN →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22， 所以SN 与平面CMN 所成角为45°.3.如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a .则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ()0，－a 2，a 2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝()－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)， 设平面P AC 的一个法向量为n ，设n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CA →＝0，n ·AP →＝0，解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝z ， 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°.题型六：利用空间向量求平面间的夹角1.如图，以D 为坐标原点，AD 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D -xyz ，则 A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，P (0,0,1)．AB →＝(－1，3，0)，PB →＝(0，3，－1)，BC →＝(－1,0,0)．设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·PB →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，3y －z ＝0. 因此可取n ＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PB →＝0，m ·BC →＝0.可取m ＝(0，－1，－3)，则cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277. 故二面角A -PB -C 的余弦值为－277. 2.(1)如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵AP ＝AB ＝2，BC ＝AD ＝22，四边形ABCD 是矩形∴A ，B ，C ，D ，P 的坐标为A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,22，0)，D (0,22，0)，P (0,0,2)．又E ，F 分别是AD ，PC 的中点，∴E (0,2,0)，F (1,2,1)．∴PC →＝(2,22，－2)，BF →＝(－1，2，1)，EF →＝(1,0,1)．∴PC →·BF →＝－2＋4－2＝0，PC →·EF →＝2＋0－2＝0.∴PC →⊥BF →，PC →⊥EF →又BF ∩EF ＝F ，∴PC ⊥平面BEF .(2)由(1)知平面BEF 的一个法向量n 1＝PC →＝(2,22，－2)，平面BAP 的一个法向量n 2＝AD →＝(0,22，0)，∴n 1·n 2＝8.设平面BEF 与平面BAP 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝84×22＝22， ∴θ＝45°.∴平面BEF 与平面BAP 的夹角为45°.3.取CD 中点O ，连OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD .又平面MCD ⊥平面BCD ，则MO ⊥平面BCD .取O 为原点，直线OC 、BO 、OM 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系如图．OB ＝OM ＝3，则各点坐标分别为C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)．则CM →＝(－1,0，3)，CA →＝(－1，－3，23)．设平面ACM 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由n 1⊥CM →，n 1⊥CA →得⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋3z ＝0，－x －3y ＋23z ＝0，解得x ＝3z ，y ＝z ，取n 1＝(3，1,1)． 又平面BCD 的法向量为n 2＝(0,0,1)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝15. 设所求二面角为θ，则sin θ＝255. 题型七：利用空间向量求点到直线的距离1.以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，F (1,1,0)，G (0,2,1)，于是有GF →＝(1，－1，－1)，GD 1→＝(0，－2,1)，所以GF →·GD 1→|GF →|＝2－13＝13，|GD 1→|＝5， 所以点D 1到直线GF 的距离d ＝|GD 1→|2－|GD 1→·GF →|GF →||2＝5－13＝423. 2.建立如图所示空间直角坐标系，则AP →＝34(1,0,0)＋12(0,1,0)＋23(0,0,1)＝(34，12，23)． 又∵AB →＝(1,0,0)，∴AP →在AB →上的投影为AP →·AB →|AB →|＝34， ∴点P 到AB 的距离为|AP →|2－|AP →·AB →|AB →||2＝56. 3.建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0，0,0)，B (2,4,0)，A (2,0,0)，C (0,4,0)，E (2,4,1)，C 1(0,4,3)．可知A E →＝(0,4,1)，EC 1→＝(－2,0,2)．设n 1为平面AEC 1F 的法向量，显然n 1不垂直于平面ADF ，故可设n 1＝(x ，y,1)．由⎩⎨⎧ n 1·A E →＝0，n 1·EC 1＝0，得⎩⎨⎧0·x ＋4·y ＋1＝0，－2·x ＋0·y ＋2＝0， 即⎩⎨⎧ 4y ＋1＝0，－2x ＋2＝0，∴⎩⎨⎧ x ＝1，y ＝－14.∴n 1＝(1，－14，1)． 又CC 1→＝(0,0,3)，设CC 1→与n 1的夹角为α，则cos α＝CC 1→·n 1|CC 1||n 1|＝33×1＋116＋1＝43333. ∴C 到平面AEC 1F 的距离d ＝|CC 1→|cos α＝3×43333＝43311. 题型八：利用空间向量求点到平面的距离1.根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P －xyz ，则P (0,0,0)，A (a ，0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a )．过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点P 到平面ABC 的距离．∵P A ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心．又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H 点的坐标为()a 3，a 3，a 3.∴PH ＝()0－a 32＋()0－a 32＋()0－a 32＝33a .2.取AC 的中点O ，连接OS 、OB .∵SA ＝SC ，AB ＝BC ∴AC ⊥SO ，AC ⊥BO .∵平面SAC ⊥平面ABC ，平面SAC ∩平面ABC ＝AC ，∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO . 如图所示，建立空间直角坐标系O -xyz ， 则B (0,23，0)，C (－2,0,0)，S (0,0,22)， M (1，3，0)，N (0，3，2)．∴CM →＝(3，3，0)，MN →＝(－1,0，2)，MB →＝(－1，3，0)．设n ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ CM →·n ＝3x ＋3y ＝0，MN →·n ＝－x ＋2z ＝0，取z ＝1，则x ＝2，y ＝－6，∴n ＝(2，－6，1)．∴点B 到平面CMN 的距离d ＝|n ·MB →||n |＝423. 3.取CD 中点O ，连OB ，OM ，则OB ⊥CD ，OM ⊥CD .又平面MCD ⊥平面BCD ，则MO ⊥平面BCD .取O 为原点，直线OC 、BO 、OM 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系如图．OB ＝OM ＝3，则各点坐标分别为C (1,0,0)，M (0,0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MBC 的法向量，则BC →＝(1，3，0)，BM →＝(0，3，3)，由n ⊥BC →得x ＋3y ＝0；由n ⊥BM →得3y ＋3z ＝0.取n ＝(3，－1,1)，BA →＝(0,0,23)，则d ＝|BA →·n ||n |＝235＝2155.。
2021高考一轮数学(理)第8章 第6节立体几何中的向量方法
第六节立体几何中的向量方法[最新考纲]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l1，l2的方向向量，则关系cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b | cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |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)．[知识拓展] 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.π4B.34πC.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.3010B.3015C.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ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.32 B.155C.105 D.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．[教师备选例题]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 A C. (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6 4.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 ⊥P C.(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-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．[解]法一：(几何法)(1)连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥A C.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥B C.又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥B C.(2)取BC中点G，连接EG，GF，则四边形EGF A1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGF A1为矩形．由(1)得BC⊥平面EGF A1，则平面A1BC⊥平面EGF A1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝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 ⊥A C.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AB C. 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-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD ＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D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 ⊥D A.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.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 ⊥E A.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 ＝A C.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 |m ||n |＝0.所以二面角B -CD -E 的余弦值为0.。
(江苏专用)2017版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.6 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直 理
【步步高】（江苏专用）2017版高考数学一轮复习第八章立体几何8.6 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直理1.直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量.(2)平面的法向量：如果表示非零向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，那么称向量n 垂直于平面α，记作n⊥α，此时，我们把向量n叫做平面α的法向量.2.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝x v1＋y v2.(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2.3.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.( ×)(2)平面的单位法向量是唯一确定的.( ×)(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( √)(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( √)(5)若a∥b，则a所在直线与b所在直线平行.( ×)(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行.( ×)1.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＝________. 答案 4解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴－21＝－42＝k－2，∴k ＝4. 2.已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是________. ①(－1,1,1) ②(1，－1,1) ③(－33，－33，－33) ④(33，33，－33) 答案 ③解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .③正确.3.已知直线l 的方向向量为v ＝(1,2,3)，平面α的法向量为u ＝(5,2，－3)，则l 与α的位置关系是____________. 答案 l ∥α或l ⊂α解析 ∵v ·u ＝0，∴v ⊥u ，∴l ∥α或l ⊂α.4.(教材改编)设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________. 答案 α⊥β α∥β解析 当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.5.(教材改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.答案 垂直解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0， ∴ON 与AM 垂直.题型一 利用空间向量证明平行问题例1 如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1，2,0).∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)， 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC .证明：PQ ∥平面BCD .证明 方法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD 、OP 所在射线分别为y 、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O —xyz .由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0).设点C 的坐标为(x 0，y 0,0). 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .方法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连结OF ，同方法一建立空间直角坐标系，写出点A 、B 、C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0,0). ∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y,0)，则(x －x 0，y －y 0,0)＝14(－x 0，2－y 0,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0y ＝24＋34y∴OF →＝(34x 0，24＋34y 0,0)又由方法一知PQ →＝(34x 0，24＋34y 0,0)，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .题型二 利用空间向量证明垂直问题 命题点1 证线面垂直例2 如图所示，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 方法一 设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a·c ＝0，b·c ＝2，以它们为空间的一个基底， 则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ，AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证. 方法二 如图所示，取BC 的中点O ，连结AO .因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，B 1(1,2,0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →， 故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD . 命题点2 证面面垂直例3 如图，在三棱锥PABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上.已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .证明 (1)如图所示，以O 为坐标原点，以射线OP 为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系O —xyz . 则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4).于是AP →＝(0,3,4)， BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0， ∴AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知|AP |＝5，又|AM |＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125，又BC →＝(－8,0,0)，AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)， ∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125，则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125＝0，∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BM ∩BC ＝C ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC . 思维升华 证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可.(1)如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点.求证：①DE ∥平面ABC ； ②B 1F ⊥平面AEF .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 ，连结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 .②B 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.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .(2)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°角.①求证：CM ∥平面PAD ； ②求证：平面PAB ⊥平面PAD .证明 ①以C 为坐标原点，分别以CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C —xyz ，∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M (32，0，32)， ∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝(32，0，32)，令n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1).∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →，又CM ⊄平面PAD ，∴CM ∥平面PAD .②取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1).∵PB ＝AB ，∴BE ⊥PA .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA ，又PA ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面PAD ， 又∵BE ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD .题型三 利用空间向量解决探索性问题例4 如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)求二面角D －A 1A －C 的余弦值；(3)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由.(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连结A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， 平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AO ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 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，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3). 由于BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1. (2)解 由于OB ⊥平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0). 设n 2＝(x ，y ，z )为平面DAA 1D 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AA 1→＝0，n 2·AD →＝0，即⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0，取n 2＝(1，3，－1)，则〈n 1，n 2〉即为二面角D －A 1A －C 的平面角，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝55， 所以，二面角D －A 1A －C 的余弦值为55. (3)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 设CP →＝λCC 1，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3). 从而有P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3＝(x 3，y 3，z 3)⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1,0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →， 即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .思维升华 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E 、F 分别是AB 、PB 的中点.(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论.(1)证明 如图，分别以DA 、DC 、DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，P (0,0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a,0).∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解 设G (x,0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2； 由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即G 点为AD 的中点.17.利用向量法解决立体几何问题典例 (14分)(2014·湖北)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2).(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由. 规范解答解 以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz .[1分]由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0，0，λ)，M (2,1,2)，N (1,0,2)，BC 1→＝(－2,0,2)，FP →＝(－1,0，λ)，FE →＝(1,1,0)，MN →＝(－1，－1,0)，NP →＝(－1,0，λ－2).[3分](1)证明 当λ＝1时，FP →＝(－1,0,1)， 因为BC 1→＝(－2,0,2)， 所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .[6分](2)解 设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n ＝(λ，－λ，1).同理可得平面PQMN 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1).[10分]若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m ·n ＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.[13分] 故存在λ＝1±22，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角.[14分] 温馨提醒 (1)利用向量法证明立体几何问题，可以建坐标系或利用基底表示向量； (2)建立空间直角坐标系时，要根据题中条件找出三条互相垂直的直线；(3)利用向量除了可以证明线线平行、垂直，线面、面面平行、垂直外，还可以利用向量求夹角、距离，从而解决线段长度问题、体积问题等.[方法与技巧]1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.两种思路：(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断.(2)建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题. [失误与防范]用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线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.A 组 专项基础训练 (时间：45分钟)1.设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)、A (1，－3,2)、B (8，－1，4)确定的平面上，则a＝________. 答案 16解析 PA →＝(－1，－3,2)，PB →＝(6，－1,4). 根据共面向量定理，设PC →＝xPA →＋yPB →(x 、y ∈R )， 则(2a －1，a ＋1,2)＝x (－1，－3,2)＋y (6，－1,4) ＝(－x ＋6y ，－3x －y,2x ＋4y )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －1＝－x ＋6y ，a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－7，y ＝4，a ＝16.2.已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是________. ①P (2,3,3) ②P (－2,0,1) ③P (－4,4,0) ④P (3，－3,4)答案 ①解析 逐一验证法，对于①，MP →＝(1,4,1)， ∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.3.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是____________. 答案 平行或在平面内解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面， ∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内.4.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为____________.答案 (22，22，1) 解析 如图建立坐标系，设M 点的坐标为(x ，y,1)，AC ∩BD ＝O ，则O (22，22，0)， 又E (0,0,1)，A (2，2，0)， ∴OE →＝(－22，－22，1)，AM →＝(x －2，y －2，1)，∵AM ∥平面BDE ，∴OE →∥AM →，∴⎩⎪⎨⎪⎧ x －2＝－22，y －2＝－22，⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝22，y ＝22.5.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______________________________. 答案 α∥β解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ， 由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ， ∴m ∥n ，∴α∥β.6.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________. 答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0， ∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确. 又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确.∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误.7.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，H 分别是线段PA ，PD ，AB 的中点.求证：(1)PB ∥平面EFH ； (2)PD ⊥平面AHF .证明 建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz .∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，H (1,0,0). (1)∵PB →＝(2,0，－2)，EH →＝(1,0，－1)， ∴PB →＝2EH →，∴PB ∥EH .∵PB ⊄平面EFH ，且EH ⊂平面EFH ， ∴PB ∥平面EFH .(2)PD →＝(0,2，－2)，AH →＝(1,0,0)，AF →＝(0,1,1)， ∴PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0， PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0， ∴PD ⊥AF ，PD ⊥AH ，又∵AF ∩AH ＝A ，∴PD ⊥平面AHF .8.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 、DP 、DC 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D —xyz .依题意有D (0,0,0)，Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)， 则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0). ∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0.即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC ， 又DQ ∩DC ＝D ，∴PQ ⊥平面DCQ ， 又PQ ⊂平面PQC ，∴平面PQC ⊥平面DCQ .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 .证明 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，建立如图空间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 (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).(1)∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ，∴EF ∥平面PAB .(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PAD . ∵DC ⊂平面PDC ，∴平面PAD ⊥平面PDC .B 组 专项能力提升 (时间：30分钟)10.如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________.答案 1解析 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，∴FB →＝(1,1，y )，由于B 1E ⊥平面ABF ，所以FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.11.如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ有________个.答案 2解析 建立如图的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则P (x ，y,2)，O (1，1,0)，∴OP 的中点坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12，y ＋12，1，又知D 1(0,0,2)，∴Q (x ＋1，y ＋1,0)，而Q 在MN 上， ∴x Q ＋y Q ＝3，∴x ＋y ＝1，即点P 坐标满足x ＋y ＝1. ∴有2个符合题意的点P ，即对应有2个λ.12.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点.(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由.(1)证明 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→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(如图).设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)， 故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0.∵B 1E →·AD 1→＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)解 假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0). 使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0). 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z ).∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0， 解得z 0＝12. 又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. 13.如图所示，四棱锥S —ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点.(1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面PAC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由.(1)证明 连结BD ，设AC ∩BD ＝O ，则AC ⊥BD .由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图.设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0， B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0， SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a ，则OC →·SD →＝0. 故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)解 棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面PAC .理由如下：由已知条件知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ， BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0. 设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a －t ，62at ， 而BE →·DS →＝0⇔t ＝13. 即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.而BE 不在平面PAC 内，故BE ∥平面PAC .∴存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2.。
高考数学总复习第六节 立体几何中的向量方法
间任一向量 p ，存在有序实数组{x，y，z}使得 空间向 量基本 p ＝ x a ＋y b ＋z c 定理 推论：设 O，A，B，C 是不共面的四点，则对平面
ABC 内任一点 P 都存在唯一的三个有序实数 x，y， z，使―O→P ＝x―O→A ＋y―O→B ＋z―O→C 且 x＋y＋z＝1
语言描述
共线向量 (平行向量) 共面向量
表示空间向量的有向线段所在的直线互相 平行或重合 平行于 同一个平面 的向量
对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，
共线向量定理
a ∥b ⇔存在λ∈R ，使 a ＝λb
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语言描述
共面向 若两个向量 a ，b 不共线，则向量 p 与向量 a ，b 共 量定理 面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使 p ＝ xa ＋yb
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(2)两个向量的数量积： ①a ·b ＝|a ||b |cos〈a ，b 〉； ②a ⊥b ⇔ a ·b ＝0 (a ，b 为非零向量)； ③|a |2＝ a 2，|a |＝ x2＋y2＋z2.
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(3)向量的坐标运算：
向量和
a ＝(a1，a2，a3)，b ＝(b1，b2，b3) a ＋b ＝_(_a_1＋__b_1_，__a_2_＋__b_2，__a_3_＋__b_3_)_
第六 节
立体几何中的向量方法
课前·双基落实
想一想、辨一辨、试一试、全面打牢基础
课堂·考点突破
自主研、合作探、多面观、全扫命题题点
课后·三维演练
基础练、题型练、能力练、全练力保全能
返回
课 前 双基落实
想一想、辨一辨、试一试、全面打牢基础
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【创新设计】（江苏专用）2017版高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第6讲 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直练习 理基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1.已知空间三点A (0，2，3)，B (－2，1，6)，C (1，－1，5).若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，则向量a 为________.解析 由条件知AB →＝(－2，－1，3)，AC →＝(1，－3，2)，设a ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0，x 2＋y 2＋z 2＝3，解得a ＝±(1，1，1).答案 (1，1，1)或(－1，－1，－1)2.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是________.解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →，CD →，CE →共面.则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内.答案 平行或在平面内3.已知平面α内有一点M (1，－1，2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3，6)，给出下列四点：①P (2，3，3)；②P (－2，0，1)；③P (－4，4，0)；④P (3，－3，4).则上述点P 中，在平面α内的是________(填序号).解析 逐一验证法，对于①，MP →＝(1，4，1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.答案 ①4.已知平面α和平面β的法向量分别为a ＝(1，1，2)，b ＝(x ，－2，3)，且α⊥β，则x ＝________.解析 ∵a ·b ＝x －2＋6＝0，∴x ＝－4.答案 －45.设点C (2a －1，a ＋1，2)在点P (2，0，0)，A (1，－3，2)，B (8，－1，4)确定的平面上，则a ＝________.解析 PA →＝(－1，－3，2)，PB →＝(6，－1，4).根据共面向量定理，设PC →＝xPA →＋yPB →(x ，y ∈R )，则(2a －1，a ＋1，2)＝x (－1，－3，2)＋y (6，－1，4)＝(－x ＋6y ，－3x －y ，2x ＋4y )，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －1＝－x ＋6y ，a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－7，y ＝4，a ＝16.答案 166.已知直线l 的方向向量为ν＝(1，2，3)，平面α的法向量为u ＝(5，2，－3)，则l 与α的位置关系是________.解析 ∵ν·u ＝0，∴ν⊥u ，∴l ∥α或l ⊂α.答案 l ∥α或l ⊂α7.(2016·青岛模拟)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 ＝________.解析 由条件得⎩⎪⎨⎪⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，3（x －1）＋y －3z ＝0，解得x ＝407，y ＝－157，z ＝4， ∴x ＋y ＝407－157＝257. 答案 2578.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP →＝(－1，2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的序号是________.解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确.又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确.由于BD →＝AD →－AB →＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)，∴BD →与AP →不平行，故④错误.答案 ①②③二、解答题9. (2016·北京房山区一模节选)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，H 分别是线段PA ，PD ，AB 的中点.求证：(1)PB ∥平面EFH ；(2)PD ⊥平面AHF .证明 建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .∴A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，H (1，0，0).(1)∵PB →＝(2，0，－2)，EH →＝(1，0，－1)，∴PB →＝2EH →，∴PB ∥EH .∵PB ⊄平面EFH ，且EH ⊂平面EFH ，∴PB ∥平面EFH .(2)PD →＝(0，2，－2)，AH →＝(1，0，0)，AF →＝(0，1，1)，∴PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，∴PD ⊥AF ，PD ⊥AH ，又∵AF ∩AH ＝A ，∴PD ⊥平面AHF .10.(2016·南京调研)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，PA ⊥CD ，PA ＝1，PD ＝2，E 为PD 上一点，PE ＝2ED .(1)求证：PA ⊥平面ABCD ；(2)在侧棱PC 上是否存在一点F ，使得BF ∥平面AEC ？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由.(1)证明 ∵PA ＝AD ＝1，PD ＝2，∴PA 2＋AD 2＝PD 2，即PA ⊥AD .又PA ⊥CD ，AD ∩CD ＝D ，∴PA ⊥平面ABCD .(2)解 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴， z 轴建立空间直角坐标系.则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，13，AC →＝(1，1，0)， AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，13.设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0，令y ＝1，则n ＝(－1，1，－2). 假设侧棱PC 上存在一点F ，且CF →＝λCP →(0≤λ≤1)，使得BF ∥平面AEC ，则BF →·n ＝0.又∵BF →＝BC →＋CF →＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，∴BF →·n ＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝12， ∴存在点F ，使得BF ∥平面AEC ，且F 为PC 的中点. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为________.解析 设AC 与BD 相交于O 点，连接OE ，由AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ，又O 是正方形ABCD 对角线交点，∴M 为线段EF 的中点.在空间坐标系中，E (0，0，1)，F (2，2，1).由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1 12.(2016·无锡调研) 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 ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________. 解析 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， ∵A 1M ＝AN ＝23a ， 则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，23a ，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ， ∴MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，0，23a . 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→.∵C 1D 1→是平面BB 1C 1C 的法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .答案 平行13.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________.解析 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x ，1，1)，B 1(1，1，0)，F (0，0，1－y )，B (1，1，1)，∴B 1E →＝(x －1，0，1)，∴FB →＝(1，1，y )，由于B 1E ⊥平面ABF ，所以FB →·B 1E →＝(1，1，y )·(x －1，0，1)＝0⇒x ＋y ＝1.答案 114.(2014·湖北卷改编)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0＜λ＜2).(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ ⊥平面PQMN ？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由.证明 以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)，M (2，1，2)，N (1，0，2)，BC 1→＝(－2，0，2)，FP →＝(－1，0，λ)，FE →＝(1，1，0)，MN →＝(－1，－1，0)，NP →＝(－1，0，λ－2).(1)当λ＝1时，FP →＝(－1，0，1)，因为BC 1→＝(－2，0，2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0. 于是可取n ＝(λ，－λ，1).同理可得平面PQMN 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1). 则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22，故存在λ＝1±22， 使平面EFPQ ⊥平面PQMN .。