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高中数学第七节立体几何中的向量方法(解析)

第七节立体几何中的向量方法1.理解直线的方向向量与平面的法向量；2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系；3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理；4.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.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量直线l上的向量e或与e共线的向量叫做直线l的方向向量，显然一条直线的方向向量有无数个.(2)平面的法向量如果表示向量n的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，此时向量n 叫做平面α的法向量.显然一个平面的法向量也有无数个，且它们是共线向量. (3)设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为u ，v ，则l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ； α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ，k ∈R ； α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0. 2.空间向量与空间角的关系 (1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a ·b ||a ||b |(其中φ为异面直线a ，b 所成的角).φ的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2. (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 |.φ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(3)求二面角的大小①如图甲，AB 、CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉.②如图乙、丙，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〉.θ的取值范围是[0，π].3.空间向量与距离的关系 (1)点到平面的距离如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解.1.判断下列结论的正误.(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的.( )(3)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行.( ) (4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.( )(5)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( ) [答案] (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×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( )A.(－1,1,1)B.(1，－1,1)C.⎝⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33D.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－33[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 .故选C.[答案] C3.若平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是( )A.平行B.相交但不垂直C.垂直D.重合[解析] 由(1,2,0)·(2，－1,0)＝0，可知平面α⊥平面β，选C.[答案] C4.如图所示，若M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′的棱A ′B ′，BB ′的中点，则直线AM 与CN 所成角的余弦值为( )A.32 B.1010 C.35D.25[解析] 以A 为原点，AB →，AD →，AA ′→所在方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，C (1,1,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，所以AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1，CN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1，12，所以cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1254＝25.[答案] D5.设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( )A.32B.22C.223D.233[解析] 如图建立坐标系.则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)，DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1,1,1). ∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.故选D. [答案] D6.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] 如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0).设平面P AC 的法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.[答案] 30°考点一向量法证明垂直与平行关系——互动型如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点.求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .[证明] 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).(1)取AB 中点为N ，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 在平面ABC 内，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，则B 1F →⊥EF →，∴B 1F ⊥EF ，∵B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .(1)用向量证明平行的方法①线线平行：证明两直线的方向向量共线.②线面平行：a.证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；b.证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行.③面面平行：a.证明两平面的法向量为共线向量；b.转化为线面平行、线线平行问题.(2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.(2016·青岛模拟)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.求证：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.[证明]由题意，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 .考点二向量法求空间角——共研型角度1：向量法求异面直线所成的角(2016·西安模拟)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110 B.25 C.3010D.22[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，设BC ＝2，则B (0,2,0)，A (2,0,0)，M (1,1,2)，N (1,0,2)，所以BM →＝(1，－1,2)，AN →＝(－1,0,2)，故BM 与AN 所成角θ的余弦值cos θ＝|BM →·AN →||BM →|·|AN →|＝36×5＝3010. [答案] C角度2：向量法求斜线与平面所成的角(2016·全国卷Ⅲ)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点.(1)证明：MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.[解] (1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2. 取BP 的中点T ，连接AT ，TN .由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN ∥AM ，TN ＝AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，所以MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB . (2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎨⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1).于是直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n |·|AN →|＝8525.角度3：向量法求二面角(2016·全国卷Ⅰ)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°. (1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.[解] (1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC .又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3).由已知，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC .又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF . 由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，故∠CEF ＝60°.从而可得C (－2，0，3).所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0).设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3).设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4). 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.求空间角的向量方法(1)求异面直线所成的角利用直线的方向向量将异面直线所成的角转化成向量所成的角，即若异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，所成的角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ·b |a |·|b |. (2)求斜线与平面所成的角①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(锐角或直角时)或其补角(钝角时).②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线与平面所成的角.(3)求二面角①分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小.②分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.1.[角度1]如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是正方形A 1B 1C 1D 1和ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是__________.[解析] 以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立空间直角坐标系D －xyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC →＝(0,1,0)，∴cos 〈EF →，DC →〉＝EF →·DC →|EF →||DC →|＝－22，∴〈EF →，DC →〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°. [答案] 45°2.[角度2](2016·江西九校联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，过A1C作平面A1CD平行于BC1，交AB于点D.(1)求证：CD⊥AB；(2)若四边形BCC1B1是正方形，且A1D＝5，求直线A1D与平面CBB1C1所成角的正弦值.[解](1)证明：连接AC1，设AC1与A1C相交于点E，连接DE，则E为AC1的中点.∵BC1∥平面A1CD，平面A1CD∩平面ABC1＝DE，∴DE∥BC1，∴D为AB的中点.又∵△ABC为正三角形，∴CD⊥AB.(2)∵AD2＋A1A2＝5＝A1D2，∴A1A⊥AD.又B1B⊥BC，B1B∥A1A，∴A1A⊥BC.又AD∩BC＝B，∴A1A⊥平面ABC.设BC的中点为O，B1C1的中点为O1，连接AO，OO1，以O为原点，OB所在的直线为x轴，OO1所在的直线为y轴，OA所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，则A 1(0,2，3)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32.∴A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2，－32.易得平面CBB 1C 1的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∴|cos 〈A 1D →，n 〉|＝|A 1D →·n ||A 1D →|·|n |＝1510.故直线A 1D 与平面CBB 1C 1所成角的正弦值为1510.3.[角度3]如图，几何体EF －ABCD中，CDEF 为边长为2的正方形，ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∠ADF ＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求二面角E －FB －C 的大小. [解] (1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ，∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥FC ， ∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC .∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC .又四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∴AC ＝22，BC ＝22，则有AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)由(1)知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，DA ，DC ，DE 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，可得D (0,0,0)，F (0,2,2)，B (2,4,0)，E (0,0,2)，C (0,2,0)，A (2,0,0)，∴EF →＝(0,2,0)，FB →＝(2,2，－2)，设平面EFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·FB →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2y －2z ＝0，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y －z ＝0. 令z ＝1，则n ＝(1,0,1)，由(1)知平面FCB 的一个法向量为AC →＝(－2,2,0)，设二面角E －FB －C 的大小为θ，由图知θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2， ∴cos θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝12，∴θ＝π3.考点三向量法求距离——自练型(1)在四面体P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为( )A.63B.33aC.a 3D.6a(2)在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，侧棱P A ⊥底面ABCD ，BC ∥AD ，∠ABC ＝90°，P A ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1，则点D 到平面PBC 的距离是________.[解析] (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 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＝33a .∴点P 到平面ABC 的距离为33a .(2)分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,1,0)，∴PC →＝(2,2，－2)，BC →＝(0,2,0).设n ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，y ＝0，取x ＝1，则n ＝(1,0,1). 又BD →＝(－2,1,0)，∴点D 到平面PBC 的距离为|BD →·n ||n |＝ 2.[答案] (1)B (2) 2空间距离的求法(1)两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模.(2)求点P 到平面α的距离，先在平面α内取一点A ，确定向量P A →的坐标，再确定平面α的法向量n ，最后代入公式d ＝|P A →·n ||n |求解.课题43：建立适当的空间直角坐标系名师导学：利用向量方法解决立体几何问题的前提是恰当地建立空间直角坐标系，关键是确定明确的线线垂直关系，即“墙角”模型，另外，坐标系建立的是否合适，直接影响计算的速度与结果.(2016·云南毕业生复习统一测试)如图，在三棱锥A－BCD中，CD⊥BD，AB＝AD，E为BC的中点.(1)求证：AE⊥BD；(2)设平面ABD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BC＝4，求二面角B －AC－D的平面角的正弦值.[切入点]取BD的中点O，通过证明OE、OD、OA两两垂直，建立空间直角坐标系.[关键点]先进行几何关系的证明，具备建系条件时才能建系.[解](1)证明：设BD的中点为O，连接AO ，EO .∵AB ＝AD ，∴AO ⊥BD .又∵E 为BC 的中点，∴EO ∥CD . ∵CD ⊥BD ，∴EO ⊥BD .∵OA ∩OE ＝O ，∴BD ⊥平面AOE . 又∵AE ⊂平面AOE ， ∴AE ⊥BD .(2)由(1)知，AO ⊥BD ，EO ⊥BD ，∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AO ⊂平面ABD ，∴AO ⊥平面BCD .∵EO ⊂平面BCD ， ∴AO ⊥EO ，∴OE ，OD ，OA 两两互相垂直. ∵CD ⊥BD ，BC ＝4，CD ＝2， ∴BD ＝BC 2－CD 2＝2 3.由O 为BD 的中点，AO ⊥BD ，AD ＝2，得BO ＝OD ＝3，OA ＝AD 2－OD 2＝1.以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，则O (0,0,0)，A (0,0,1)，B (0，－3，0)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，∴AB →＝(0，－3，－1)，AC →＝(2，3，－1)，AD →＝(0，3，－1).设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥AB →，n ⊥AC →，∴⎩⎪⎨⎪⎧ －3y －z ＝0， 2x ＋3y －z ＝0.取y ＝－3，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3， z ＝3.∴n ＝(3，－3，3)是平面ABC 的一个法向量.同理可得平面ADC 的一个法向量m ＝(0，3，3). 设二面角B －AC －D 的平面角为θ，则|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝77.∵0<θ<π，∴sin θ＝1－cos 2θ＝427，∴二面角B －AC －D 的平面角的正弦值为427.建立空间直角坐标系的策略(1)一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系.如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即建立坐标系时以其中的垂直相交直线为基本出发点.(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.另外，使尽可能多的点在坐标轴上，可以减小运算量.如图所示，四棱锥E－ABCD中，平面EAD⊥平面ABCD，DC∥AB，BC⊥CD，EA⊥ED，且AB＝4，BC＝CD＝EA＝ED＝2.(1)求证：BD⊥平面ADE.(2)求BE和平面CDE所成角的正弦值.[解](1)证明：由BC⊥CD，BC＝CD＝2，可得BD＝2 2.由EA⊥ED，且EA＝ED＝2，可得AD＝2 2.又AB＝4，所以AB2＝AD2＋BD2，所以BD⊥AD.又平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面ADE.(2)建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz ，则D (0,0,0)，B (0,22，0)，C (－2，2，0)，E (2，0，2)，所以BE →＝(2，－22，2)，DE →＝(2，0，2)， DC →＝(－2，2，0).设n ＝(x ，y ，z )是平面CDE 的法向量，则n ·DE →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，－x ＋y ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,1，－1).设直线BE 与平面CDE 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈BE →，n 〉|＝|BE →·n ||BE →|·|n |＝|2－22－2|23×3＝23，所以BE 和平面CDE 所成角的正弦值为23.。

高三复习数学63_立体几何中的向量方法(有答案)

6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。

1. 空间直角坐标系（1）为了确定空间点的位置，我们建立空间直角坐标系：以单位正方体OABC −D ′A ′B ′C ′为载体，__________________．这时我们说建立了一个空间直角坐标系Oxyz ，其中O 叫坐标原点，x 轴、y 轴、z 轴叫坐标轴．（2）___________________叫坐标平面，分别称为________________________．（3）通常建立的直角坐标系为___________________，即___________________________________．2. 空间两点间的距离（1）若A (x 1,y 1,z 1),B (x 2,y 2,z 2)，则|AB|=________．（2）特别地，点P (x,y,z )与原点O 之间的距离为|PO|=________．3. 空间向量的数量积及运算律（1）数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →=a ，OB →=b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作⟨a ,b ⟩，其范围是0≤⟨a ,b ⟩≤π，若⟨a ,b ⟩=π2，则称a 与b ________，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩叫做向量a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩．（2）空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )⋅b =λ(a ⋅b )； ②交换律：a ⋅b =b ⋅a ；③分配律：a ⋅(b +c )=a ⋅b +a ⋅c .4. 空间向量的坐标表示及应用（1）数量积的坐标运算设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则a ⋅b =________．（2）共线与垂直的坐标表示设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则a //b ⇔a =λb ⇔________，________，a 3=λb 3(λ∈R ）， a ⊥b ⇔a ⋅b =0⇔________（a ，b 均为非零向量）．（3）模、夹角和距离公式设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则|a |=√a ⋅a =√a 12+a 22+a 32，cos ⟨a ,b ⟩=a ⋅b |a ||b |=112233√a 12+a 22+a 32⋅√b 12+b 22+b 32设A (a 1,b 1,c 1),B (a 2,b 2,c 2)，则d AB =|AB →|=√(a 2−a 1)2+(b 2−b 1)2+(c 2−c 1)2．5. 空间距离（1）点到直线的距离：指一点到它在一条直线上的________的距离．（2）两异面直线的距离：指两条异面直线的________的长度．（3）点到面的距离：指一点到它在一个平面内的________的距离．（4）平行线面间的距离：设直线l//平面α，则直线l 任意一点到平面α的距离，叫做直线l 到平面α的距离．据此可知：线面距离可转化为点面距离求解．（5）平行平面间的距离：其中一个平面内任意一点到另一个平面的距离，也就是两个平行平面的公垂线段的长度．显然，面面距离可以转化为点面距离求解．6. 如图，已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1各条棱长都相等．M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成角大小是________．7. （文）在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30∘，则该长方体的体积为（） A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√38. （理）已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（） A.13 B.√23C.√33D.239. （理）如图，AE ⊥平面ABCD ，CF//AE ，AD//BC ，AD ⊥AB ，AB =AD =1，AE =BC =2．求证：BF//平面ADE；求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；若二面角E−BD−F的余弦值为1，求线段CF的长．310. （文）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4，O 为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC；若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．11. （理）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘,AB=AC=AA1=1．D 是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1//平面BDA1．求证：CD=C1D．求点C到平面B1DP的距离．12. （理）在正四面体S−ABC中，侧面SAC与底面ABC所成二面角的余弦值为（）A.1 4B.13C.√24D.√2313. （文）在正四面体S−ABC中，侧棱SA与底面ABC所成线面角的余弦值为（）A.1 2B.√32C.√33D.√6314. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1,AA1=√3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A.1 5B.√56C.√55D.√2215. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘16. （理）二面角α−l−β为60∘，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面α,β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=a，BD=2a，则CD的长为（）A.2aB.2√2aC.√5aD.√3a17. （文）已知∠ACB=90∘，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为√3，那么P到平面ABC的距离为（）A.1B.√2C.√32D.1218. （理）设三棱锥V−ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P−AC−B的平面角为γ，则（）A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β19. （文）在封闭的直三棱柱ABC−A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC,AB= 6,BC=8,AA1=3，则V的最大值是（）A.4πB.9π2C.6π D.32π320. （理）棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为（）A.2√2B.√10C.√11D.2√321. （文）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高ℎ，计算其体积V的近似公式V≈136L2ℎ．它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3．那么，近似公式V≈275L2ℎ相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（）A.227B.258C.15750D.35511322. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．23. （理）已知点E、F分别在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________．24. （文）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为________．25. 如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，所有棱长均为a，且∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60∘，则下列结论正确的是________（写出所有正确结论的编号）．①平面A1BD//平面CB1D1；②四边形BDD1B1为正方形；a；③点A到平面BDD1B1的距离为√32④点A1在平面BDC1上的射影为△BDC1的垂心；⑤平面A1BD与平面BDD1B1将四棱柱分成从小到大三部分的体积比为1:2:3．26. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．证明：AC⊥HD′；,OD′=2√2，求五棱锥D′−ABCFE体积．若AB=5,AC=6,AE=5427. 如图，在三棱台ABC−DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90∘,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3．求证：BF⊥平面ACFD；求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．28. （理）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长和底面边长均为1，D是BC的中点．求证：A1B//平面ADC1求A1A与平面ADC1所成角的正弦值；的值；若不存在，试问线段A1B1上是否存在点E，使CE⊥平面ADC1？若存在，求AEA1B1说明理由．29. （文）如图，四棱锥P−ABCD的底面是直角梯形，AD//BC，AD=3BC=6,PB= 6√2，点M在线段AD上，且MD=4,AD⊥AB,PA⊥平面ABCD．求证：平面PCM⊥平面PAD；当四棱锥P−ABCD的体积最大时，求四棱锥P−ABCD的表面积．参考答案与试题解析6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。

立体几何中的向量方法答案

立体几何中的向量方法(Ⅰ)——证明平行与垂直1．用向量表示直线或点在直线上的位置(1)给定一个定点A 和一个向量a ，再任给一个实数t ，以A 为起点作向量AP →＝t a ，则此向量方程叫作直线l 的参数方程．向量a 称为该直线的方向向量．(2)对空间任一确定的点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在唯一的实数t ，满足等式OP→＝(1－t )OA →＋tOB →，叫作空间直线的向量参数方程． 2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(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v 1和v 2，则l ∥α或l α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(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u 1，u 2，则α∥β⇔u 1 ∥u 2. 3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝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u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. [难点正本疑点清源]利用空间向量解决立体几何中的平行问题(1)证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量，但要注意说明这两条直线不共线． (2)证明线面平行的方法①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直，但要说明直线不在平面内．②证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线，也要说明直线不在平面内．③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量．同时要注意强调直线不在平面内．1．两不重合直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2，0,2)，则l 1与l 2的位置关系是__________．答案平行解析 ∵v 2＝－2v 1，∴v 1∥v 2，又l 1与l 2不重合，∴l 1∥l 2.2．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为______________．答案 407，－157，4解析由题意知，BP →⊥AB →，BP →⊥BC →.所以⎩⎪⎨⎪⎧AB →·BC →＝0，BP →·AB →＝0，BP →·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1×3＋5×1＋(－2)×z ＝0，(x －1)＋5y ＋(－2)×(－3)＝0，3(x －1)＋y －3z ＝0，解得，x ＝407，y ＝－157，z ＝4.3．已知a ＝(－2，－3,1)，b ＝(2,0,4)，c ＝(－4，－6,2)，则下列结论正确的是( ) A ．a ∥c ，b ∥c B ．a ∥b ，a ⊥c C ．a ∥c ，a ⊥bD ．以上都不对答案 C 解析 ∵c ＝2a ，∴a ∥c ，又a·b ＝(－2，－3,1)·(2,0,4)＝－4＋0＋4＝0，∴a ⊥b .4．若平面α，β垂直，则下面可以作为这两个平面的法向量的是( )A ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(－3,1,1)B ．n 1＝(1,1,2)，n 2＝(－2,1,1)C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－1,2,1)D ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(0，－2，－2)答案 A 解析两个平面垂直时其法向量也垂直，只有选项A 中的两个向量垂直． 5．若平面α、β的法向量分别为n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则 ( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上均不正确答案 C题型一利用空间向量证明平行问题例1 如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是C 1C 、B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD .思维启迪：证明线面平行，可以利用判定定理先证线线平行；也可以寻找平面的法向量．证明方法一如图所示，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 .方法二 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 . 探究提高用向量证明线面平行的方法有(1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； (2)证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；(3)证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示； (4)本题易错点：只证明MN ∥A 1D ，而忽视MN 平面A 1BD .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 .证明 ∵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Axyz ，则A (0,0,0)、B (2,0,0)、C (2,2,0)、D (0,2,0)、P (0,0,2)、E (0,0,1)、F (0,1,1)、G (1,2,0)． ∴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 . 题型二利用空间向量证明垂直问题例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 ，连接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，以OB →，OO 1→，OA →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 .探究提高证明线面平行和垂直问题，可以用几何法，也可以用向量法．用向量法的关键在于构造向量，再用共线向量定理或共面向量定理及两向量垂直的判定定理．若能建立空间直角坐标系，其证法较为灵活方便．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：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 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. ∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF . 题型三利用空间向量解决探索性问题例3 (2012·福建)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．思维启迪：利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算下结论．(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 ⎝⎛⎭⎫a2，1，0，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. ∵AD 1→·B 1E →＝－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，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－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.探究提高对于“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”.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P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．(1)证明连接BD ，设AC 交BD 于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P AC . 理由如下：由已知条件知DS →是平面P AC 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 (1－t )，62at ，而BE →·DS →＝0⇔t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.而BE 不在平面P AC 内，故BE ∥平面P AC .利用空间向量解决立体几何问题典例：(12分)(2011·大纲全国)如图，四棱锥S －ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．考点分析本题以四棱锥为载体，考查多面体的结构特征，线面垂直的判定以及直线与平面所成角的计算．解题策略本题有两种解题思路：①利用常规方法，从线线垂直证明线面垂直，作出所求线面角；②利用空间向量，将线面垂直转化为两个向量的关系，利用平面的法向量求线面角．规范解答(1)证明以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴，射线CB 为y 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .设D (1,0,0)，则A (2,2,0)，B (0,2,0)．[2分] 又设S (x ，y ，z )，则x >0，y >0，z >0.AS →＝(x －2，y －2，z )， BS →＝(x ，y －2，z )， DS →＝(x －1，y ，z )，由|AS →|＝|BS →|得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2，故x ＝1. 由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1.①又由|BS →|＝2得x 2＋(y －2)2＋z 2＝4，即y 2＋z 2－4y ＋1＝0.②联立①②得⎩⎨⎧y ＝12，z ＝32.[6分]于是S (1，12，32)，AS →＝(－1，－32，32)，BS →＝(1，－32，32)，DS →＝(0，12，32)．因为DS →·AS →＝0，DS →·BS →＝0，故DS ⊥AS ，DS ⊥BS .又AS ∩BS ＝S ，所以SD ⊥平面SAB .[8分] (2)解设平面SBC 的法向量a ＝(m ，n ，p )，则a ⊥BS →，a ⊥CB →，a ·BS →＝0，a ·CB →＝0.又BS →＝(1，－32，32)，CB →＝(0,2,0)，故⎩⎪⎨⎪⎧m －32n ＋32p ＝0，2n ＝0.取p ＝2得a ＝(－3，0,2)．[10分]又AB →＝(－2,0,0)，cos 〈AB →，a 〉＝|AB →·a ||AB →||a |＝217，所以AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217.[12分]解后反思直线和平面的位置关系可以利用直线的方向向量和平面的法向量之间的关系来判断．证明的主要思路：(1)证明线线平行：可证两条直线的方向向量共线；(2)证明线面平行：①证明直线的方向向量和平面的法向量垂直，②证明直线的方向向量可用平面内的两个不共线向量线性表示；(3)证明面面平行：可证两个平面的法向量共线；(4)证明线线垂直：可证两条直线的方向向量垂直；(5)证明线面垂直：①证明直线的方向向量和平面内的两个不共线向量垂直，②证明直线的方向向量与平面的法向量共线；(6)证明面面垂直：可证两个平面的法向量互相垂直．。

高考数学试题汇编第五节立体几何中的向量方法理(含解析)

第五节立体几何中的向量方法向量法证明平行、垂直关系考向聚焦高考常考内容,主要以向量为工具,通过直线的方向向量、平面的法向量证明线线、线面、面面平行与垂直,常以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右1.(2011年辽宁卷,理18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.(1)证明:平面PQC ⊥平面DCQ.(2)求二面角Q BP C 的余弦值.解:如图,以D为坐标原点,线段DA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.(1)证明:依题意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0)则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0).所以·=0,·=0.即PQ⊥DQ,PQ⊥DC.且DQ∩DC=D.故PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)解:依题意有B(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则即因此可取n=(0,-1,-2).设m是平面PBQ的法向量,则可取m=(1,1,1),所以cos<m,n>=-.故二面角Q BP C的余弦值为-.2.(2011年北京卷,理16)如图,在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值;(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BD,∵底面ABCD为菱形,∴AC⊥BD,∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.解:(2)设AC∩BD=O,∵∠BAD=60°,PA=AB=2,∴BO=1,AO=OC=,如图,以O为坐标原点,OB、OC所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系O xyz,则P(0,-,2),A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0),∴=(1,,-2),=(0,2,0),设PB与AC所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|=||=.(3)由(2)知,=(-1,,0),设|PA|=t>0,则P(0,-,t),∴=(-1,-,t),设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则即,令y=,则x=3,z=,∴m=(3,,),同理可得平面PDC的法向量n=(-3,,), ∵平面PBC⊥平面PDC,∴m·n=0,即-6+=0,∴t=,即PA=.求直线与平面所成的角考向聚焦高考热点内容,主要以向量为工具,考查通过求直线的方向向量和平面的法向量的夹角,进而转化为直线与平面所成的角,主要以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右备考指津解决这类问题的关键是建立适当的坐标系,准确的求出直线的方向向量和平面的法向量,计算要准确3.(2012年湖北卷,理19,12分)如图(1),∠ACB=45°,BC=3,过动点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上且异于点B,连接AB,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图(2)所示).(1)当BD的长为多少时,三棱锥A BCD的体积最大;(2)当三棱锥A BCD的体积最大时,设点E,M分别为棱BC,AC的中点,试在棱CD上确定一点N,使得EN⊥BM,并求EN与平面BMN所成角的大小.(1)解:法一:在如题图(1)所示的△ABC中,设BD=x(0<x<3),则CD=3-x.由AD⊥BC,∠ACB=45°知,△ADC为等腰直角三角形,所以AD=CD=3-x.由折起前AD⊥BC知,折起后(如题图(2)),AD⊥DC,AD⊥BD,且BD∩DC=D,所以AD⊥平面BCD.又∠BDC=90°,所以S△BCD=BD·CD=x(3-x).于是=AD·S △BCD=(3-x)·x(3-x)=·2x(3-x)(3-x)≤[]3=,当且仅当2x=3-x,即x=1时,等号成立,故当x=1,即BD=1时,三棱锥A BCD的体积最大.法二:同法一,得=AD·S△BCD=(3-x)·x(3-x)=(x3-6x2+9x).令f(x)=(x3-6x2+9x),由f'(x)=(x-1)(x-3)=0,且0<x<3,解得x=1.当x∈(0,1)时,f'(x)>0;当x∈(1,3)时,f'(x)<0,所以当x=1时,f(x)取得最大值.故当BD=1时,三棱锥A BCD的体积最大.(2)解:法一:以D为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系D xyz.由(1)知,当三棱锥A BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2,于是可得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E(,1,0),且=(-1,1,1). 设N(0,λ,0),则=(-,λ-1,0).因为EN⊥BM等价于·=0,即(-,λ-1,0)·(-1,1,1)=+λ-1=0,故λ=,N(0,,0).所以当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时,EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n=(x,y,z),由及=(-1,,0),得可取n=(1,2,-1).设EN与平面BMN所成角的大小为θ,则由=(-,-,0),n=(1,2,-1),可得sin θ=cos(90°-θ)===,即θ=60°.故EN与平面BMN所成角的大小为60°.法二:由(1)知,当三棱锥A BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2,如图b,取CD的中点F,连结MF,BF,EF,则MF∥AD.由(1)知AD⊥平面BCD,所以MF⊥平面BCD.如图c,延长FE至P点使得FP=DB,连BP,DP,则四边形DBPF为正方形,所以DP⊥BF.取DF的中点N,连结EN,又E为FP的中点,则EN∥DP,所以EN⊥BF.因为MF⊥平面BCD.又EN⊂面BCD,所以MF⊥EN.又MF∩BF=F,所以EN⊥面BMF,又BM⊂面BMF,所以EN⊥BM.因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF,而点F是唯一的,所以点N是唯一的.即当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点),EN⊥BM.连接MN,ME,由计算得NB=NM=EB=EM=,所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取BM的中点G,连接EG,NG,则BM⊥平面EGN.在平面EGN中,过点E作EH⊥GN于H,则EH⊥平面BMN,故∠ENH是EN与平面BMN所成的角, 在△EGN中,易得EG=GN=NE=,所以△EGN是正三角形,故∠ENH=60°,即EN与平面BMN所成角的大小为60°.4.(2010年辽宁卷,理19)已知三棱锥P ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=AB,N为AB上一点,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.设PA=1,以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴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,),N(,0,0),S(1,,0).(1)证明:=(1,-1,),=(-,-,0),因为·=-++0=0,所以CM⊥SN.(2)解:=(-,1,0),设a=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,由得令x=2,得a=(2,1,-2).设SN与平面CMN所成的角为θ,则sin θ=|cos<a,>|.又|cos<a,>|=||=,∴sin θ=,又θ∈[0°,90°],∴θ=45°,故SN与平面CMN所成角为45°.5.(2010年全国新课标卷,理18)如图,已知四棱锥P ABCD的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD中点.(1)证明:PE⊥BC;(2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.(1)证明:以H为原点,HA,HB,HP分别为x,y,z轴.线段HA的长为单位长度,建立空间直角坐标系如图.则A(1,0,0),B(0,1,0).设C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0).则D(0,m,0),E(,,0),可得=(,,-n),=(m,-1,0).因为·=-+0=0.所以PE⊥BC.(2)解:由已知条件可得m=-,n=1,故C(-,0,0).D(0,-,0),E(,-,0),P(0,0,1).设n=(x,y,z)为平面PEH的法向量.则即因此可以取n=(1,,0).又=(1,0,-1),可得|cos<,n>|=,所以直线PA与平面PEH 所成角的正弦值为.求二面角考向聚焦高考重点考查内容,主要以向量为工具,考查通过求两平面的法向量及其角,进而转化为二面角的大小,考查空间向量的线性运算及学生的空间想象能力,难度中档偏上,所占分值8分左右6.(2012年重庆卷,理19,12分)如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB=4,AC=BC=3,D为AB的中点.(1)求点C到平面A1ABB1的距离;(2)若AB1⊥A1C,求二面角A1CD C1的平面角的余弦值.解:(1)∵AC=BC,DA=DB,∴CD⊥AB,又∵AA1⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,∴AA1⊥CD,∵AA1∩AB=A,AA1⊂平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1∴CD⊥平面ABB1A1,∴点C到平面ABB1A1的距离为CD===.(2)如图,过点D作DD1∥AA1交A1B1于D1,由(1)知DB、DC、DD1两两垂直,以D为原点,射线DB、DC、DD1分别为x 轴、y轴、z轴的正半轴建立空间坐标系D xyz.设直棱柱的侧棱AA1=a,则A(-2,0,0),A1(-2,0,a),B1(2,0,a),C1(0,,a),C(0,,0),∴=(2,,-a),=(4,0,a),∵AB1⊥A1C,∴·=0,∴8-a2=0,∴a=2,∴=(0,,0),=(-2,0,2),=(0,0,2),设平面A1CD的法向量n1=(x1,y1,z1),则,∴,令z1=1,则n1=(,0,1),因AB⊥平面C1CD,故可取面C1CD的法向量n2=(1,0,0),∴cos<n1,n2>===.所以二面角A1CD C1的平面角的余弦值为.本题考查了立体几何中点到平面的距离和二面角大小的求法,空间向量的运用,主要考查学生的空间想象力、推理论证能力、化归能力和运算求解能力,难度适中.7.(2012年江西卷,理19,12分)在三棱柱ABC A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4,点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E,使得OE⊥平面BB1C1C,并求出AE的长;(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.(1)证明:连接AO,在△AOA1中,作OE⊥AA1于点E,因为AA1∥BB1,得OE⊥BB1,因为A1O⊥平面ABC,所以A1O⊥BC.由AB=AC,OB=OC,得AO⊥BC,而A1O∩AO=O,所以BC⊥平面AA1O,所以BC⊥OE,而BB1∩BC=B,所以OE⊥平面BB1C1C,又AO==1,AA1=,得AE==.(2)解:如图,分别以OA,OB,OA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2),由=得点E的坐标是(,0,),由(1)得平面BB1C1C的一个法向量是=(,0,),设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z),由,得,令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2,1,-1),所以cos<,n>==,即平面BB1C1C与平面A1B1C夹角的余弦值是.8.(2012年安徽卷,理18,12分)平面图形ABB1A1C1C如图(1)所示,其中BB1C1C是矩形,BC=2,BB1=4,AB=AC=,A1B1=A1C1=.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠,使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,再分别连接A1A,A1B,A1C,得到如图(2)所示的空间图形,对此空间图形解答下列问题.(1)证明:AA1⊥BC;(2)求AA1的长;(3)求二面角A BC A1的余弦值.解:本题考查空间中的垂直关系,求线段长,考查求二面角的余弦值,考查空间向量在求解立体几何问题中的应用.考查空间想象能力,推理论证能力,计算求解能力等.(1)如图,过点A作AO⊥平面A1B1C1,垂足为O,连接OB1,OC1,OA1,∵△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,BB1C1C是矩形,∴ABC A1B1C1为直三棱柱,由BC=2,AB=AC=知∠BAC为直角,且OB1=OC1,∵A1B1=A1C1=,∴OA1⊥B1C1,∵AO⊥平面A1B1C1,∴OA⊥B1C1,∴B1C1⊥平面OAA1,∵AA1⊂平面OAA1,所以AA1⊥BC.(2)由(1)可知OA=BB1=4,OA1=+=3,由OA⊥OA1,∴AA1==5.(3)由(1)知∠BAC=90°,则∠B1OC1=90°,且OA1在角∠B1OC1的平分线上.以O为坐标原点,OB1,OC1,OA所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.A(0,0,4),B(,0,4),C(0,,4),A1(,,0),则=(-,,0),=(,,-4).设平面BCA1的法向量为n=(x,y,z),则,即,取x=1,则n=(1,1,).由平面ABC的一个法向量为=(0,0,4),∴cos<n,>===,由图形可知二面角为钝角,所以二面角A BC A1的余弦值为-.解决本题的关键是能正确理解由平面几何图形到空间几何体的转换,其中的平行和垂直关系,线段长度关系等,然后通过添加辅助线构造常见几何体,就容易找出所需要的平行和垂直关系,也容易得出特殊的图形,也容易建立空间直角坐标系来求解.9.(2012年山东卷,理18,12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面AED;(2)求二面角F BD C的余弦值.(1)证明:∵四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,∴∠DCB=120°,∵CD=CB,∴∠CBD=∠CDB=30°,∴∠ABD=30°,∴∠ADB=90°,即AD⊥DB,又∵DB⊥AE,AE∩AD=A,∴BD⊥平面AED.(2)解:取BD中点P,连结CP,FP.∵CD=CB,∴CP⊥BD.又∵FC⊥平面ABCD,∴BD⊥FC,∴BD⊥平面FCP,∴BD⊥FP,∴∠FPC是二面角F BD C的平面角.设CD=1,则CP=,∴在Rt△FCP中,FP==,∴cos∠FPC==,即二面角F BD C的余弦值为.10.(2012年新课标全国卷,理19,12分)如图,直三棱柱ABC A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.(1)证明:DC1⊥BC;(2)求二面角A1BD C1的大小.(1)证明:不妨设AC=BC=AA1=1.又∵D为AA1中点,∴DC1=,BC1=,∴BD2=3=AD2+AB2,∴AB2=2=AC2+BC2,∴∠ACB=90°,即BC⊥AC,又∵BC⊥CC1,∴BC⊥平面ACC1A1,又∵DC1⊂平面ACC1A1,∴DC1⊥BC.(2)解:由(1)知CA、CB、CC1两两垂直.分别以CA、CB、CC1为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,1,0),D(1,0,1),A1(1,0,2),C1(0,0,2),∴=(1,-1,1),=(0,-1,2),设平面BDC1的一个法向量n=(x,y,z).则即令z=1,则y=2,x=1,即n=(1,2,1).可取平面A1BD的一个法向量m=(1,1,0),∴cos<m,n>===,又∵二面角A1BD C1为锐二面角,∴该二面角的大小为.该题应属立体几何的常规考查形式,一证一求,难度适中.11.(2012年广东卷,理18,13分)如图所示,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,点E在线段PC 上,PC⊥平面BDE.(1)证明:BD⊥平面PAC;(2)若PA=1,AD=2,求二面角B PC A的正切值.解:(1)∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD,同理PC⊥BD.∵PA、PC是平面PAC中的两条相交直线,∴BD⊥平面PAC.(2)解:法一:设AC、BD的交点为O,连接OE,则∠BEO即为所求二面角B PC A的平面角,由(1)知BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC,又∵四边形ABCD为矩形.∴四边形ABCD是正方形,∴AB=AD=2,AC=BD=2,∴BO=OC=BD=×2=,PC===3,由Rt△PAC∽Rt△OEC知=,=,OE=,在Rt△BOE中,tan ∠BEO===3.即二面角B PC A的正切值为3.法二:如图,分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴,A为坐标原点,建立空间直角坐标系, 由(1)知BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC,∴矩形ABCD为正方形,∴P(0,0,1),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),=(-2,2,0)是平面PAC的一个法向量,设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,由得,令x=1,则z=2,y=0,∴n=(1,0,2),∴cos<n,>===-,sin <n,>==,∴tan <n,>==-=-3又二面角B PC A为锐角,∴二面角B PC A的正切值为3.12.(2012年浙江卷,理20,15分)如图,在四棱锥P ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M,N分别为PB,PD的中点.(1)证明:MN∥平面ABCD;(2)过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A MN Q的平面角的余弦值.(1)证明:因为M,N分别是PB,PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.又因为MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)解:法一:连结AC交BD于O,以O为原点,OC,OD所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=2,BD=AB=6.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC.在Rt△PAC中,AC=2,PA=2,AQ⊥PC,得QC=2,PQ=4.由此知各点坐标如下:A(-,0,0),B(0,-3,0)C(,0,0),D(0,3,0),P(-,0,2),M(-,-,),N(-,,),Q(,0,).设m=(x1,y1,z1)为平面AMN的法向量.由=(,-,),=(,,)取z1=-1,得m=(2,0,-1).设n=(x2,y2,z2)为平面QMN的法向量.由=(-,-,),=(-,,)知取z2=5,得n=(2,0,5).于是cos<m,n>==.所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为.法二:在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.所以PB=PC=PD.所以△PBC≌△PDC.因M,N分别是PB,PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN.取线段MN的中点E,连结AE,EQ,则AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ为二面角A MN Q的平面角.由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.在Rt△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4.在△PBC中,cos∠BPC==,得MQ==.在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得QE==.在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得cos∠AEQ==.所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为.13.(2012年天津卷,理17,13分)如图,在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1.(1)证明:PC⊥AD;(2)求二面角A PC D的正弦值;(3)设E为棱PA上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为30°,求AE的长.解:如图,以点A为原点,射线AD、AC、AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建系, 则A(0,0,0),D(2,0,0),B(-,,0),C(0,1,0),P(0,0,2),(1)∵=(0,1,-2),=(2,0,0),∴·=0,∴PC⊥AD.(2)=(0,1,-2),=(2,-1,0),设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),则,即,令x=1,则n1=(1,2,1).又平面PAC的一个法向量可取n2=(1,0,0),∴cos<n1,n2>===.∴sin<n1,n2>=.∴二面角A PC D的正弦值为.(3)设点E(0,0,a),a∈[0,2],则=(,-,a),又=(2,-1,0),故cos<,>===,∴=cos 30°=,∴a=,∴AE=.本小题主要考查了空间两直线的位置关系,二面角,异面直线所成的角等基础知识,主要考查学生的空间想象力,化归能力和运算能力,难度适中.14.(2012年四川卷,理19,12分)如图,在三棱锥P ABC中,∠APB=90°,∠PAB=60°,AB=BC=CA,平面PAB⊥平面ABC.(1)求直线PC与平面ABC所成的角的大小;(2)求二面角B AP C的大小.解:法一:(1)设AB的中点为D,AD的中点为O,连结PO、CO、CD.由已知,△PAD为等边三角形.所以PO⊥AD.又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AD,所以PO⊥平面ABC.所以∠OCP为直线PC与平面ABC所成的角.不妨设AB=4,则PD=2,CD=2,OD=1,PO=.在Rt△OCD中,CO==.所以,在Rt△POC中,tan∠OCP===.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan .(2)过D作DE⊥AP于E,连结CE.由已知可得,CD⊥平面PAB.根据三垂线定理知,CE⊥PA.所以∠CED为二面角B AP C的平面角.由(1)知,DE=.在Rt△CDE中,tan∠CED===2.故二面角B AP C的大小为arctan 2.法二:(1)设AB的中点为D,作PO⊥AB于点O,连结CD.因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AD,所以PO⊥平面ABC.所以PO⊥CD.由AB=BC=CA,知CD⊥AB.设E为AC中点,则EO∥CD,从而OE⊥PO,OE⊥AB.如图,以O为坐标原点,OB、OE、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O xyz. 不妨设PA=2,由已知可得,AB=4,OA=OD=1,OP=,CD=2.所以O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2,0),P(0,0,).所以=(-1,-2,),而=(0,0,)为平面ABC的一个法向量.设α为直线PC与平面ABC所成的角,则sin α=||=||=.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arcsin .(2)由(1)有,=(1,0,),=(2,2,0).设平面APC的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则⇔⇔从而取x1=-,则y1=1,z1=1,所以n=(-,1,1).设二面角B AP C的平面角为β,易知β为锐角.而平面ABP的一个法向量为m=(0,1,0),则cos β=||=||=.故二面角B AP C的大小为arccos .15.(2011年天津卷,理17)如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H⊥平面AA1B1B,且C1H=.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;(2)求二面角A A1C1B1的正弦值;(3)设N为棱B1C1的中点,点M在平面AA1B1B内,且MN⊥平面A1B1C1,求线段BM的长.解:如图所示,建立空间直角坐标系,点H为原点,依题意得A(2,0,0),B1(-2,0,0),A1(0,2,0),B(0,-2,0),C1(0,0,),C(2,-2,).(1)∵=(0,-2,),=(-2,-2,0),∴cos<,>===,∴异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)设平面AA1C1的法向量m=(x,y,z),则,即,取x=,可得m=(,,2),同理设平面A1B1C1的法向量n=(x',y',z'), 则,即,取x'=,可得n=(,-,-2).∴cos<m,n>==-=-,从而sin<m,n>=.所以二面角A A1C1B1的正弦值为.(3)B1C1的中点N(-1,0,),设M(a,b,0),则=(-1-a,-b,),由⊥平面A1B1C1,得,即,∴,∴M(,-,0),∴=(,,0),∴||==.∴线段BM的长为.16.(2011年新课标全国卷,理18)如图,四棱锥P ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)证明:PA⊥BD;(2)若PD=AD,求二面角A PB C的余弦值.(1)证明:∵∠DAB=60°,AB=2AD,不妨设AD=1.由余弦定理得BD=,∴BD2+AD2=AB2,∴BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,∵AD∩PD=D,∴BD⊥平面PAD.∴PA⊥BD.(2)解:如图,以D为坐标原点,DA,DB,DP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系D xyz.设AD=1,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,,0),P(0,0,1),=(-1,,0),=(0,,-1),=(-1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则,即.设z=,则得n=(,1,).同理设平面PBC的法向量为m,则可取m=(0,-1,-),cos<m,n>===-.故二面角A PB C的余弦值为-.17.(2010年浙江卷,理20)如图, 在矩形ABCD中,点E,F分别在线段AB,AD上,AE=EB=AF=FD=4.沿直线EF将△AEF翻折成△A'EF,使平面A'EF⊥平面BEF.(1)求二面角A'FD C的余弦值;(2)点M,N分别在线段FD,BC上,若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折,使C与A'重合,求线段FM的长.解:法一:(1)取线段EF的中点H,连接A'H.因为A'E=A'F及H是EF的中点,所以A'H⊥EF.又因为平面A'EF⊥平面BEF,及A'H⊂平面A'EF,所以A'H⊥平面BEF.如图建立空间直角坐标系A xyz,则A'(2,2,2),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0),故=(-2,2,2),=(6,0,0).设n=(x,y,z)为平面A'FD的一个法向量,所以取z=,则n=(0,-2,).又平面BEF的一个法向量m=(0,0,1).故cos<n,m>==.所以二面角A'FD C的余弦值为.(2)设FM=x,则M(4+x,0,0),因为翻折后C与A'重合,所以CM=A'M,故(6-x)2+82+02=(-2-x)2+22+(2)2,得x=,经检验,此时点N在线段BC上,所以FM=.法二:(1)取线段EF的中点H,AF的中点G,连接A'G,A'H,GH.因为A'E=A'F及H是EF的中点,所以A'H⊥EF,又因为平面A'EF⊥平面BEF,A'H⊂平面A'EF,所以A'H⊥平面BEF,又AF⊂平面BEF,故A'H⊥AF,又因为G,H分别是AF,EF的中点,易知GH∥AB,所以GH⊥AF,又∵GH∩A'H=H,∴AF⊥平面A'GH,所以∠A'GH为二面角A'FD C的平面角,在Rt△A'GH中,A'H=2,GH=2,A'G=2,所以cos∠A'GH=.故二面角A'FD C 的余弦值为.(2)设FM=x,因为翻折后C与A'重合, 所以CM=A'M,而CM2=DC2+DM2=82+(6-x)2,A'M2=A'H2+MH2=A'H2+MG2+GH2=(2)2+(x+2)2+22,得x=,经检验,此时点N在线段BC上,所以FM=.立体几何的开放性问题考向聚焦高考常考内容,主要考查立体几何的开放性问题:(1)条件追溯型;(2)存在探索型;(3)方法类比探索型.考查学生分析问题、解决问题的能力,多在解答题的最后一问,难度中档偏上,所占分值4~8分18.(2012年上海数学,理14,4分)如图,AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱,BC=2.若AD=2c,且AB+BD=AC+CD=2a,其中a、c为常数,则四面体ABCD的体积的最大值是.解析:过点A作AE⊥BC于E,连结DE,则DE⊥BC,所以四面体ABCD的体积为S△ADE.由对称性知,点E为BC的中点,且AB=BD=a时,△ADE的面积最大,又AB+BD>AD,即a>c.所以S△ADE=c,因此四面体ABCD的体积的最大值为.答案:19.(2012年北京卷,理16,14分)如图(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE ∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图(2).(1)求证:A1C⊥平面BCDE;(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.解:(1)在图(1)中,DE∥BC,AC⊥BC,∴DE⊥AD,DE⊥DC.∴折起后在图(2)中,DE⊥A1D,DE⊥DC.又∵A1D∩DC=D,且A1D,DC⊂平面A1CD,∴DE⊥平面A1CD.∴DE⊥A1C.又∵CD⊥A1C,且CD∩DE=D,且CD,DE⊂平面BCDE,∴A1C⊥平面BCDE.(2)在图(1)中,∵DE∥BC,AC=6,DE=2,BC=3,∴AD=4,DC=2,∴折起后在图(2)中,A1D=4,DC=2,又∵A1C⊥CD,∴A1C=2.由(1)知,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz,则C(0,0,0),A1(0,0,2),D(0,2,0),B(3,0,0),E(2,2,0),∴中点M(0,1,),∴=(0,1,).又∵=(-1,2,0),=(3,0,-2).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则,∴不妨取x1=1,则n=(1,,).设直线CM与平面A1BE所成角为α,则sin α=|cos(-α)|===,∴α=,∴直线CM与平面A1BE所成角为.(3)不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.证明:假设存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.记P的坐标为P(m,0,0),且0≤m≤3.∴=(m,0,-2),=(0,2,-2),设平面A1PD的法向量为m,且m=(x2,y2,z2),∴∴令z2=1,得m=(,,1).又当平面A1DP⊥平面A1BE时,m·n=0,∴++=0,∴m=-2∉[0,3].∴假设不成立,∴不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.本题考查了空间向量在立体几何中的应用,尤其第三问中更好地体现了空间向量的优越性.20.(2012年福建卷,理18,13分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;(3)若二面角A B1E A1的大小为30°,求AB的长.解:(1)以A为原点,,,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),D1(0,1,1),E(,1,0),B1(a,0,1),故=(0,1,1),=(-,1,-1),=(a,0,1),=(,1,0).∵·=-×0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0)(0≤z0≤1),使得DP∥平面B1AE.此时=(0,-1,z0).设平面B1AE的法向量n=(x,y,z),∵n⊥平面B1AE,∴n⊥,n⊥,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=(1,-,-a).要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有-az0=0,解得z0=.即AP=.(3)连接A1D,B1C,由长方体ABCD A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1,∴AD1⊥平面DCB1A1,∴是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1).设与n所成的角为θ,则cos θ==.∵二面角A B1E A1的大小为30°,∴|cos θ|=cos 30°,即=,解得a=2,即AB的长为2.利用空间向量解决立体几何中的判定与求解问题的关键是合理建系,准确设点,本题第3问较为创新,更能体现向量法的优点,而在法向量的应用上,要注意赋值的有效性.21.(2010年湖南卷,理18)如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.(1)求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值;(2)在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?证明你的结论.解:法一:设正方体的棱长为1.如图所示,以,,为单位正交基底建立空间直角坐标系A xyz.(1)依题意,得B(1,0,0),E(0,1,),A(0,0,0),D(0,1,0),所以=(-1,1,),=(0,1,0).在正方体ABCD A1B1C1D1中,因为AD⊥平面ABB1A1,所以是平面ABB1A1的一个法向量.设直线BE与平面ABB1A1所成的角为θ,则sin θ===.即直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.证明如下:依题意,得A1(0,0,1),=(-1,0,1),=(-1,1,).设n=(x,y,z)是平面A1BE的一个法向量,则由n·=0,n·=0,得所以x=z,y=z.取z=2,得n=(2,1,2).设F是棱C1D1上的点,则F(t,1,1)(0≤t≤1).又B1(1,0,1),所以=(t-1,1,0).而B1F⊄平面A1BE,于是B1F∥平面A1BE⇔·n=0⇔(t-1,1,0)·(2,1,2)=0⇔2(t-1)+1=0⇔t=⇔F为棱C1D1的中点.这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点),使B1F∥平面A1BE.法二:(1)如图(1)所示,取AA1的中点M,连接EM,BM.因为E是DD1的中点,四边形ADD1A1为正方形,所以EM∥AD.又在正方体ABCD A1B1C1D1中,AD⊥平面ABB1A1,所以EM⊥平面ABB1A1,从而BM为BE在平面ABB1A1上的射影,∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角.设正方体的棱长为2,则EM=AD=2,BE==3.于是,在Rt△BEM中,sin∠EBM==,即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.证明如下:事实上,如图(2)所示,分别取C1D1和CD的中点F、G,连接B1F,EG,BG,CD1,FG.因A1D1∥B1C1∥BC,且A1D1=BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,因此D1C∥A1B.又E,G分别是D1D,CD的中点,所以EG∥D1C,从而EG∥A1B.这说明A1,B,G,E四点共面.所以BG⊂平面A1BE.因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形,F,G分别为C1D1和CD的中点,所以FG∥C1C∥B1B,且FG=C1C=B1B,因此四边形B1BGF是平行四边形,所以B1F∥BG.而B1F⊄平面A1BE,BG⊂平面A1BE,故B1F∥平面A1BE.(2011年福建卷,理20)如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.(1)求证:平面PAB⊥平面PAD;(2)设AB=AP.①若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长;②在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等?说明理由.解:(1)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB.1分又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.2分又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.3分第(1)问赋分细则:(1)证出PA⊥AB得1分,未写出AB⊂平面ABCD不得分;(2)证出AB⊥平面PAD得1分,未写出PA∩AD=A不得分;(3)写出平面PAB⊥平面PAD得1分.(2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A xyz(如图).在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则CE⊥AD.4分在Rt△CDE中,DE=CD·cos 45°=1,CE=CD·sin 45°=1.设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).由AB+AD=4得AD=4-t,所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).5分①设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),由n⊥,n⊥,得取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos 60°=||,即=,解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),6分所以AB=.7分②假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.8分设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),=(0,-m,t).由||=||得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m;(ⅰ)由||=||得(4-t-m)2=m2+t2.(ⅱ)由(ⅰ)、(ⅱ)消去t,化简得m2-3m+4=0.(ⅲ)由于方程(ⅲ)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.11分从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.12分第(2)问赋分细则:(1)建立坐标系得1分,未说明如何建立坐标系扣1分;(2)用t表示出、得1分;(3)设出平面法向量,计算正确得1分;(4)在线段AD上设出G点得1分;(5)计算错误扣2分,如t值计算错;(6)没有结论扣1分.通过高考阅卷分析,造成失分原因如下:(1)解题过程不全,错过得分点,如不建立坐标系;(2)计算错误,如t值求错,平面法向量求错;(3)对参数没有限制范围,如0≤m≤4-t;(4)没有写出结论或未写清结论导致扣分,如不写在线段AD上不存在一个点G,使得点G到P、B、C、D的距离相等.。

立体几何中的向量方法

13—立体几何中的向量方法基础巩固1.已知a=λ+1,0,2,b=6,2μ-1,2λ,若a∥b,则λ与μ的值可以是A2,B-,C-3,2 D2,22.如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos<,>=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为A1,1,1 B1,1,C1,1,D1,1,23.正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则||为A aB aC aD a4.如图所示,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则||等于5.若向量a=1,λ,2,b=2,-1,2且a与b的夹角的余弦值为,则λ=.6.已知A4,1,3,B2,3,1,C3,7,-5,点Px,-1,3在平面ABC内,则x=.空间三种角1．异面直线所成角设异面直线a,b所成的角为θ,则cos θ＝错误!, 其中a,b分别是直线a,b的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示,设l为平面α的斜线,l∩α＝A,a为l的方向向量,n为平面α的法向量,φ为l与α所成的角,则sin φ＝|cos〈a,n〉|＝错误!．3．二面角1若AB,CD分别是二面角α-l-β的两个平面内与棱l垂直的异面直线,则二面角或其补角的大小就是向量错误!与错误!的夹角,如图1．平面α与β相交于直线l,平面α的法向量为n1,平面β的法向量为n2,〈n1,n2〉＝θ,则二面角α -l -β为θ或π－θ．设二面角大小为φ,则|cos φ|＝|cos θ|＝错误!,如图23．错误!典例引领2015·全国卷Ⅰ如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC＝120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE＝2DF,AE⊥EC．1证明：平面AEC⊥平面AFC；2求直线AE与直线CF所成角的余弦值．即时应用如图,四面体ABCD中,O是BD的中点,CA＝CB＝CD＝BD＝2,AB＝AD＝错误!．1求证：AO⊥平面BCD；2求异面直线AB与CD所成角的余弦值．错误!典例引领2016·全国丙卷如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB＝AD＝AC＝3,PA＝BC＝4,M为线段AD上一点,AM＝2MD,N为PC的中点．1证明MN∥平面PAB；2求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．即时应用2016·合肥市第二次质量检测如图,六面体ABCD-HEFG中,四边形ABCD为菱形,AE,BF,CG,DH都垂直于平面ABCD．若DA＝DH＝DB＝4,AE＝CG＝3．1求证：EG⊥DF；2求BE与平面EFGH所成角的正弦值．错误!典例引领2016·全国乙卷如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF＝2FD,∠AFD＝90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°．1证明：平面ABEF⊥平面EFDC；2求二面角E-BC-A的余弦值．即时应用2017·河北省三市联考如图,三棱柱ADE-BCG中,四边形ABCD是矩形,F是EG的中点,EA⊥AB,AD＝AE＝EF＝1,平面ABGE⊥平面ABCD．1求证：AF⊥平面FBC；2求二面角B-FC-D的正弦值．13—立体几何中的向量方法基础巩固1.已知a=λ+1,0,2,b=6,2μ-1,2λ,若a∥b,则λ与μ的值可以是AA2,B-,C-3,2 D2,2解析:由题意知,解得或2.如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos<,>=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为AA1,1,1 B1,1,C1,1,D1,1,2解析:设P0,0,z,依题意知A2,0,0,B2,2,0,则E1,1,,于是=0,0,z,=-1,1,,cos<,>===.解得z=±2,由题图知z=2,故E1,1,1.3.正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则||为AA aB aC aD a解析:以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则Aa,0,0,C10,a,a,Na,a,.设Mx,y,z.∵点M在AC1上且=,∴x-a,y,z=-x,a-y,a-z∴x=a,y=,z=.∴M,,,∴||== a.故选A.4.如图所示,已知PA⊥平面ABC,∠ABC=120°,PA=AB=BC=6,则||等于CA6B6C12 D144解析:因为=++,所以=+++2·=36+36+36+2×36cos 60°=144.所以||=12.5.若向量a=1,λ,2,b=2,-1,2且a与b的夹角的余弦值为,则λ=.解析:由已知得==,∴8=36-λ,解得λ=-2或λ=.答案:-2或6.已知A4,1,3,B2,3,1,C3,7,-5,点Px,-1,3在平面ABC内,则x=.解析:根据共面向量定理设=λ+μ,即x-4,-2,0=λ-2,2,-2+μ-1,6,-8,由此得解得λ=-4,μ=1,所以x=4+8-1=11.答案:111．异面直线所成角设异面直线a,b所成的角为θ,则cos θ＝错误!, 其中a,b分别是直线a,b的方向向量．2．直线与平面所成角如图所示,设l为平面α的斜线,l∩α＝A,a为l的方向向量,n为平面α的法向量,φ为l与α所成的角,则sin φ＝|cos〈a,n〉|＝错误!．3．二面角1若AB,CD分别是二面角α-l-β的两个平面内与棱l垂直的异面直线,则二面角或其补角的大小就是向量错误!与错误!的夹角,如图1．平面α与β相交于直线l,平面α的法向量为n1,平面β的法向量为n2,〈n1,n2〉＝θ,则二面角α -l -β为θ或π－θ．设二面角大小为φ,则|cos φ|＝|cos θ|＝错误!,如图23．错误!典例引领2015·全国卷Ⅰ如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC＝120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE＝2DF,AE⊥EC．1证明：平面AEC⊥平面AFC；2求直线AE与直线CF所成角的余弦值．解：1证明：连接BD,设BD∩AC于点G,连接EG,FG,EF．在菱形ABCD中,不妨设GB＝1．由∠ABC＝120°,可得AG＝GC＝错误!．由BE⊥平面ABCD,AB＝BC,可知AE＝EC．又AE⊥EC,所以EG＝错误!,且EG⊥AC．在Rt△EBG中,可得BE＝错误!,故DF＝错误!．在Rt△FDG中,可得FG＝错误!．在直角梯形BDFE中,由BD＝2,BE＝错误!,DF＝错误!,可得EF＝错误!．从而EG2＋FG2＝EF2,所以EG⊥FG．又AC∩FG＝G,所以EG⊥平面AFC．因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC．2以G为坐标原点,分别以错误!,错误!的方向为x轴,y轴正方向,|错误!|为单位长度,建立空间直角坐标系G-xyz．由1可得A0,－错误!,0,E1,0, 错误!,F错误!,C0, 错误!,0,所以错误!＝1,错误!,错误!,错误!＝错误!．故cos〈错误!,错误!〉＝错误!＝－错误!．所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为错误!．由题悟法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等于两向量夹角余弦值的绝对值．即时应用如图,四面体ABCD中,O是BD的中点,CA＝CB＝CD＝BD＝2,AB＝AD＝错误!．1求证：AO⊥平面BCD；2求异面直线AB与CD所成角的余弦值．解：1证明：连接OC,由CA＝CB＝CD＝BD＝2,AB＝AD＝错误!,O是BD的中点,知CO＝错误!,AO＝1,AO⊥BD．在△AOC中,AC2＝AO2＋OC2,则AO⊥OC．又BD∩OC＝O,因此AO⊥平面BCD．2如图建立空间直角坐标系O-xyz,则A0,0,1,B1,0,0,C0,错误!,0,D－1,0,0,错误!＝1,0,－1,错误!＝－1,－错误!,0,∴|cos〈错误!,错误!〉|＝错误!＝错误!．即异面直线AB与CD所成角的余弦值为错误!．错误!典例引领2016·全国丙卷如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB＝AD＝AC＝3,PA＝BC＝4,M为线段AD上一点,AM＝2MD,N为PC的中点．1证明MN∥平面PAB；2求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．解：1证明：由已知得AM＝错误!AD＝2．取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC的中点知TN∥BC,TN＝错误!BC＝2．又AD∥BC,故TN綊AM,所以四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT．因为MN⊄平面PAB,AT⊂平面PAB,所以MN∥平面PAB．2取BC的中点E,连接AE．由AB＝AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE＝错误!＝错误!＝错误!．以A为坐标原点,错误!的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz．由题意知P0,0,4,M0,2,0,C错误!,2,0,N错误!,错误!＝0,2,－4,错误!＝错误!,错误!＝错误!．设n＝x,y,z为平面PMN的法向量,则错误!即错误!可取n＝0,2,1．于是|cos〈n,错误!〉|＝错误!＝错误!．所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为错误!．由题悟法向量法求线面角的2大途径1分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量,转化为求两个方向向量的夹角或其补角．2通过平面的法向量来求,即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角,取其余角就是斜线和平面所成的角．即时应用2016·合肥市第二次质量检测如图,六面体ABCD-HEFG中,四边形ABCD为菱形,AE,BF,CG,DH都垂直于平面ABCD．若DA＝DH＝DB＝4,AE＝CG＝3．1求证：EG⊥DF；2求BE与平面EFGH所成角的正弦值．解：1证明：连接AC,由AE綊CG可知四边形AEGC为平行四边形,所以EG∥AC,而AC⊥BD,AC⊥BF,所以EG⊥BD,EG⊥BF,因为BD∩BF＝B,所以EG⊥平面BDHF,又DF⊂平面BDHF,所以EG⊥DF．2设AC∩BD＝O,EG∩HF＝P,由已知可得,平面ADHE∥平面BCGF,所以EH∥FG,同理可得：EF∥HG,所以四边形EFGH为平行四边形,所以P为EG的中点,O为AC的中点,所以OP綊AE,从而OP⊥平面ABCD,又OA⊥OB,所以OA,OB,OP两两垂直,由平面几何知识,得BF＝2．分别以错误!,错误!,错误!的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,则B0,2,0,E2错误!,0,3,F0,2,2,P0,0,3,所以错误!＝2错误!,－2,3,错误!＝2错误!,0,0,错误!＝0,2,－1．设平面EFGH的法向量为n＝x,y,z,由错误!可得错误!令y＝1,则z＝2．所以n＝0,1,2．设BE与平面EFGH所成角为θ,则sin θ＝错误!＝错误!．所以BE与平面EFGH所成角的正弦值为错误!．错误!典例引领2016·全国乙卷如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF＝2FD,∠AFD＝90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°．1证明：平面ABEF⊥平面EFDC；2求二面角E-BC-A的余弦值．解：1证明：由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC．又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC．2过D作DG⊥EF,垂足为G．由1知DG⊥平面ABEF．以G为坐标原点,错误!的方向为x轴正方向,|错误!|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz．由1知∠DFE为二面角D -AF-E的平面角,故∠DFE＝60°,则DF＝2,DG＝错误!,可得A1,4,0,B－3,4,0,E－3,0,0,D0,0,错误!．由已知得AB∥EF,所以AB∥平面EFDC．又平面ABCD∩平面EFDC＝CD,故AB∥CD,CD∥EF．由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF＝60°．从而可得C－2,0,错误!．所以错误!＝1,0,错误!,错误!＝0,4,0,错误!＝－3,－4,错误!,错误!＝－4,0,0．设n＝x,y,z是平面BCE的法向量,则错误!即错误!所以可取n＝3,0,－错误!．设m是平面ABCD的法向量,则错误!同理可取m＝0,错误!,4．则cos 〈n,m〉＝错误!＝－错误!．由图知,二面角E-BC-A为钝角,故二面角E-BC-A的余弦值为－错误!．由题悟法利用法向量求二面角时的2个注意点1对于某些平面的法向量要注意题中隐含条件,不用单独求．2注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角,可结合图形进行,以防结论失误．即时应用2017·河北省三市联考如图,三棱柱ADE-BCG中,四边形ABCD是矩形,F是EG的中点,EA⊥AB,AD＝AE＝EF＝1,平面ABGE⊥平面ABCD．1求证：AF⊥平面FBC；2求二面角B-FC-D的正弦值．解：1证明：∵四边形ABCD是矩形,∴BC⊥AB,又平面ABGE⊥平面ABCD,∴BC⊥平面ABGE,∵AF⊂平面ABGE,∴BC⊥AF．在△AFB中,AF＝BF＝错误!,AB＝2,∴AF2＋BF2＝AB2,即AF⊥BF,又BF∩BC＝B,∴AF⊥平面FBC．2分别以AD,AB,AE所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A0,0,0,D1,0,0,C1,2,0,E0,0,1,B0,2,0,F0,1,1,∴错误!＝－1,0,1,错误!＝0,2,0,设n1＝x,y,z为平面CDEF的法向量,则错误!即错误!令x＝1,得z＝1,即n1＝1,0,1,取n2＝错误!＝0,1,1为平面BCF的一个法向量,∴cos〈n1,n2〉＝错误!＝错误!,∴二面角B-FC-D的正弦值为错误!．。

2020年高考数学(理)二轮专题学与练 13 立体几何中的向量方法(考点解读)(原卷版)

专题13 立体几何中的向量方法空间向量及其应用一般每年考一道大题，试题一般以多面体为载体，分步设问，既考查综合几何也考查向量几何，诸小问之间有一定梯度，大多模式是：诸小问依次讨论线线垂直与平行→线面垂直与平行→面面垂直与平行→异面直线所成角、线面角、二面角→体积的计算．强调作图、证明、计算相结合．考查的多面体以三棱锥、四棱锥(有一条侧棱与底面垂直的棱锥、正棱锥)、棱柱(有一侧棱或侧面与底面垂直的棱柱，或底面为特殊图形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等类型的棱柱)为主．1．共线向量与共面向量(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a 、b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb . (2)共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p 与向量a 、b 共面的充要条件是存在唯一实数对(x ，y )，使p ＝xa ＋yb .2．两个向量的数量积向量a 、b 的数量积：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．向量的数量积满足如下运算律： ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)；③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量基本定理如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在唯一有序实数组{x ，y ，z }，使p ＝xa ＋yb ＋zc .推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的有序实数组{x ，y ，z }，使OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →.4．空间向量平行与垂直的坐标表示设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)；a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0. 5．模、夹角和距离公式(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a ·a ＝a 21＋a 22＋a 23， cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23.(2)距离公式设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则 |AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(3)平面的法向量如果表示向量a 的有向线段所在的直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a ⊥α. 如果a ⊥α，那么向量a 叫做平面α的法向量． 6．空间角的类型与范围 (1)异面直线所成的角θ：0<θ≤π2；(2)直线与平面所成的角θ：0≤θ≤π2；(3)二面角θ：0≤θ≤π.7．用向量求空间角与距离的方法(1)求空间角：设直线l 1、l 2的方向向量分别为a 、b ，平面α、β的法向量分别为n 、m . ①异面直线l 1与l 2所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |.②直线l 1与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|a ·n ||a ||n |.③平面α与平面β所成的二面角为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n ||m |. (2)求空间距离①直线到平面的距离，两平行平面间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)．②设n 与异面直线a ，b 都垂直，A 是直线a 上任一点，B 是直线B 上任一点，则异面直线a 、b 的距离d ＝|AB →·n ||n |.高频考点一向量法证明平行与垂直1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，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．【举一反三】如图，在四棱锥PABCD中，P A⊥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P AD；(3)平面PCD⊥平面P AD.【变式探究】如图所示，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.【方法规律】利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题．【变式探究】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD . 高频考点二、向量法求空间角例2、(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B EC C 1的正弦值．【变式探究】(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE∥平面P AB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值．【方法技巧】(1)利用空间向量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，写出相交向量的坐标．③结合公式进行论证、计算．④转化为几何结论．【变式探究】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角BPDA的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．高频考点三探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．例 3、如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，二面角A CD F 为60°，DE ∥CF ，CD ⊥DE ，AD ＝2，DE ＝DC ＝3，CF ＝6.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)在线段CF 上求一点G ，使锐二面角B EG D 的余弦值为14.【举一反三】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．【方法技巧】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、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解题．【变式探究】如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点D 为AC 的中点，点E 的线段AA 1上．(1)当AE EA 1＝12时，求证：DE ⊥BC 1；(2)是否存在点E ，使二面角D BE A 等于60°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由．1．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B EC C 1的正弦值．2. (2019·高考天津卷)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角E BD F 的余弦值为13，求线段CF 的长．3．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．1. (2018年浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．(Ⅱ)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．2. (2018年天津卷)如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；(II)求二面角的正弦值；(III)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.3. (2018年北京卷)如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．(Ⅱ)求证：AC⊥平面BEF；(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；(Ⅱ)证明：直线FG与平面BCD相交．4. (2018年江苏卷)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．5. (2018年江苏卷)在平行六面体中，．求证：(1)；(2)6. (2018年全国I卷理数)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．7. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．(1)证明：平面平面；(2)当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．8. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，在三棱锥中，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．。

立体几何中的向量方法真题与解析

立体几何中的向量方法A 级基础一、选择题1．如图，F 是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点．E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( )A ．B 1E ＝EB B ．B 1E ＝2EBC ．B 1E ＝12EBD ．E 与B 重合2.如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O-xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C-AB-O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23D ．－233．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.104D.644.如图所示，在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1. 以上说法正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．45．(2018·全国卷Ⅱ)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.22二、填空题6.(2019·东莞中学检测)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成的角的大小是________．7.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)＝________．三、解答题8.(2018·北京卷)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．9．(2019·长郡中学模拟)如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC 中，∠ABC＝90°，E，F分别为边AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的位置，使AD＝AE.(1)求证：AF∥平面CBD；(2)求平面CBD与平面DAE所成锐角的余弦值．B级能力提升10．(2019·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13，求线段CF的长．11.(2019·六安一中模拟)如图，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，求二面角P-AC-D的大小；(3)在(2)的条件下，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．A 级基础一、选择题1.解析：以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立坐标系，设正方体的棱长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，则D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，因为D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，所以z ＝1，所以B 1E ＝EB.答案：A2.解析：由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0，0，2)，由图可知，二面角C-AB-O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.答案：C3．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：D4. 解析：A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，所以A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥平面DCC 1D 1，A 1M ∥平面D 1PQB 1.①③④正确．答案：C5．解析：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.故异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.答案：C 二、填空题 6.解析：依题意，以C 为原点，建立如图所示的直角坐标系，设AB ＝BC ＝CD ＝a ，AB ⊥平面BCD .则B (a ，0，0)，D (0，a ，0)，C (0，0，0)，A (a ，0，a )．所以BD →＝(－a ，a ，0)，CA →＝(a ，0，a )．所以cos 〈BD →，CA →〉＝BD →·CA→|BD →|·|CA →|＝－a 22a ·2a＝－12，则〈BD →，CA →〉＝2π3，故AC 与BD 所成角为π3.答案：π37. 解析：因为AC ⊥BD 且AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，所以AC ⊥平面BB 1D 1D ⇒AC ⊥DE ，所以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 ＝EFED ＝66.答案：66三、解答题8.(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)，E(0，0，0)，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＝(x0，y0，z0)．则⎩⎪⎨⎪⎧n·BC→＝0，n·BD→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x0＋2y0＝0，x0－2y0＋z0＝0.令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－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.由题意知二面角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．9．(1)证明：取DE 中点G ，连接FG ，AG ，CG . 由条件CFDG ，所以CFGD 为平行四边形，所以FG ∥CD .又FG ⊄平面CBD ，CD ⊂平面CBD ，所以FG ∥平面CBD . 同理AG ∥平面CBD .又FG ∩AG ＝G ，FG ⊂平面AFG ，AG ⊂平面AFG . 所以平面AFG ∥平面CBD . 又AF ⊂平面AFG ，所以AF ∥平面CBD .(2)解：因为EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，AE ∩DE ＝E ，所以EF ⊥平面ADE .又AD ＝AE ＝DE ，以AE 中点H 为原点，AE 为x 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，0，0)，D (0，0，3)，B (－1，－2，0)，E (1，0，0)， F (1，－2，0)．因为CF →＝12DE →，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2，32，所以BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，BD →＝(1，2，3)．易知BA →是平面ADE 的一个法向量，BA →＝n 1＝(0，2，0)，设平面BCD 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n 2·BC →＝（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32＝32x ＋32z ＝0，n 2·BD →＝（x ，y ，z ）·（1，2，3）＝x ＋2y ＋3z ＝0，令x ＝2，则y ＝2，z ＝－23，所以n 2＝(2，2，－23)． cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝2×0＋2×2－23×02×25＝55.所以平面CBD 与平面DAE 所成锐角的余弦值为55.B 级能力提升10．(1)证明：依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，1，0)，E (0，0，2)．设CF ＝h (h ＞0)，则F (1，2，h )．依题意，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的法向量．又BF →＝(0，2，h )，可得BF →·AB →＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE . 所以BF ∥平面ADE .(2)解：依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0.不妨令z ＝1，可取n ＝(2，2，1)．因此有cos 〈CE →·n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)解：设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h2＝13，解得h ＝87 .经检验，符合题意．所以线段CF 的长为87.11.(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，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 轴正方向，建立坐标系O-xyz ，设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，于是，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解：由题设知，平面PAC 的一个法向量DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，62a .设所求二面角为θ，则cos θ＝OS →·DS →|OS →||DS →|＝32，所以所求二面角的大小为30°.(3)解：在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .根据第(2)问知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a .设CE →＝tCS →.则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at .由BE →·DS →＝0，得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13.所以当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 由于BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.。

第七章第八节立体几何中的向量方法(理)

1．(2012· 六安月考)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，M是线段EF的中点．求证：(1)AM∥平面BDE； (2)AM⊥平面BDF.
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证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连接NE. 则点N、E的坐标分别为 2 2 ( 2 ， 2 ，0)、(0,0,1)．
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(2)由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE. 作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABCD， SD×SE 3 SF＝ DE ＝ 2 . 作FG⊥BC，垂足为G，则FG＝DC＝1. 连接SG，则SG⊥BC.
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又BC⊥FG，SG∩FG＝G，故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG. SF×FG 21 作FH⊥SG，H为垂足，则FH⊥平面SBC.FH＝ SG ＝ 7 ， 21 即F到平面SBC的距离为 7 . 21 由于ED∥BC，所以ED∥平面SBC，E到平面SBC的距离d也为 7 . d 21 设AB与平面SBC所成的角为α，则sinα＝EB＝ 7 .
n· ＝0， SA 则 n· ＝0， SC

即
2x－2z＝0， 2y－2z＝0.
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取 z＝ 2，得 n＝(2,2， 2)．
易知平面 ASD 的一个法向量为 DC ＝(0， 2，0)．
设二面角 C－AS－D 的大小为 θ， DC n· 10 则 cosθ＝＝ 5 . |n|| DC | 10 即二面角 C－AS－D 的余弦值为 5 .
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2．利用向量法求空间角
利用向量法求空间角时，要注意空间角的取值范围
与向量夹角取值范围的区别，特别地二面角的大小等于其法向量的夹角或其补角，到底等于哪一个，要根据题目的具体情况看二面角的大小是锐角还是钝角．

原创1：立体几何中的向量方法

【解答】 (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，
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)因为 PA⊥底面 ABCDE，所以 PA⊥AB，PA⊥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)，B→C＝(1,1,0)．
(1)证明：四边形 EFGH 是矩形； (2)求直线 AB 与平面 EFGH 夹角 θ 的正弦值．
【解】 (1)证明：由该四面体的三视图可知，BD⊥DC， BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由题设，BC∥平面 EFGH，平面 EFGH∩平面 BDC＝FG，平面 EFGH∩平面 ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH， ∴FG∥EH.
2．利用向量法求线面角的方法一是分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；二是通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
对点训练四面体 ABCD 及其三视图如图所示，过棱 AB 的中点 E 作平行于 AD，BC 的平面分别交四面体的棱 BD， DC，CA 于点 F，G，H.
(2)B→1F＝(－2,2，－4)， E→F＝(2，－2，－2)，A→F＝(2,2,0)， B→1F·E→F＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，则B→1F⊥E→F，∴B1F⊥EF， ∵B→1F·A→F＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0， ∴B→1F⊥A→F，即 B1F⊥AF. 又∵AF∩EF＝F， ∴B1F⊥平面 AEF.

用向量法解决立体几何问题MicrosoftOfficeWord文档

用向量法解决立体几何问题.空间向量（4）模长公式:a bx/2y 』2 乙 Z 2a,b222222 0X 1 y 1乙,X 2 y 2 Z 2则向量a 叫做平面的法向量。

（注意：一个平面的法向量有无数个）a 的有向线段所在直线平行于直线 a ，则称a 为直线a 的方向向例1：已知平面内有三点0 0,0,0 , A 2,2,1 , B 4,5,2，求平面的一个法向量。

1.空间向量的概念：空间中把具有大小和方向的量叫做空间向量。

2.空间向量的坐标表示：设i , j, k 为两两垂直的单位向量，若OP xi y j zk ，则x,y,z 叫做向量OP的坐标，也叫 P 点的坐标。

3.两个向量的数量积：a b a b coS a, b4.设aX i ,y i ,乙，bX 2, y 2, Z 2则(1) a b x 1X 2,y 1丫2,乙乙， (2) a bx 2, y 1 y 2,乙 Z 2 （对应相加或减）x 1x 2yy乙z 2（对应相乘再相加）。

特殊地: 2 X 1 2y 1a //b (共线)X iX 2, y 1y 2，乙x 1x 2 y y 2乙 Z 2A X i , Y i ，乙，B X 2,y 2,Z 2 ,则 AB X 2X 1,y 2Y 1,Z 2 （终点减始点） (8)A X 1, y 1，乙，B X 2,y 2,Z 2两点的中点坐标这PX 1『22乙 Z 2。

26.平面的法向量：若表示向量a的有向线段所在直线垂直于平面，记作：a 丄。

2 2y 1 乙 5.两向量a 、b 的夹角：cos7.直线的方向向量：若表示向量练习：已知O A 、B 、C 、D E 均在平面内，根据下列条件求平面的一个法向量⑴ 0 0,0,0，A1, 1,0，B0,1, 1(2) OA 1,2,0 , OB 2,5,0 (3) CD 1, 2,1 , CE 1,2,0二、立体几何问题的转化策略1. 平行问题的转化内不共线的两向量)2. 垂直问题的转化3. 空间角的转化(1)证两直线AB// CDAB CD(2)证直线AB//平面 AB0(n 平面的一个法向量。

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。

3.2.1立体几何中的向量方法(经典实用)

P
2、平面的法向量
换句话说,与平面垂直的非零向量叫做平面的法向量 l
a

A
练习.如图所示, 正方体的棱长为1 (1,0,0) (1)直线AD的一个方向向量坐标为___________
(0,0,1) (2)平面ABCD 的一个法向量坐标为___________
(1,1,1) (3)平面ACD1 的一个法向量坐标为___________
2 2 2
1 1 1 2(cos 60 cos 60 cos 60)
6
所以 | AC1 | 6
A1 D1 C1
D
C
B
B1
答: 这个晶体的对角线 AC1 的长是棱长的 6 倍。 A
当堂检测7：如图，60°的二面角的棱上有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
3 ( x , y , z ) ( 3, 4, 0) 0 3 x 4 y 0 y 4 x ∴ 即 ( x , y , z ) ( 3, 0, 2) 0 3 x 2 z 0 ∴ z 3 x 2 取 x 4 ,则 n (4, 3, 6) ∴ n (4, 3, 6) 是平面 ABC 的一个法向量.
3.2.1立体几何中的向量方法(1)
学习目标
1.掌握直线的方向向量及平面的法向量的概念
2.掌握利用直线的方向向量及平面的法向量解决平行、垂直等立体几何问题；
3.掌握向量模的计算公式，会用向量方法求两点间距离。
立体几何中的向量方法(一)
前面,我们把平面向量
推广到
空间向量
向量渐渐成为重要工具
1 1 D1 F (0, , 1) DA (1, 0, 0)， (1,1, , ) DE 2 2 z D1 则１ DA 0，１ DE 0 ＤＦＤＦ

立体几何中的向量方法(习题及答案)

立体几何中的向量方法(习题)＞例题示范例 1：如图 1,在 RtAABC 中，ZC 二90。

，BC=3, AC=6. D, E 分别是AG AB 1.的点，且DE//BC, DE=2.将aDE 沿DE 折起到△AiDE的位置，使41C 丄CD,如图2.(1) ⑵ 求证：AiC 丄平面BCDE^若M 是AQ 的中点，求CM 与平面AiBE 所成角的大小；线段BC 上是否存在点P,使平面AiDP 与平面AiBE 垂⑶ 直？请说明理山.过程示范：CD 如图2,山题意得，CD 丄DE, A1Q 丄DE, CDQAfi =D, :.DE 丄平面AiCD,VAiCc 平面 A]CD,•••AiC 丄 DE,乂 AiC 丄CD, CD(}DE =D.AAiC 丄平面BCDE.0 如图，建立空间直角坐标系C-xyz»在 RtAA I CD 中，AC 丄 CD, CD=2, A|D=4,：.AiC=2j3,则 C(0, 0. 0), D(-2, 0, 0), A|(O, 0, 2笛)，B(0, 3, 0),£(-2r 2, 0), M(-l, 0,zA /. A|B=(O, 3, -2如，BE =(-2, —1, 0), CM =(-1, 0, >/3),设平面AiBE 的法向量为« =(X ,厂Z)，则 f M = 3y - 尬=0『BE = -2x-y=(i 不妨取 x = l,贝!) y = -2» z = -yj3 ,「•平面AiBE 的一个法向量为《 = (1, -2, -点), i 殳CM 与平面/bBE 所成的角为0,XB y |CM5|_ 4 =忑, 尸,—,,,2x2^ 2故CM 与平面4BE 所成角的大小为45°. 则sin 隹 c|os < CM , «>0 假设线段BC 上存在满足题意的点P, 且点P 的坐标为（0, a, 0）, 0WdW3,则 AiP=(0 , a. -筋，DP = (2 r, 0), 设平面AiDP 的法向量为Hi = (xi , yi, zi”则 r I • “ = ©1-药勺=0l"： DP = 2x^ + ay I = 0不妨取 X|= -3a ,则）1= 6 , Zi = Ra ,几平面AiDP 的一个法向量为川=（-3", 6,屈），若平面AiDP 与平面A\BE 垂直，则H-in=0, /. -3"-12-3« = 0,解得《 = -2, U W 3 ,二线段BC 上不存在点P,使平面AiDP 与平面AiBE 垂直. ＞巩固练习I 如图，在正四棱柱ABCD-A\B\CxD\中，若AA\=2AB.则CD 与平面BDCi 所成角的正弦值为（）23B ・3D ZE 第2题图 2 如图，正三棱柱ABC-A]B]Ci 的所有棱长都为2,若D 为CC, 的中点，则二面角A-AiD-B 的余弦值为（ A.迺 t B. CA. C. C,必一 c,7A B第1题图D.2在空间直角坐标系。

高考理科数学考点解析立体几何中的向量方法、

立体几何中的向量方法一、填空题1.(2015·四川高考理科·T14)如图,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ 上,E,F 分别为AB,BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则cos θ的最大值为.【解析】如图,建立空间坐标系,设正方形的边长为2,则A(0,0,0),F(2,1,0),E(1,0,0),设M(0,m,2)(0≤m ≤2), 则=(2,1,0),=(1,-m,-2), cos θ=2552mm +⨯-令t=2-m(0≤t ≤2), cos θ=52)3223(95151523951512=-+⨯≤⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⨯t答案:52二、解答题3.（2015·安徽高考理科·T19）如图所示，在多面体111A B D DCBA，四边形11AA B B，11,ADD A ABCD均为正方形，E 为11B D 的中点，过1,,A D E的平面交1CD 于F（1）证明：1//EF B C(2)求二面角11E A D B --余弦值.【解题指南】（）利用线面平行的判定和性质定理；（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解。

【解析】（1）因为111//,A D B C A D ⊂平面1A DE ,1B C ⊄平面1A DE，所以1//B C 平面1A DE,又1B C ⊂平面11B CD ，平面1A DE ⋂平面11B CD =EF ，所以EF//1B C.(2)以A 为原点，分别以1,,AB AD AA 为x 轴，y 轴，z 轴单位正向量建立空间直角坐标系，则A(0，0，0),B(1，0，0),D(0，1,0),111(0,0,1),(1,0,1),(0,1,1),A B D 而E 是11B D 的中点，所以点E 的坐标为（0.5,0.5,1）.设平面1A DE的法向量1111(,,)n r s t =，又11(0.5,0.5,0),(0,1,1)A E A D ==-,由11n A E ⊥,11n A D ⊥得: 11110.50.500r s s t +=⎧⎨-=⎩,令111s t ==，则1(1,1,1)n =-，设平面11A B CD的法向量2222(,,)n r s t =，又111(1,0,0),(0,1,1)A B A D ==-,由同理可得:2(0,1,1)n =，所以结合图形可得二面角11E A D B --的余弦值为1212|.|||.||3n n n n ==。

-立体几何中的向量方法(理)

第33页，共79页。
(1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF.
第34页，共79页。
证明如右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)．
第35页，共79页。
(1)取AB中点为N，则N(2,0,0)，又C(0,4,0)，D(2,0,2)， ∴D→E＝(－2,4,0)，N→C＝(－2,4,0)， ∴D→E＝N→C.∴DE∥NC，又NC在平面ABC内，故DE∥平面ABC. (2)B→1F＝(－2,2，－4)，E→F＝(2，－2，－2)，A→F＝(2,2,0)， B→1F·E→F＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
第41页，共79页。
(2)由(1)知A→D1＝(0,3,3)，A→C＝( 3，1,0)，B→1C1＝(0,1,0)．设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则
n·A→C＝0， n·A→D1＝0，
即3y3＋x＋3zy＝＝00.，
令x＝1，则n＝(1，－ 3， 3)．
设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则
第31页，共79页。
【规律方法】 (1)恰当建立坐标系，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，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．
第23页，共79页。
设平面ABC的法向量为m＝(0,0，－1)，
则cosθ＝cos〈n，m〉＝
311，tanθ＝
2 3.
答案

高考数学考点分类自测立体几何体中的向量方法理【含答案】

三、解答题
10．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面A夹角的余弦值．
11．已知四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝，AB＝1，M是PB的中点．
∵AD⊂平面ABD，
∴平面ABD⊥平面BDC.
(2)由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以，，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，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0， )，E( ，，0)，
且MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.
答案：B
5.解析：以B点为坐标原点，以BC、BA、BB1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，
则B(0,0,0)，C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0，1)，∴ ＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)
∴cos〈，〉＝
A．相交B．平行
C．垂直D．不能确定
5.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是()
A．45°B．60°
C．90°D．120°
6. 如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝ AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为()
2015年高考理科数学考点分类自测：立体几何体中的向量方法
一、选择题
1．若平面α，β的法向量分别为a＝(－1,2,4)，b＝(x，－1，－2)，并且α⊥β，则x的值为()

第七章第七节立体几何中的向量方法(理)

2 7·
7＝27，
从而 sin〈m，n〉＝375.
所以二面角
A－A1C1－B1
的正弦值为3
7
5 .
返回
(3)由 N 为棱 B1C1 的中点，得 N( 22，322， 25)．
设
uuuur M(a，b,0)，则 MN ＝(
22－a，3 2 2－b，
25)．
由 MN⊥平面 A1B1C1， uuuur uuuur
得 MuuNuur·Au1uBuu1r＝0， MN ·A1C1 ＝0.
返回
即 22－a·－2 2＝0，
22－a·－
2＋3 2 2－b·－
2＋
5 2·
5＝0.
解得a＝ 22，
b＝
2 4.
故 M( 22， 42，0)．
因此
uuur BM ＝(
22，42，0)，所以线段
BM
的长|
uuur BM |＝
返回
[通一类] 1．如图所示，正方形ABCD所在平面与平面
四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，FA＝FE， ∠AEF＝45°. (1)求证：EF⊥平面BCE； (2)设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥平面BCE.
返回
证明：∵△ABE是等腰直角三角形，AB ＝AE，∴AE⊥AB.又∵平面ABEF⊥平面 ABCD，且平面ABEF∩平面ABCD＝AB， ∴AE⊥平面ABCD，∴AE⊥AD，即AD、AB、AE两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝1，则AE＝1，B(0,1,0)，D(1,0,0)， E(0,0,1)，C(1,1,0)r FC1
＝(－1,0,1)，
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高考数学立体几何中的向量方法(理) 专题

高考数学立体几何中的向量方法（理）专题题组一利用空间向量证明平行、垂直问题1.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1中点，则直线CE 垂直于 ( )A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1A解析：如图所示，易证BD ⊥平面AA 1C 1C ，又CE ⊂平面ACC 1A 1，∴BD ⊥CE .答案：B2．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是 ( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定解析：∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB u u u r ＝231A B u u u u r ，CN u u u r ＝23CA u u u r ， ∴MN u u u u r ＝MB u u u r ＋BC u u u r ＋CN u u u r ＝231A B u u u u r ＋BC u u u r ＋23CA u u u r ＝23(11A B u u u u r ＋1B B u u u u r )＋BC u u u r ＋23(CD u u u r ＋DA u u u r ) ＝231B B u u u u r ＋1311B C u u u u r . 又∵CD u u u r 是平面B 1BCC 1的法向量，且MN u u u u r ·CD u u u r ＝(231B B u u u u r ＋1311B C u u u u r )·CD u u u r ＝0， ∴MN u u u u r ⊥CD u u u r ，∴MN ∥平面B 1BCC 1.答案：B题组二利用空间向量求空间角3.(2010·陕西八校模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin〈CM u u u r ，1D N u u u u r 〉的值为 ( ) A.19B.495 C.29 5 D.23解析：设正方体棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，可知CM u u u r ＝(2，－2,1)，1D N u u u u r ＝(2,2，－1)，cos 〈CM u u u r ，1D N u u u u r 〉＝－19， sin 〈CM u u u r ，1D N u u u u r 〉＝459. 答案：B4．(2009·上海高考)如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1＝BC ＝AB ＝2，AB ⊥BC ，求二面角B 1－A 1C —C 1的大小．解：如图，建立空间直角坐标系．则A (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(2,0,2)，B 1(0,0,2)，C 1(0,2,2)，设AC 的中点为M ，∵BM ⊥AC ，BM ⊥CC 1.∴BM ⊥平面A 1C 1C ，即BM u u u u r ＝(1,1,0)是平面A 1C 1C 的一个法向量．设平面A 1B 1C 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z )．1A C u u u u r ＝(－2,2，－2)，1A B u u u u r ＝(－2,0,0)，∴111120,2220,n A B x n A C x y z ⎧=-=⎪⎨=-+-=⎪⎩u u u u r g u u u u r g 令z ＝1，解得x ＝0，y ＝1.∴n ＝(0,1,1)，设法向量n 与BM u u u u r 的夹角为φ，二面角B 1－A 1C －C 1的大小为θ，显然θ为锐角．∵cos θ＝|cos φ|＝n BM n BM u u u u r g u u u u r g ＝12，解得θ＝π3. ∴二面角B 1－A 1C －C 1的大小为π3.题组三综合问题5.如图，P －ABCD 1111其中AB ＝2，P A ＝ 6.(1)求证：P A ⊥B 1D 1；(2)求平面P AD 与平面BDD 1B 1所成锐二面角的余弦值．解：以D 1为原点，D 1A 1所在直线为x 轴，D 1C 1所在直线为y 轴，D 1D 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,0)，A 1(2,0,0)，B 1(2,2,0)，C 1(0,2,0)，D (0,0,2)，A (2,0,2)，B (2,2,2)，C (0,2,2)，P (1,1,4)．(1)证明：∵AP u u u r ＝(－1,1,2)，11D B u u u u r ＝(2,2,0)，∴AP u u u r ·11D B u u u u r ＝－2＋2＋0＝0，∴P A ⊥B 1D 1.(2)平面BDD 1B 1的法向量为AC u u u r ＝(－2,2,0)．DA u u u r ＝(2,0,0)，OP u u u r ＝(1,1,2)．设平面P AD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DA u u u r ，n ⊥DP u u u r .∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝0，x ＋y ＋2z ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－2z ，取n ＝(0，－2,1)，设所求锐二面角为θ，则cos θ＝n AC n ACu u u r g u u u r g ＝|0－4＋0|22×5＝105. 6．(2010·广州调研)如图，已知等腰直角三角形RBC ，其中∠RBC ＝90°，RB ＝BC ＝2.点A 、D 分别是RB 、RC 的中点，现将△RAD 沿着边AD 折起到△P AD 位置，使P A ⊥AB ，连结PB 、PC .(1)求证：BC ⊥PB ；(2)求二面角A －CD －P 的平面角的余弦值．解：(1)证明：点A 、D 分别是RB 、RC 的中点，∴AD ∥BC ，AD ＝12BC ， ∴∠P AD ＝∠RAD ＝∠RBC ＝90°，∴P A ⊥AD ，∴P A ⊥BC ，∵BC ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面P AB .∵PB ⊂平面P AB ，∴BC ⊥PB .(2)法一：取RD 的中点F ，连结AF 、PF .∵RA ＝AD ＝1，∴AF ⊥RC .∵AP ⊥AR ，AP ⊥AD ，∴AP ⊥平面RBC .∵RC ⊂平面RBC ，∴RC ⊥AP .∵AF ∩AP ＝A ，∴RC ⊥平面P AF .∵PF ⊂平面P AF ，∴RC ⊥PF .∴∠AFP 是二面角A －CD －P 的平面角．在Rt △RAD 中，AF ＝12RD ＝12RA 2＋AD 2＝22，在Rt △P AF 中，PF ＝P A 2＋AF 2＝62， cos ∠AFP ＝AF PF ＝2262＝33. ∴二面角A －CD －P 的平面角的余弦值是33. 法二：建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .则D (－1,0,0)，C (－2,1,0)，P (0,0,1)．∴DC u u u r ＝(－1,1,0)，DP u u u r ＝(1,0,1)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则：00n DC x y n DP x z ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩u u u r g u u u r g 令x ＝1，得y ＝1，z ＝－1， ∴n ＝(1,1，－1)．显然，PA u u u r 是平面ACD 的一个法向量，PA u u u r ＝(0,0，－1)．∴cos 〈n ，PA u u u r 〉＝n PA n PA u u u r g ＝13×1＝33. ∴二面角A －CD －P 的平面角的余弦值是33. 7．(2009·江西高考改编)如图在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝4，AB ＝2.以AC 的中点O 为球心、AC 为直径的球面交PD 于点M ，交PC 于点N .(1)求证：平面ABM ⊥平面PCD ；(2)求直线CD 与平面ACM 所成的角的正弦值；解：法一：(1)证明：依题设知，AC 是所作球面的直径，则AM ⊥MC .又因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD .又CD ⊥AD ，AD ∩P A ＝A ，所以CD ⊥平面P AD ，∵AM ⊂平面P AD ，∴CD ⊥AM ，又CD ∩CM ＝C ，所以AM ⊥平面PCD ，∵AM ⊂平面ABM ，所以平面ABM ⊥平面PCD .(2)由(1)知，AM ⊥PD ，又P A ＝AD ，则M 是PD 的中点，可得AM ＝22且M 到平面ABCD 的距离为2，MC ＝MD 2＋CD 2＝23，则S △ACM ＝12AM ·MC ＝26，S △ACD ＝4. 设D 到平面ACM 的距离为h ，由V D －ACM ＝V M －ACD ，即26h ＝8，可求得h ＝263. 设所求角为θ，则sin θ＝h CD ＝63，即直线CD 与平面ACM 所成角的正弦值为63. 法二：(1)同法一；(2)如图所示，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0,4)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，D (0,4,0)，∴CD u u u r ＝(－2,0,0)，AC u u u r ＝(2,4,0)．由(1)知，AM ⊥PD ，又P A ＝AD ，则M 是PD 的中点，故M (0,2,2)，所以AM u u u u r ＝(0,2,2)．设平面ACM 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥AC u u u r ，n ⊥AM u u u u r ，可得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4y ＝0，2y ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(2，－1,1)．设所求角为α，则sin α＝CD n CD nu u u r g u u u r ＝63，所求角的正弦值为63.。

2021版新高考数学一轮教师用书：第7章第6节立体几何中的向量方法 Word版含答案

第六节立体几何中的向量方法[考点要求] 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．(对应学生用书第133页)1．异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则 a 与b 的夹角〈a ，b 〉 l 1与l 2所成的角θ范围 0＜〈a ，b 〉＜π 0<θ≤π2关系cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |2.直线与平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos_〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |．3．二面角(1)如图①，AB ，CD 是二面角α-l -β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α-l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角).[常用结论] 点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π].( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√ 二、教材改编1．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°A [由于cos 〈m ，n 〉＝－12，所以〈m ，n 〉＝120°，所以直线l 与α所成的角为30°.] 2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．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.3010 B ．3015 C.3030D ．1515A [以D 为原点建立空间直角坐标系D -xyz ，如图，设AB ＝2，则N (1，0，0)，D 1(0，0，2)，M (1，1，0)，B 1(2，2，2)， ∴B 1M ＝(－1，－1，－2)， D 1N ＝(1，0，－2)， ∴B 1M ·D 1N ＝－1＋4＝3， |B 1M |＝6，|D 1N |＝5， ∴cos 〈B 1M ，D 1N 〉＝330＝3010＞0， ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为3010.故选A.]4.如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC -A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．π6[如图，以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、 z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，则A (0，0，0)，C 1(1，3，22)，D (1，0，22)，∴AC 1＝(1，3，22)，AD →＝(1，0，22).∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角， cos ∠C 1AD ＝AC 1·AD→|AC 1||AD →|＝（1，3，22）·（1，0，22）12×9＝32，又∵∠C 1AD ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴∠C 1AD ＝π6.](对应学生用书第134页)考点1 求异面直线所成的角用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量． (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值．(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A ．32B ．155C ．105D ．33C [在平面ABC 内过点B 作AB 的垂线，以B 为原点，以该垂线，BA ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系B xyz ，则A (0，2，0)，B 1(0，0，1)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，AB 1＝(0，－2，1)，BC 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，cos 〈AB 1，BC 1〉＝AB 1·BC 1|AB 1|·|BC 1|＝25×2＝105，故选C.][母题探究]1.本例条件换为：“直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点”，则直线EF 和BC 1所成的角是________．60° [以B 为坐标原点，以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)， ∴EF →＝(0，－1，1)，BC 1＝(2，0，2)，∴EF →·BC 1＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1〉＝22×22＝12，则EF 和BC 1所成的角是60°.]2．本例条件换为：“直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面为等边三角形， AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点”，则AM 与BN 所成角的余弦值为________．710 [如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1，0)，M (0，0，2), B (－3，0，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，所以AM →＝(0，1，2)，BN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，所以cos 〈AM →，BN →〉＝AM →·BN →|AM →||BN →|＝725×5＝710.]两异面直线所成角的范围是θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．[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 AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O -xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0). 所以PB →＝(1，3，－2)， AC →＝(0，23，0).设PB 与AC 所成角为θ，则 cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. 考点2 求直线与平面所成的角利用向量法求线面角的2种方法(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角).(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的角(夹角为钝角时取其补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2019·深圳模拟)已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，PD＝PB ，H 为PC 上的点，过AH 的平面分别交PB ，PD 于点M ，N ，且BD ∥平面AMHN .(1)证明：MN ⊥PC ；(2)当H 为PC 的中点，P A ＝PC ＝3AB ，P A 与平面ABCD 所成的角为60°，求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值．[解] (1)证明：连接AC 、BD 且AC ∩BD ＝O ，连接PO .因为ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ，因为PD ＝PB ，所以PO ⊥BD ，因为AC ∩PO ＝O 且AC 、PO ⊂平面P AC ，所以BD ⊥平面P AC ，因为PC ⊂平面P AC ，所以BD ⊥PC ，因为BD ∥平面AMHN ，且平面AMHN ∩平面PBD ＝MN ，所以BD ∥MN ，MN ⊥平面P AC ，所以MN ⊥PC .(2)由(1)知BD ⊥AC 且PO ⊥BD ，因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点，所以PO ⊥AC ，所以PO ⊥平面ABCD ，所以P A 与平面ABCD 所成的角为∠P AO ，所以∠P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ，因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A .以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)， C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)，所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0). 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎨⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)，设AD 与平面AMHN 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34.所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34.若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误认为直线的方向向量与平面的法向量所成夹角的余弦值即为所求．(2019·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．[解] 法一：(几何法)(1)连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC . 又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平面A 1EF . 因此EF ⊥BC .(2)取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则四边形EGF A 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGF A 1为矩形．由(1)得BC ⊥平面EGF A 1，则平面A 1BC ⊥平面EGF A 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角). 不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152，所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.法二：(向量法)(1)连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC .如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E -xyz . 不妨设AC ＝4，则A 1(0，0，23)，B (3，1，0)，B 1(3，3，23)，F (32，32，23)，C (0，2，0).因此EF →＝(32，32，23)，BC →＝(－3，1，0). 由EF →·BC →＝0，得EF ⊥BC .(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1，0)，A 1C ＝(0，2，－23). 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C ·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0，取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45，所以cos θ＝35，因此，直线EF与平面A1BC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C1DE；(2)求二面角A-MA1N的正弦值．[解](1)连接ME，B1C∵M，E分别为BB1，BC中点，∴ME为△B1BC的中位线，∴ME∥B1C且ME＝12B1C，又N为A1D中点，且A1D綊B1C，∴ND∥B1C且ND＝12B1C，∴ME綊ND，∴四边形MNDE为平行四边形，∴MN∥DE.又MN⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE.(2)法一：设AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，由直四棱柱性质可知：OO 1⊥平面ABCD .∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD .则以O 为原点，可建立如图所示的空间直角坐标系：则A ()3，0，0，M ()0，1，2，A 1()3，0，4，D (0，－1，0)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2.取AB 中点F ，连接DF ，则F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0.∵四边形ABCD 为菱形且∠BAD ＝60°，∴△BAD 为等边三角形， ∴DF ⊥AB .又AA 1⊥平面ABCD ，DF ⊂平面ABCD ，∴DF ⊥AA 1.∴DF ⊥平面ABB 1A 1，即DF ⊥平面AMA 1.∴DF →为平面AMA 1的一个法向量，且DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0.设平面MA 1N 的法向量n ＝()x ，y ，z ，又MA 1＝()3，－1，2，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－32，0.∴⎩⎨⎧n ·MA 1＝3x －y ＋2z ＝0，n ·MN →＝32x －32y ＝0，令x ＝3，则y ＝1，z ＝－1 ，∴n ＝()3，1，－1.∴cos 〈DF →，n 〉＝DF →·n ⎪⎪⎪⎪DF →·||n ＝315＝155，∴sin 〈DF →，n 〉＝105，∴二面角A -MA 1N 的正弦值为105.法二：由已知可得DE ⊥DA .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则A (2，0，0)，A 1(2，0，4)，M (1，3，2)，N (1，0，2)，A 1A ＝(0，0，－4)，A 1M ＝(－1，3，－2)， A 1N ＝(－1，0，－2)，MN →＝(0，－3，0).设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M ＝0，m ·A 1A ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.所以可取m ＝(3，1，0).设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N ＝0. 即⎩⎪⎨⎪⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0. 可取n ＝(2，0，－1)，于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A -MA 1N 的正弦值为105. [母题探究] 本例条件不变，求点C 到平面C 1DE 的距离．[解] 法一：(几何法)过C 作C 1E 的垂线，垂足为H .由已知可得DE ⊥BC ，DE ⊥C 1C ，所以DE ⊥平面C 1CE ，故DE ⊥CH .又DE ∩C 1E ＝E ，从而CH ⊥平面C 1DE ，故CH 的长即为C 到平面C 1DE 的距离，由已知可得CE ＝1，C 1C ＝4，所以C 1E ＝17，故CH ＝41717.从而点C 到平面C 1DE 的距离为41717.法二：(等体积法)在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE ⊥BC ，根据题意有DE ＝3，C 1E ＝17，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面BCC 1B 1，所以DE ⊥EC 1，所以S △DEC 1＝12×3×17，设点C 到平面C 1DE 的距离为d ，根据题意有VC 1CDE ＝VC C 1DE ，则有13×12×3×17×d ＝13×12×1×3×4，解得d ＝417＝41717，所以点C 到平面C 1DE 的距离为41717.本例(2)在求解中给出了两种常见的建系方式，建立便捷的空间直角坐标系是求解本例的关键．1.如图所示，二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为________．60° [∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|＝（CA →＋AB →＋BD →）2 ＝36＋16＋64＋2CA →·BD → ＝116＋2CA →·BD →＝217.∴CA →·BD →＝|CA →|·|BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝－24.∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12.又所求二面角与〈CA →，BD →〉互补，∴所求的二面角为60°.]2.如图，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，△ABC 是等边三角形，AC ＝2AE ，M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM;(2)若直线DM 与平面ABC 所成角的正切值为2，求二面角B -CD -E 的余弦值．[解] (1)证明：因为△ABC 是等边三角形，M 是AB 的中点，所以CM ⊥AM . 因为EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以CM ⊥EA .因为AM ∩EA ＝A ，所以CM ⊥平面EAM .因为EM ⊂平面EAM ，所以CM ⊥EM .(2)以点M 为坐标原点，MC 所在直线为x 轴，MB 所在直线为y 轴，过M 且与直线BD 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系M -xyz ，如图所示．因为DB ⊥平面ABC ，所以∠DMB 为直线DM 与平面ABC 所成的角，所以tan ∠DMB ＝BD MB ＝2，即BD ＝2MB ，所以BD ＝AC .不妨设AC ＝2，又AC ＝2AE ，则CM ＝3，AE ＝1.故B (0，1，0)，C (3，0，0)，D (0，1，2)，E (0，－1，1).所以BC →＝(3，－1，0)，BD →＝(0，0，2)，CE →＝(－3，－1，1)，CD →＝(－3，1，2). 设平面BCD 与平面CDE 的一个法向量分别为m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎨⎧m ·BC →＝0，m ·BD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－y 1＝0，2z 1＝0.令x 1＝1，得y 1＝3，所以m ＝(1，3，0).由⎩⎨⎧n ·CE →＝0，n ·CD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x 2－y 2＋z 2＝0，－3x 2＋y 2＋2z 2＝0.令x 2＝1，得y 2＝－33，z 2＝233.所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－33，233.所以cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝0.所以二面角B -CD -E 的余弦值为0.。

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第一部分一 13(理)一、选择题1．(2014·北京理，7)在空间直角坐标系O －xyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)，若S 1、S 2、S 3分别是三棱锥D －ABC 在xOy 、yOz 、zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A ．S 1＝S 2＝S 3B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1[答案] D[解析] D －ABC 在xOy 平面上的投影为△ABC ，故S 1＝12AB ·BC ＝2，设D 在yOz 和zOx 平面上的投影分别为D 2和D 3，则D －ABC 在yOz 和zOx 平面上的投影分别为△OCD 2和△OAD 3，∵D 2(0,1，2)，D 3(1,0，2)．故S 2＝12×2×2＝2，S 3＝12×2×2＝2，综上，选项D 正确．2．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 是AA 1的中点，则异面直线D 1C 与BE 所成角的余弦值为( )A.15 B.31010C.1010D.35[答案] B[解析] 以A 为原点，AB 、AD 、AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝1，则B (1,0,0)，D (0,1,0)，C (1,1,0)，D 1(0,1,2)，∵AA 1＝2AB ，∴E (0,0,1)，∴BE →＝(－1,0,1)，CD 1→＝(－1,0,2)，∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝BE →·CD 1→|BE →|·|CD 1→|＝32·5＝31010，故选B.3．(2015·浙江理，8)如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′－CD －B 的平面角为α，则( )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α[答案] B[解析] ∵A ′C 和BC 都不与CD 垂直，∴∠A ′CB ≠α，故C ，D 错误．当CA ＝CB 时，容易证明∠A ′DB ＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt △ABC ，令斜边AB ＝4，AC ＝2，BC ＝23，如图所示，则CD ＝AD ＝BD ＝2，∠BDH ＝120°，设沿直线CD 将△ACD 折成△A ′CD ，使平面A ′CD ⊥平面BCD ，则α＝90°.取CD 中点H ，连接A ′H ，BH ，则A ′H ⊥CD ，∴A ′H ⊥平面BCD ，且A ′H ＝3，DH ＝1.在△BDH 中，由余弦定理可得BH ＝7.在Rt △A ′HB 中，由勾股定理可得A ′B ＝10.在△A ′DB 中，∵A ′D 2＋BD 2－A ′B 2＝－2<0，可知cos ∠A ′DB <0，∴A ′DB 为钝角，故排除A.综上可知答案为B.4．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于( )A.13 B.23C.33D.23[答案] B[解析] 如图，设A 1在平面ABC 内的射影为O ，以O 为坐标原点，OA 、OA 1分别为x 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图．设△ABC 边长为1，则A (33，0,0)，B 1(－32，12，63)，∴AB 1→＝(－536，12，63)．平面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)，则AB 1与底面ABC 所成角α的正弦值为 sin α＝|cos 〈AB 1→，n 〉|＝637536＋14＋69＝23. 5.过正方形ABCD 的顶点A ，引P A ⊥平面ABCD .若P A ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[答案] B[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB 与平面PCD 的法向量分别为n 1＝(0,1,0)，n 2＝(0,1,1)，故平面ABP 与平面CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，故所求的二面角的大小是45°.6．如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确．．．的是( )A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角 [答案] D[解析] ∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD . 又∵SD ⊥底面ABCD ，∴SD ⊥AC .∵SD ∩BD ＝D ，∴AC ⊥平面SDB ，从而AC ⊥SB .故A 正确．易知B 正确．设AC 与DB 交于O 点，连接SO .则SA 与平面SBD 所成的角为∠ASO ，SC 与平面SBD 所成的角为∠CSO ，又OA ＝OC ，SA ＝SC ，∴∠ASO ＝∠CSO .故C 正确．由排除法可知选D.二、填空题7．如图，在空间直角坐标系中有棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点M 到直线AD 1距离的最小值是________．[答案]33a [解析] 设M (0，m ，m )(0≤m ≤a )，AD 1→＝(－a,0，a )，直线AD 1的一个单位方向向量s ＝(－22，0，22)，MD 1→＝(0，－m ，a －m )，故点M 到直线AD 1的距离 d ＝|MD 1→|2－|MD 1→·s |2＝m 2＋(a －m )2－12(a －m )2＝32m 2－am ＋12a 2，根式内的二次函数当m ＝－－a 2×32＝a 3时取最小值32(a 3)2－a ×a 3＋12a 2＝13a 2，故d 的最小值为33a .8．(2015·四川理，14)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．[答案] 25[解析] 分别以直线AB 、AD 、AQ 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图所示．设AB ＝1，则AF →＝⎝⎛⎭⎫1，12，0， E ⎝⎛⎭⎫12，0，0.设M (0，y,1)(0≤y ≤1)，则 EM →＝⎝⎛⎭⎫－12，y ，1，由于异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎤0，π2，所以cos θ＝|－12＋12y |1＋14·14＋y 2＋1＝2(1－y )5·4y 2＋5.因为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(1－y )4y 2＋52＝1－8y ＋14y 2＋5，令8y ＋1＝t,1≤t ≤9，则8y ＋14y 2＋5＝16t ＋81t－2≥15，当t ＝1时取等号．所以2(1－y )4y 2＋5≤1－15＝25所以cos θ＝2(1－y )5·4y 2＋5≤15×25＝25，当y ＝0时，取得最大值．三、解答题9．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)，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，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD ，又BA ∩BD ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G (a2，1,4)，F (0,1,4)，则EG →＝(a 2，1,1)，EF →＝(0,1,1)，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 ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD .[方法点拨] 1.空间的平行与垂直关系的判断与证明，既可用综合几何方法解决，也可用向量几何方法解决．2．用向量方法研究空间线面位置关系．设直线l 1、l 2的方向向量分别为a 、b ，平面α、β的法向量分别为e 1，e 2，A 、B 、C 分别为平面α内相异三点(其中l 1与l 2不重合，α与β不重合)，则①l 1∥l 2⇔a ∥b ⇔存在实数λ，使b ＝λa (a ≠0)；l 1⊥l 2⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0.②l 1⊥α⇔a ∥e 1⇔存在实数λ，使e 1＝λa (a ≠0)；l 1∥α⇔a ·e 1＝0⇔存在非零实数λ1，λ2，使a ＝λ1AB →＋λ2AC →.③α∥β⇔e 1∥e 2⇔存在实数λ，使e 2＝λe 1(e 1≠0)；α⊥β⇔e 1⊥e 2⇔e 1·e 2＝0. 3．平面的法向量求法在平面内任取两不共线向量a ，b ，设平面的法向量n ＝(x ，y ，z )，利用⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0，建立x 、y 、z 的方程组，取其一组解．10.如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是底面为正方形的长方体，A 1D 1＝2，A 1A ＝23，点P 是AD 1上的动点．(1)当P 为AD 1的中点时，求异面直线AA 1与B 1P 所成角的余弦值； (2)求PB 1与平面AA 1D 1所成角的正切值的最大值．[解析] (1)(解法一)过点P 作PE ⊥A 1D 1，垂足为E ，连接B 1E ，则PE ∥AA 1，∴∠B 1PE 是异面直线AA 1与B 1P 所成的角．在Rt △AA 1D 1中，A 1D 1＝2，AA 1＝23， ∴A 1E ＝12A 1D 1＝1，∴B 1E ＝B 1A 21＋A 1E 2＝ 5.又PE ＝12AA 1＝3，∴在Rt △B 1PE 中，B 1P ＝5＋3＝22， cos ∠B 1PE ＝PE B 1P ＝322＝64.∴异面直线AA 1与B 1P 所成角的余弦值为64. (解法二)以A 1为原点，A 1B 1所在的直线为x 轴，A 1D 1所在直线为y 轴，A 1A 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则A 1(0,0,0)，A (0,0,23)，B 1(2,0,0)，P (0，1，3)，∴A 1A →＝(0,0,23)， B 1P →＝(－2,1，3)，∴cos 〈A 1A →，B 1P →〉＝A 1A →·B 1P →|A 1A →|·|B 1P →|＝623×22＝64.∴异面直线AA 1与B 1P 所成角的余弦值为64. (2)由(1)知，B 1A 1⊥平面AA 1D 1，∴∠B 1P A 1是PB 1与平面AA 1D 1所成的角，且tan ∠B 1P A 1＝B 1A 1A 1P ＝2A 1P.当A 1P 最小时，tan ∠B 1P A 1最大，这时A 1P ⊥AD 1，由A 1P ＝A 1D 1·A 1AAD 1＝3，得tan ∠B 1P A 1＝233，即PB 1与平面AA 1D 1所成角的正切值的最大值为233.11．(2014·天津理，17)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值．[解析] 解法一：由题意易知AP 、AB 、AD 两两垂直，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)证明：BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0，所以BE ⊥DC .(2)BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)，设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量，于是有 cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n |·|BE →|＝26×2＝33.所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)向量BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)，由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1.故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)，由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝(－12，12，32)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面F AB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB →＝0，n 1·B F →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面F AB 的一个法向量，取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.解法二：(1)证明：如图，取PD 中点M ，连接EM 、AM .由于E 、M 分别为PC 、PD 的中点，故EM ∥DC ，且EM ＝12DC ，又由已知，可得EM ∥AB 且EM ＝AB ，故四边形ABEM 为平行四边形，所以BE ∥AM .因为P A ⊥底面ABCD ，故P A ⊥CD ，而CD ⊥DA ，从而CD ⊥平面P AD ，因为AM ⊂平面P AD ，于是CD ⊥AM ，又BE ∥AM ，所以BE ⊥CD .(2)连接BM ，由(1)有CD ⊥平面P AD ，得CD ⊥PD ，而EM ∥CD ，故PD ⊥EM ，又因为AD ＝AP ，M 为PD 的中点，故PD ⊥AM ，可得PD ⊥BE ，所以PD ⊥平面BEM ，故平面BEM ⊥平面PBD ，所以，直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM ，而BE ⊥EM ，可得∠EBM 为锐角，故∠EBM 为直线BE 与平面PBD 所成的角．依题意，有PD ＝22，而M 为PD 中点，可得AM ＝2，进而BE ＝2，故在直角三角形BEM 中，tan ∠EBM ＝EM BE ＝AB BE ＝12，因此sin ∠EBM ＝33.所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)如图，在△P AC 中，过点F 作FH ∥P A 交AC 于点H ，因为P A ⊥底面ABCD ，故FH ⊥底面ABCD ，从而FH ⊥AC ，又BF ⊥AC ，得AC ⊥平面FHB ，因此AC ⊥BH ，在底面ABCD 内，可得CH ＝3HA ，从而CF ＝3FP .在平面PDC 内，作FG ∥DC 交PD 于点G ，于是DG ＝3GP ，由于DC ∥AB ，故GF ∥AB ，所以A ，B ，F ，G 四点共面，由AB ⊥P A ，AB ⊥AD ，得AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥AG ，所以∠P AG 为二面角F －AB －P 的平面角．在△P AG 中，P A ＝2，PG ＝14PD ＝22，∠APG ＝45°，由余弦定理可得AG ＝102，cos ∠P AG ＝31010.所以，二面角F －AB －P 的余弦值为31010.[方法点拨] 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．2．两异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角；两平面的法向量的夹角与二面角相等或互补；直线的方向向量与平面的法向量的夹角与线面角的余角相等或互补．12．如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°.(1)求证：平面P AB ⊥平面P AD ； (2)设AB ＝AP .(ⅰ)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；(ⅱ)在线段AD 上是否存在一个点G ，使得点G 到点P 、B 、C 、D 的距离都相等？说明理由．[解析] (1)因为P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥AB .又AB ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面P AD .又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD .(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz 如图．在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1， CE ＝CD sin45°＝1.设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )．由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． (ⅰ)设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，(4－t )y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )．又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得cos60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋(4－t )2·2t 2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45.(ⅱ)假设在线段AD 上存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →＝(0，－m ，t )．由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2，即t ＝3－m ； ①由|GD →|＝|GP →|得(4－t －m )2＝m 2＋t 2. ② 由①、②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0. ③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P 、C 、D 的距离都相等．从而，在线段AD 上不存在一个点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等． [方法点拨] 1.用空间向量求点到平面的距离的方法步骤是：(1)求出平面的法向量n ；(2)任取一条过该点的该平面的一条斜线段，求出其向量坐标n 1；(3)求点到平面的距离d ＝|n ·n 1||n |.2．点面距、线面距、异面直线间的距离的求法共同点是：设平面的法向量为n (求异面直线间的距离时，取与两异面直线都垂直的向量为n )，求距离的两几何图形上各取一点A 、B ，则距离d ＝|AB →·n ||n |.13．(2015·湖南理，19)如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A 1A ＝6，且A 1A ⊥底面ABCD .点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上．(1)若P 是DD 1的中点，证明：AB 1⊥PQ ；(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1，二面角P －QD －A 的余弦值为37，求四面体ADPQ 的体积．[分析] 考查空间向量的运用，线面垂直的性质与空间几何体体积计算．考查转化思想、方程思想、运算求解能力和空间想像能力．(1)建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标将问题转化为证明AB 1―→·PQ ―→＝0；(2)利用向量几何求解：将PQ ∥平面ABB 1A 1转化为PQ →与平面ABB 1A 1的法向量垂直，结合平面的法向量与二面角的关系确定点P ，最后利用体积公式计算体积．或用综合几何方法求解．[解析] 解法一由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B 1(3,0，6)，D (0,6,0)，D 1(0,3,6)，Q (6，m,0)，其中m ＝BQ,0≤m ≤6.(1)证明：若P 是DD 1的中点，则P (0，92，3)，PQ →＝(6，m －92，－3)，AB 1→＝(3,0,6)，于是AB 1→·PQ →＝18－18＝0，所以AB 1→⊥PQ →，即AB 1⊥PQ ；(2)由题设知，DQ →＝(6，m －6,0)，DD 1→＝(0，－3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量．设n 1＝(x ，y ，z )是平面PQD 的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DQ →＝0，n 1·DD 1→＝0，，即⎩⎪⎨⎪⎧6x ＋(m －6)y ＝0，－3y ＋6z ＝0.取y ＝6，得n 1＝(6－m,6,3)．又平面AQD 的一个法向量是n 2＝(0,0,1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝3(6－m )2＋62＋32＝3(6－m )2＋45，而二面角P －QD －A 的余弦值为37，因此3(6－m )2＋45＝37，解得m ＝4，或者m ＝8(舍去)，此时Q (6,4,0)．设DP →＝λDD 1→ (0<λ<1)，而DD 1→＝(0，－3,6)，由此得点P (0,6－3λ，6λ)，PQ →＝(6,3λ－2，－6λ)．因为PQ ∥平面ABB 1A 1，且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3＝(0,1,0)，所以PQ →·n 3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝23，从而P (0,4,4)，于是，将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P－ADQ ，而其高h ＝4，故四面体ADPQ 的体积V ＝13S △ADQ ·h ＝13×12×6×6×4＝24.解法二 (1)如图c ，取A 1A 的中点R ，连接PR ，BR ，因为A 1A ，D 1D 是梯形A 1AD 1D 的两腰，P 是D 1D 的中点，所以PR ∥AD ，于是由AD ∥BC 知，PR ∥BC ，所以P ，R ，B ，C 四点共面．由题设知，BC ⊥AB ，BC ⊥A 1A ，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，因此BC ⊥AB 1①，因为tan ∠ABR ＝AR AB ＝36 ＝A 1B 1A 1A＝tan ∠A 1AB 1，所以tan ∠ABR ＝tan ∠A 1AB 1，因此∠ABR ＋∠BAB 1＝∠A 1AB 1＋∠BAB 1＝90°，于是AB 1⊥BR ，再由①即知平面AB 1⊥平面PRBC ，又PQ ⊂平面PRBC ，故AB 1⊥PQ .图c图d(2)如图d ，过点P 作PM //A 1A 交AD 于点M ，则PM //平面ABB 1A 1.因为A 1A ⊥平面ABCD ，所以PM ⊥平面ABCD ，过点M 作MN ⊥QD 于点N ，连接PN ，则PN ⊥QD ，∠PNM 为二面角P －QD －A 的平面角，所以cos ∠PNM ＝37，即MN PN ＝37，从而PMMN ＝403.③ 连接MQ ，由PQ //平面ABB 1A 1，所以MQ //AB ，又ABCD 是正方形，所以ABQM 为矩形，故MQ ＝AB ＝6.设MD ＝t ，则MN ＝MQ ·MD MQ 2＋MD 2＝6t36＋t 2④过点D 1作D 1E ∥A 1A 交AD 于点E ，则AA 1D 1E 为矩形，所以D 1E ＝A 1A ＝6，AE ＝A 1D 1＝3，因此ED ＝AD －AE ＝3，于是PMMD ＝D 1E ED ＝63＝2，所以PM ＝2MD ＝2t ，再由③④得36＋t 23＝403，解得t ＝2，因此PM ＝4.故四面体ADPQ 的体积V ＝13S △ADQ ·h ＝13×12×6×6×4＝24.。