专题检测(十五) 立体几何中的向量方法
高考数学题型专题(十五) 立体几何中的向量方法
题型专题(十五) 立体几何中的向量方法[师说考点]设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)．(1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 2＝ka 3，b 2＝kb 3，c 2＝kc 3. (4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.[典例] 如图所示，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 .[证明] 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，1)，所以E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12，＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，＝(1，0，0)． (1)因为＝－12，所以∥， 即EF ∥AB .又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，所以EF∥平面P AB.(2)因为＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，即AP⊥DC，AD⊥DC.又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面P AD，AD⊂平面P AD，所以DC⊥平面P AD.因为DC⊂平面PDC，所以平面P AD⊥平面PDC.[类题通法]向量法证明平行与垂直的4个步骤(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求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题．[演练冲关]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)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.证明：(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1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)，B1(0，0，4)，设BA＝a，则A(a，0，0)，所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)，＝0，＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， 因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0，0，3)，G (a2，1，4)，F (0，1，4)，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，EG ⊂平面EGF ，EF ⊂平面EGF ， 因此B 1D ⊥平面EGF .结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD .[师说考点]1．向量法求异面直线所成的角若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |.2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n ||a |. 3．向量法求二面角求出二面角α-l -β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α-l -β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α-l -β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.[典例] (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，的方向为x 轴正方向，||为单位长度，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 (－2，0，3)．＝(－3，－4，3)，＝(－4，0，0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3)． 设m 是平面ABCD 的法向量，同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.由图知，二面角E -BC -A 为钝角， 故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.[类题通法]向量法求线面角、二面角的4个突破口(1)破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系； (2)破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标； (3)破“求法向量关”，求出平面的法向量； (4)破“应用公式关”．[演练冲关]1．(2016·重庆模拟)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝4，BC ＝2 2.BD ⊥AC ，垂足为D ，E 为棱BB 1上一点，BD ∥平面AC 1E .(1)求线段B 1E 的长；(2)求二面角C 1AC E 的余弦值．解：(1)由AB ＝AC ＝4，知△ABC 为等腰三角形，又BD ⊥AC ，BC ＝22，故12·AC ·BD＝12·BC ·AB 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2，解得BD ＝7.从而在Rt △CDB 中，CD ＝BC 2－BD 2＝1，故AD ＝AC －CD ＝3. 过点D 作DF ∥CC 1，交AC 1于F ，连接EF . 因为DF ∥CC 1，从而AD AC ＝DF CC 1＝34，得DF ＝3.因为DF ∥CC 1，CC 1∥BB 1，故DF ∥BB 1，即DF ∥BE ，故DF 与BE 确定平面BDFE . 又BD ∥平面AC 1E ，而平面BDFE ∩平面AC 1E ＝EF ，故BD ∥EF . 故四边形BDFE 为平行四边形，从而DF ＝BE ＝3， 所以B 1E ＝BB 1－BE ＝1.(2)如图，以D 为坐标原点，分别以的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，C (－1，0，0)，E (0，7，3)，＝(－1，0，0)，＝(0，7，3)．设平面ACE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由n 1·＝0，n 1·＝0，得⎩⎨⎧－x ＝0，7y ＋3z ＝0，故可取n 1＝(0，3，－7)．又平面ACC 1在xDz 面上，故可取n 2＝(0，1，0)为平面ACC 1的一个法向量． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝34.由图知二面角C 1AC E 为锐角，故二面角C 1AC E 的余弦值为34.2．(2016·四川高考)如图，在四棱锥 P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P -CD -A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值． 解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．如图，延长AB ，DC 相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，知BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB . 又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，从而CD ⊥PD ，所以∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°.因为P A ⊥AB ，所以P A ⊥平面ABCD .设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2，作Ay ⊥平面P AD ，以A 为原点，以的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0)，所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，0)，＝(0，0，2)．设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，令x ＝2，则n ＝(2，－2，1)． 设直线P A 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝＝22×22＋（－2）2＋12＝13， 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.[典例] (2016·北京高考)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．[解] (1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面P AD .所以AB ⊥PD .又因为P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面P AB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD . 因为CO ⊂平面ABCD ， 所以PO ⊥CO .因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 如图所示，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意得，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0)，P (0，0，1)． 则＝(0，－1，－1)，＝(2，0，－1)，＝(1，1，－1)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0. 令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2)．所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱P A 上一点， 则存在λ∈[0，1]，使得因此点M (0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，当且仅当·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0.解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面BCD ，此时AM AP ＝14.[类题通法]利用空间向量巧解探索性问题(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(2)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”等问题，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．[演练冲关](2016·兰州模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC ＝4，点M 为PC 的中点，点E 为BC 边上的动点，且BEEC＝λ.(1)求证：平面ADM ⊥平面PBC ；(2)是否存在实数λ，使得二面角P -DE -B 的余弦值为22？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：取PB 的中点N ，连接MN ，AN ， ∵M 是PC 的中点， ∴MN ∥BC ，MN ＝12BC ＝2，又BC ∥AD ，∴MN ∥AD ，MN ＝AD ， ∴四边形ADMN 为平行四边形， ∵AP ⊥AD ，AB ⊥AD ，AP ∩AB ＝A ， ∴AD ⊥平面P AB ， ∴AD ⊥AN ，∴AN ⊥MN ， ∵AP ＝AB ， ∴AN ⊥PB ， ∵MN ∩PB ＝N ， ∴AN ⊥平面PBC . ∵AN ⊂平面ADM ， ∴平面ADM ⊥平面PBC .(2)存在符合条件的λ.以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .设BE ＝t ，则E (2，t ，0)，P (0，0，2)，D (0，2，0)，B (2，0，0)， 从而＝(0，2，－2)，＝(2，t －2，0)，设平面PDE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＋（t －2）y ＝0，令y ＝z ＝2，解得x ＝2－t ， ∴n 1＝(2－t ，2，2)，又平面DEB 即为平面xAy ，故其一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 则|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2（2－t ）2＋4＋4＝22，解得t ＝2，可知λ＝1.1．(2016·合肥质检)如图，六面体ABCDHEFG 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AECG 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.如图，建立空间直角坐标系O -xyz ，则B (0，2，0)，E (23，0，3)，F (0，2，2)，P (0，0，3)，所以＝(23，－2，3)，＝(23，0，0，)，＝(0，2，－1)．设平面EFGH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，2y －z ＝0，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＝＝4525. 2.如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，OD ⊥PC .(1)求证：OC ⊥PD ；(2)若PD 与平面P AB 所成的角为30°，求二面角D -PC -B 的余弦值． 解：(1)证明：连接OP ，∵P A ＝PB ，O 为AB 的中点， ∴OP ⊥AB .∵侧面P AB ⊥底面ABCD ， ∴OP ⊥平面ABCD ， ∴OP ⊥OD ，OP ⊥OC . ∵OD ⊥PC ，OP ∩PC ＝P ， ∴OD ⊥平面OPC ，∵OC ⊂平面OPC ，∴OD ⊥OC ， 又OP ⊥OC ，OD ∩OP ＝O ， ∴OC ⊥平面OPD ，∵PD ⊂平面OPD ，∴OC ⊥PD .(2)取CD 的中点E ，以O 为坐标原点，OE ，OB ，OP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O xyz .在矩形ABCD 中，由(1)得OD ⊥OC ， ∴AB ＝2AD ，不妨设AD ＝1，则AB ＝2. ∵侧面P AB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形， ∴DA ⊥平面P AB ，CB ⊥平面P AB ，△DP A ≌△CPB ， ∴∠DP A 为直线PD 与平面P AB 所成的角， ∴∠DP A ＝30°，∠CPB ＝30°，P A ＝PB ＝3，∴B (0，1，0)，C (1，1，0)，D (1，－1，0)，P (0，0，2)，从而＝(1，1，－2)，＝(0，－2，0)．设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，得⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，－2y 1＝0，可取n 1＝(2，0，1)．同理，可取平面PCB 的一个法向量为n 2＝(0，－2，－1)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－13，∴二面角D -PC -B 的余弦值为－13.3．(2016·贵州模拟)已知长方形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝ 2.现将长方形沿对角线BD 折起，使AC ＝a ，得到一个四面体A -BCD ，如图所示．(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB 与CD ，AD 与BC 能否垂直？若能垂直，求出相应的a 值；若不垂直，请说明理由．(2)当四面体A -BCD 的体积最大时，求二面角A -CD -B 的余弦值．解：(1)若AB ⊥CD ，因为AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ， 所以AB ⊥平面ACD ，所以AB ⊥AC .即AB 2＋a 2＝BC 2，即12＋a 2＝(2)2，所以a ＝1. 若AD ⊥BC ，因为AD ⊥AB ， 所以AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC . 即AD 2＋a 2＝CD 2，即(2)2＋a 2＝12， 所以a 2＝－1，无解． 故AD ⊥BC 不成立．(2)要使四面体A -BCD 的体积最大，因为△BCD 的面积为定值22， 所以只需三棱锥A -BCD 的高最大即可，此时平面ABD ⊥平面BCD ， 过点A 作AO ⊥BD 于点O ， 则AO ⊥平面BCD ，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系O -xyz (如图)，则易知A ⎝⎛⎭⎫0，0，63，C (63，33，0)，D ⎝⎛⎭⎫0，233，0， 显然，平面BCD 的一个法向量为＝⎝⎛⎭⎫0，0，63. 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为＝⎝⎛⎭⎫－63，33，0，＝⎝⎛⎭⎫0，－233，63， 所以⎩⎨⎧6x ＝3y ，23y ＝6z ，令y ＝2，得n ＝(1，2，2)．故二面角A -CD -B 的余弦值为|cos 〈，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪26363×1＋2＋4＝277. 4．(2016·昆明七校联考)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝1，E 为BC 中点．(1)求证：C 1D ⊥D 1E ；(2)在棱AA 1上是否存在一点M ，使得BM ∥平面AD 1E ？若存在，求AMAA 1的值，若不存在，说明理由；(3)若二面角B 1AE D 1的大小为90°，求AD 的长．解：(1)证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，1，0)，B 1(a ，1，1)，C 1(0，1，1)，D 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0，∴＝(0，－1，－1)，＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，－1，∴C 1D ⊥D 1E .(2)设AMAA 1＝h ，则M (a ，0，h )， ∴＝(0，－1，h )，＝⎝⎛⎭⎫－a2，1，0，＝(－a ，0，1)，设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴平面AD 1E 的一个法向量为n ＝(2，a ，2a )， ∵BM ∥平面AD 1E ， ∴⊥n ，即·n ＝2ah －a ＝0，∴h ＝12.即在AA 1上存在点M ，使得BM ∥平面AD 1E ，此时AM AA 1＝12.(3)连接AB 1，B 1E ，设平面B 1AE 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，＝⎝⎛⎭⎫－a2，1，0，＝(0，1，1)，∴平面B 1AE 的一个法向量为m ＝(2，a ，－a )． ∵二面角B 1AE D 1的大小为90°， ∴m ⊥n ，∴m ·n ＝4＋a 2－2a 2＝0， ∵a >0，∴a ＝2，即AD ＝2.。
最新年高考数学二轮复习 专题能力训练15 立体几何中的向量方法 理(考试必备)
专题能力训练15 立体几何中的向量方法一、能力突破训练1.如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.2.(2018北京,理16)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=,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.3.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.(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.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.6.如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.二、思维提升训练7.如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,现将梯形ABCD沿OB折起成如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=,E是线段PB上一动点.(1)证明:DE和PC不可能垂直;(2)当PE=2BE时,求PD与平面CDE所成角的正弦值.8.如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2;E,F,G分别是线段PA,PD,CD的中点.(1)求证:PB∥平面EFG.(2)求异面直线EG与BD所成的角的余弦值.(3)在线段CD上是否存在一点Q,使得点A到平面EFQ的距离为?若存在,求出CQ的值;若不存在,请说明理由.专题能力训练15立体几何中的向量方法一、能力突破训练1.解依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,n2>=所以,二面角O-EF-C的正弦值为(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以,进而有H,从而,因此cos<,n2>==-所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为2.(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).=(2,0,1),=(1,2,0).设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),则令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4).又平面CDC1的法向量为=(0,2,0),∴cos<n,>==-由图可得二面角B-CD-C1为钝角,∴二面角B-CD-C1的余弦值为-(3)证明平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),∵G(0,2,1),F(0,0,2),=(0,-2,1),∴n=-2,∴n与不垂直,∴FG与平面BCD不平行且不在平面BCD内,∴FG与平面BCD相交.3.解 (1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)解法一:取的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM==2在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos<m,n>=因此所求的角为60°.4.解以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,B1(a,0,1),故=(0,1,1),=(a,0,1),(1)证明:=-0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE,此时=(0,-1,z0).又设平面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=要使DP∥平面B1AE,只要n,有-az0=0,解得z0=又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=5.(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=1,z=于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为(3)解由题意知M,C(2,4,0),设直线MC与平面BDP所成角为α,则sin α=|cos<n,>|=所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为6.(1)证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.因为CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解依题意,EB=AB×tan∠EAB=4=1.由(1)知V C-ADE=V E-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图,建立空间直角坐标系,则D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),则=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1).设平面DAE的法向量为n1=(x,y,z),则取n1=(1,0,2).设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z),则取n2=(1,1,0),所以cos<n1,n2>=可以判断<n1,n2>与二面角D-AE-B的平面角互补,所以二面角D-AE-B的余弦值为-二、思维提升训练7.解如题图甲所示,因为BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,所以AO=OB.因为BC=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=,如题图乙所示,OP=OA=1,OC=,PC=,所以有OP2+OC2=PC2.所以OP⊥OC.而OB⊥OP,OB⊥OD,即OB,OD,OP两两垂直,故以O为原点,建立空间直角坐标系(如图),则P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0),(1)证明:设E(x,0,1-x),其中0≤x≤1,所以=(x,-3,1-x),=(1,1,-1).假设DE和PC垂直,则=0,有x-3+(1-x)·(-1)=0,解得x=2,这与0≤x≤1矛盾,假设不成立,所以DE和PC不可能垂直.(2)因为PE=2BE,所以E设平面CDE的一个法向量是n=(x,y,z),因为=(-1,2,0),,所以n=0,n=0,即令y=1,则n=(2,1,5),而=(0,3,-1),所以|cos <,n>|=所以PD与平面CDE所成角的正弦值为8.解∵平面PAD⊥平面ABCD,且∠PAD=90°,∴PA⊥平面ABCD,而四边形ABCD是正方形,即AB⊥AD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0).(1)证明:=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1),设=s+t,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,=2+2又不共线,共面.∵PB⊄平面EFG,∴PB∥平面EFG.(2)=(1,2,-1),=(-2,2,0),=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.又∵||=,||==2,∴cos<>=因此,异面直线EG与BD所成的角的余弦值为(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件,令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m,∴点Q的坐标为(2-m,2,0),=(2-m,2,-1).而=(0,1,0),设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则n=(1,0,2-m),∴点A到平面EFQ的距离d=,即(2-m)2=,∴m=或m=(不合题意,舍去),故存在点Q,当CQ=时,点A到平面EFQ的距离为。
立体几何中的向量方法(理)),个人总结,各个类型比较全面
立体几何中的向量方法(理)一、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 无数多 个，且它们是 共线 向量．求平面法向量的一般步骤是什么？ 二、利用向量求空间角1．求两条异面直线所成的角设，分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θ的范围 求法：cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝ a 与b 的夹角〈a ，b 〉的范围0＜〈a ，b 〉＜π,求法cos θ〈a ，b 〉＝a·b|a ||b |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α－l －β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是 的夹角(如图①)． (2)设n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个面α、β的法向量，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是(如图②③)．0＜θ≤π2|a·b ||a ||b |向量AB →与CD →三、求空间距离1．若A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |2．a 2＝a·a ＝ |a |2 3.点面距离的求法：设n 是平面α的法向量，点则点B 到平面α的距离为 .线面距、面面距均可转化为点面距离再用(3)中方法求解．1．若直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(2,4，－4)，b ＝(－6,9,6)，则A ．l 1∥l 2B ．l 1⊥l 2C ．l 1与l 2相交但不垂直D ．以上均不正确2．若平面α与平面β的法向量分别是a ＝(4,0，－2)，b ＝(－4,0,2)，则平面α与β的位置关系是( ) A ．平行 B ．垂直 C ．相交但不垂直 D ．无法判断3．(全国高考)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( )A.23B.33C.23D.634．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 是AB 的中点，则对角线DB 1与CM 所成角的余弦值为________．考点一、利用向量证明平行、垂直问题利用直线的方向向量和平面的法向量，可以判定直线与直线，直线与平面，平面与平面的平行和垂直．1．设直线l 1的方向向量为u 1＝(a 1，b 1，c 1)，直线l 2的方向向量为u 2＝(a 2，b 2，c 2)，则l 1∥l 2⇔u1∥u 2⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )； l 1⊥l 2⇔u1⊥u 2⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.2．设直线l 的方向向量为u ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为n ＝(a 2，b 2，c 2)，则l ∥α⇔u ⊥n ⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0；l ⊥α⇔u ∥n ⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )． 3．设平面α的法向量为n 1＝(a 1，b 1，c 1)，平面β的法向量为n 2＝(a 2，b 2，c 2)，则α∥β⇔n1∥n 2⇔(a 1，b 1，c 1)＝k (a 2，b 2，c 2)(k ∈R )；α⊥β⇔n1⊥n 2⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. 例一、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|A B →·n ||n |考点2利用空间向量求异面直线所成角和线面角 1.求异面直线所成角时注意的问题利用向量的夹角来求异面直线的夹角时，注意区别：当异面直线的向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角． 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，取其余角就是斜线和平面所成的角． 例3在四棱锥S －OABC 中，底面四边形OABC 是直角梯形，且∠COA ＝∠OAB ＝π2，OA ＝OS ＝AB ＝1，OC ＝4，点M 是棱SB 的中点，N 是OC 上的点，且ON ∶NC ＝1∶3，以OC ，OA ，OS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .(1)求异面直线MN 与BC 所成的角的余弦值； (2)求MN 与平面SAB 所成的角的正弦值．考点3、利用空间向量求二面角利用空间向量方法求二面角，可以有两种办法：一是分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是通过平面的法向量来求：设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)． 例4、已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，AB ＝2，AA 1＝1，直线BD 与平面AA 1B 1B 所成的角为30°，AE 垂直于BD 于点E ，F 为A 1B 1的中点． (1)求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值．(2)求平面BDF 与平面AA 1B 所成二面角(锐角)的余弦值． 考点4利用空间向量求空间距离高考中以两点距与点面距为重点，而线面距、面面距通常可转化为点面距求解，两点距一般用向量的模求解，即利用两点间的距离公式，而点面距主要利用平面的法向量求解，有时也利用直接法或等体积转化法求解．例5、在三棱锥S－ABC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6、在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥平面ABCD，P A＝AD＝1，AB＝2，E、F分别是AB、PD的中点．(1)求证：AF∥平面PEC；(2)求二面角P－EC－D的余弦值；(3)求点B到平面PEC的距离．题眼：向量法求空间角例7、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，求二面角P－AC－D的大小【心得】(1)利用向量求角是高考的热点，几乎每年必考，主要是突出向量的工具性作用．(2)本题易错点是学生在建立坐标系时不能明确指出坐标原点和坐标轴，导致建系不规范．(3)将向量的夹角转化成空间角时，要注意根据角的概念和图形特征进行转化，否则易错．课时作业 立体几何中的向量方法1．已知向量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2．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1)3.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 ＝2a3，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4．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 、SD 所成的角的余弦值为( )A.13 B.23C.33D.235．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.226.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若E 、F 分别是BC 、DD 1的中点，则B 1到平面ABF 的距离为( )A.33B.55C.53D.2557．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________．8．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AA 1＝2，则二面角C 1－AB －C 的余弦值为________．9.如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝2，BC ＝4，E 是PD 的中点．(1)求点B 到平面PCD 的距离； (2)求二面角C －AE －D 的余弦值．10．(2012郑州质量检测)如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱AA 1＝2.(1)求三棱锥C －A 1B 1C 1的体积V ；(2)求直线BD 1与平面ADB 1所成角的正弦值；(3)若棱AA 1上存在一点P ，使得AP →＝λP A 1→，当二面角A －B 1C 1－P 的大小为30°时，求实数λ的值．。
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!．。
知识归纳：立体几何中的向量方法
知识归纳：立体几何中的向量方法1.直线的方向向量：我们把直线l 上的向量以及与共线的向量叫做直线l 的方向向量.2.平面的法向量：如果表示向量a 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作α⊥，如果α⊥，那么向量叫做平面α的法向量.给定一个点，以向量为法向量的平面是完全确定的.3.空间向量解决立体几何问题的“三步曲”：（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及到的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义．4.用向量研究空间线面关系，设空间两条直线21,l l 的方向向量分别为21,e e ，两个平面21,αα的法向量分别为21,n n ，则有如下结论5.用向量法求线线角：AB 与CD 的夹角和AB 与CD 的夹角相等或互补.公式为cos ,||||AB CDAB CD AB CD ⋅<>=.6.法向量求线面角：设平面β的斜线l 与平面β所成的角为α1，斜线l 与平面β的法向量所成角α2，则α1与α2互余或与α2的补角互余.求出斜线与平面的法向量所成的角后，即可求出斜线与平面所成的角的大小.公式为cos ,||||AB nAB n AB n ⋅<>=.7.法向量求面面角：一个二面角的平面角α1与这个二面角的两个半平面的法向量所成的角α2相等或互补.求出两平面的法向量所成的角后，即可求出二面角的大小.公式为121212cos ,||||n n n n n n ⋅<>=.8.向量法求异面直线间的距离：设分别以这两异面直线上任意两点为起点和终点的向量为，与这两条异面直线都垂直的向量为，则两异面直线间的距离是在方向上的正射影向量的模.公式为d 9.向量法求点到平面的距离：设分别以平面外一点P 与平面内一点M 为起点和终点的向量为，平面的法向量为，则P 到平面的距离d 等于在方向上正射影向量的模.公式为||n d =。
专题立体几何中的向量方法
0，1，1 2
，N
1，1，1 2
，于是D→A1＝(1,0,1)，D→B
＝(1,1,0)，M→N＝
1，0，1 22
.
n⊥D→A1， 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)，则 n⊥D→B，
n·D→A1＝x＋z＝0， 即 n·D→B＝x＋y＝0，
取 x＝1，则 y＝－1，z
＝－1，∴平面 A1BD 的一个法向量为 n＝(1，－1，－1)．
→
→
→
由已知得，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)， F(0,3,0)，D(0,2,2)，G(2，2,0)，∴ED＝(0,2,2)，EG＝(2,2,0)，AB
＝(2,0，－2)．设平面 DEG 的法向量为 n＝(x，y，z)，
E→D·n＝0， 则 E→G·n＝0，
2y＋2z＝0，
即
→ 这时 n1·BD1＝－2－2＋4＝0.∴当 Q 为 CC 1 的中点时，平面 D1BQ∥平面 PAO.
【二】证明垂直问题
空间中垂直关系的向量表示 线线 设直线 l 的方向向量为 a＝(a1，a2，a3)，直线 m 的方向向量为 b＝(b1，b2， 垂直 b3)，则 l⊥m⇔a·b＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 线面 设直线 l 的方向向量是 a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是 u＝(a2，b2，c2)， 垂直 则 l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R) 面面 若平面α的法向量 u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量 v＝(a2，b2，c2)，则α 垂直 ⊥β ⇔ u⊥v ⇔u·v ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
则 B(0, 0， 0) ， A1(0, 2，
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.。
立体几何中的向量方法93547
复习策略立体几何是每年高考的重点，且试题基本保持相对稳定，因此复习时要注意以下几个方面： 1.梳理定义、定理，如线面、面面平行与垂直的判定和性质定理.2.通过典型问题掌握基本解题方法，如空间角与距离的求法，简单几何体的面积与体积的计算，与球有关的组合体等问题.3.注意数学思想方法的运用，如转化与化归思想、等积变换、分割与补形、空间图形平面化等.4.充分发挥空间向量的作用，通过向量的坐标运算方法去研究空间图形，从而提高解题技巧.立体几何中的向量方法 1．空间向量的坐标表示及运算(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①a ±b ＝(a 1±b 1，a 2±b 2，a 3±b 3)；②λa ＝(λa 1，λa 2，λa 3)；③a ·b ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (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 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(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 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 23·b 21＋b 22＋b 23. 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)2.2．立体几何中的向量方法(1)直线的方向向量与平面的法向量的确定则称AB→为直线l①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，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，则求法向量的方程组为⎩⎨⎧n·a ＝0，n·b ＝0.(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u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.(4)点面距的求法如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝|AB→·n| |n|.一种思想向量是既有大小又有方向的量，而用坐标表示向量是对共线向量定理、共面向量定理和空间向量基本定理的进一步深化和规范，是对向量大小和方向的量化：(1)以原点为起点的向量，其终点坐标即向量坐标；(2)向量坐标等于向量的终点坐标减去其起点坐标．得到向量坐标后，可通过向量的坐标运算解决平行、垂直等位置关系，计算空间成角和距离等问题．三种方法主要利用直线的方向向量和平面的法向量解决下列问题：(1)平行⎩⎪⎨⎪⎧直线与直线平行直线与平面平行平面与平面平行(2)垂直⎩⎪⎨⎪⎧直线与直线垂直直线与平面垂直平面与平面垂直(3)点到平面的距离求点到平面距离是向量数量积运算(求投影)的具体应用，也是求异面直线之间距离，直线与平面距离和平面与平面距离的基础．3．空间的角(1)异面直线所成的角如图，已知两条异面直线a、b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b.则把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．(2)平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；②直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0°的角．(3)二面角的平面角如图在二面角α-l -β的棱上任取一点O ，以点O 为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l 的射线OA 和OB ，则∠AOB 叫做二面角的平面角． 2．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|. (2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.(3)求二面角的大小(ⅰ)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 →〉．(ⅱ)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〉或－cos 〈n 1，n 2〉．三种成角 (1)异面直线所成的角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2； (2)直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2；(3)二面角的范围是[0，π]． 易误警示利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点．三种空间角的向量法计算公式1.两条异面直线所成角的求法 设直线a ,b 的方向向量为a ,b ,其夹角为θ,则 cos φ=|cos θ|=(其中φ为异面直线a ,b 所成的角).2.直线和平面所成角的求法如图所示,设直线l 的方向向量为e ,平面α的法向量为n ,直线l 与平面α所成的角为φ,两向量e 与n 的夹角为θ,则有sin φ=|cos θ|=.3.二面角的求法我们对于二面角的处理常常是转化为平面角,所以在解决二面角时有以下三种方法:(1)先作出二面角的平面角,再利用向量的数量积公式求解:设∠AOB是二面角αlβ的一个平面角,则向量与所成的角就是所求的二面角的大小.cos θ=,求出θ的值即可,注意二面角的范围是[0,π].(2)利用平面的法向量求解:设n1是平面α的法向量,n2是平面β的法向量.a.若两个平面的二面角如图(1)所示,则n1与n2之间的夹角就是欲求的二面角;b.若两个平面的二面角如图(2)所示,设n1与n2之间的夹角为θ.则两个平面的二面角为π-θ.(3)利用与棱垂直的向量求解:设n1是在平面α内垂直于二面角的棱l的向量,n2是在平面β内垂直于二面角的棱l的向量(如图(3)).设n1、n2之间夹角为θ,则二面角αlβ大小为θ.方法点睛向量法解决线线、线面、面面的平行、垂直关系用向量法证明线面间的位置关系,首先建立合适的空间直角坐标系,借助直线的方向向量与平面的法向量的平行、垂直关系证明线面间的垂直、平行关系,利用向量的坐标运算证明几何关系.该类型充分体现了向量的工具性.例：(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.失分警示: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.。
(整理)立体几何中的向量方法83862
立体几何中的向量方法一、知识要点：1.基本概念（1）直线的方向向量：如果表示非零向量a 的有向线段所在直线与直线l 或 ,则称此向量a 为直线l 的方向向量. 确定方法：在直线l 上任取两点，这两点确定的向量即为直线l 的方向向量．（2）平面的法向量：与平面_____的任何一个向量都可作为平面的法向量．显然一个平面的法向量也不唯一．确定方法：平面的法向量可利用方程组求解，设a b ，是平面α内两个不共线的向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为00a n b n ⎧=⎪⎨=⎪⎩，其中可设n =(x , y , z )即时应用：设A(0,2,198),B(1,-1, 58),C(-2,1, 58)是平面α内的三点，设平面α的法向量 n =(x ,y ,z )，则x ∶y ∶z =__________.2.空间位置关系的向量表示（1） 直线l 1,l 2的方向向量分别为1n ,2n ,则① l 1∥l 2⇔1n ∥2n ⇔1n =λ2n ； ② l 1⊥l 2⇔1n ⊥2n ⇔1n ·2n = 0（2）直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为m ，则①l ∥α⇔n ⊥m ⇔n ·m =0; ②l ⊥α⇔n ∥m ⇔n =λm（3）平面α,β的法向量分别为n 和m ，则① α∥β⇔n ∥m ⇔n =λm ; ② α⊥β⇔n ⊥m ⇔n ·m =0(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____．(2)若直线l 1,l 2的方向向量分别为a =(2,4,-4), b =(-6,9,6),则直线l 1,l 2的位置关系是_______．3.空间角的向量求法(1)异面直线所成角的求法:设a 、b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，l 1与l 2所成角为θ，则cos θ =|cos<a ,b >|=||||||a b a b (2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ， 直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ=|cos θ|=||||||e n e n(3)二面角的求法①如图a ，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b 、c ，1n 和 2n 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<1n ,2n >或 -cos<1n ,2n >.(1)已知向量m 和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所成角的大小为_______． (2)长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB=AA 1=2，AD=1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC1与AE 所成角的余弦值为_______．4．点到平面的距离的向量求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量则点B 到平面α的距离d=||||AB n n （即向量AB 在向量n 上的投影长）.【即时应用】已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方 形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是________．二、应用举例1.利用空间向量证明平行和垂直1）.用向量证平行的方法(1)线线平行:证明两直线的方向向量共线.(2)线面平行: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:①证明两平面的法向量为共线向量；②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．【例1】(1)若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是( )(A) a=(1,0,0)，n=(－2,0,0) (B) a=(1,3,5)，n=(1,0,1)(C) a=(0,2,1)，n=(－1,0，－1) (D) a=(1, -1, 3), n=(0,3,1)(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°的角.①求证:CM∥平面PAD;②求证:平面PAB⊥平面PAD.2.用空间向量求空间的角1）.异面直线所成角的求法利用空间向量求异面直线所成的角可利用直线的方向向量转化成向量所成的角.2）.利用向量求线面角的方法(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.3.求二面角的常用方法(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.【例2】如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD, AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF=AB=BC=FE=12AD. (1)求异面直线BF 与DE 所成角的大小；(2)证明：平面AMD ⊥平面CDE ；(3)求二面角A-CD-E 的余弦值.3.求空间的距离求平面α外一点P 到平面α的距离的步骤(1)求平面α的法向量n ；(2)在平面α内取一点A,确定向量AP 的坐标；(3)代入公式d =||||n AP n 求解. 【例3】(1)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则点C 1到平面A 1ED 的距离是________.(2)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为a ．①求点C 1到平面AB 1D 1的距离；②求平面CDD 1C 1与平面AB 1D 1所成的二面角的余弦值．4.用空间向量解决探索性问题探索性问题的类型及解题策略探索性问题分为存在判断型和位置判断型两种：(1)存在判断型存在判断型问题的解题策略是：先假设存在，并在假设的前提下进行推理，若不出现矛盾则肯定存在，若出现矛盾则否定假设.(2)位置判断型①与平行、垂直有关的探索性问题的解题策略为：将空间中的 平行与垂直转化为向量的平行或垂直来解决.②与角有关的探索性问题的解题策略为：将空间角转化为与向 量有关的问题后应用公式cos θ=1212||||n n n n (其中1n ，2n 是两平面的 法向量或两直线的方向向量)即可解决.【例4】如图，在三棱锥P-ABC 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)在线段AP 上是否存在点M ，使得二面角A-MC-B 为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由．【例5】如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD= 2，∠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.。
2019年高考数学考纲解读专题15立体几何中的向量方法热点难点突破理含解析
立体几何中的向量方法1．已知平面ABC ，点M 是空间上任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内 答案 D解析 由已知得M ，A ，B ，C 四点共面，所以AM 在平面ABC 内，故选D.2．如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2,1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23 D ．－23 答案 C解析 由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0,0,2)， 由图可知，二面角C －AB －O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3 答案 D解析 以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，点P 坐标为(x,1－x ，x )(0≤x ≤1)， 则BP →＝(x －1，－x ，x )，BC 1→＝(－1,0,1)， 因为BC 1∥AD 1， 设BP →，BC 1→的夹角为α，所以cos α＝BP →·BC 1→|BP →||BC 1→|＝1x －2＋2x 2×2＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫x －132＋23×2，所以当x ＝13时，cos α取得最大值32，α＝π6.当x ＝1时，cos α取得最小值12，α＝π3.故选D.4．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点M 在AC 1→上，且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( )A.216 B.66C.156 D.1535．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )A ．30° B．60°C ．120°D ．150°解析 设l 与α所成角为θ，∵cos〈m ，n 〉＝－12，又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sinθ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12.∴θ＝30°. 答案 A6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( ) A.19 B.459C.259D.23解析 设正方体棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，可知CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459.答案 B7．设正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( ) A.32B.22 C.223 D.233解析 如图，建立空间直角坐标系，则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，D (0，0，0)，B (2，2，0)，∴D 1A 1→＝(2，0，0)，DA 1→＝(2，0，2)，DB →＝(2，2，0)， 设平面A 1BD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0，n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)．∴点D 1到平面A 1BD 的距离 d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案 D8．二面角αl β等于120°，A 、B 是棱l 上两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的长等于( )A. 2B. 3 C ．2 D. 5解析 如图，∵二面角αl β等于120°， ∴CA →与BD →夹角为60°.由题设知，CA →⊥AB →， AB →⊥BD →，|AB →|＝|AC →|＝|BD →|＝1，|CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝3＋2×cos 60°＝4，∴|CD →|＝2. 答案 C9.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝60°.(1)求证：C 1B ⊥平面ABC ；(2)设CE →＝λCC 1→(0≤λ≤1)，且平面AB 1E 与BB 1E 所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．(2)解 由(1)可知，AB ，BC ，BC 1两两垂直．以B 为原点，BC ，BA ，BC 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系.则B (0，0，0)，A (0，1，0)，C (1，0，0)，C 1(0，0，3)，B 1(－1，0，3)．所以CC 1→＝(－1，0，3), 所以CE →＝(－λ，0，3λ)，∴E (1－λ，0，3λ)，则AE →＝(1－λ，－1，3λ)，AB 1→＝(－1，－1，3)．设平面AB 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AE →，n ⊥AB 1→，得⎩⎨⎧（1－λ）x －y ＋3λz ＝0，－x －y ＋3z ＝0，令z ＝3，则x ＝3－3λ2－λ，y ＝32－λ，，∴n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ，32－λ，3，∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，BA →＝(0，1，0)是平面的一个法向量，∴|cos〈n ，BA →〉|＝n ·BA →|n |·|BA →|＝32－λ1×⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λ2－λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－λ2＋（3）2＝32. 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝32(舍去)．∴λ＝1.10．如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．(1)求证：平面BDGH ∥平面AEF ； (2)求二面角H －BD －C 的大小．(1)证明 在△CEF 中，因为G ，H 分别是CE ，CF 的中点． 所以GH ∥EF ，又因为GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， 所以GH ∥平面AEF . 设AC ∩BD ＝O ，连接OH ， 因为ABCD 为菱形， 所以O 为AC 中点，在△ACF 中，因为OA ＝OC ，CH ＝HF ， 所以OH ∥AF ，又因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， 所以OH ∥平面AEF.又因为OH ∩GH ＝H ，OH ，GH ⊂平面BDGH ， 所以平面BDGH ∥平面AEF . (2)解 取EF 的中点N ，连接ON ，因为四边形BDEF 是矩形，O ，N 分别为BD ，EF 的中点，所以ON ∥ED ，因为平面BDEF ⊥平面ABCD ， 所以ED ⊥平面ABCD ， 所以ON ⊥平面ABCD ，因为ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，得OB ，OC ，ON 两两垂直． 所以以O 为原点，OB ，OC ，ON 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴， 如图建立空间直角坐标系．因为底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，BF ＝3，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，E (－1，0，3)，F (1，0，3)，C (0，3，0)，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，32，所以BH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32，DB →＝(2，0，0)．设平面BDH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BH →＝0n ·DB →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋3y ＋3z ＝0，2x ＝0，令z ＝1，得n ＝(0，－3，1)．由ED ⊥平面ABCD ，得平面BCD 的法向量为DE →＝(0，0，3)， 则cos 〈n ，DE →〉＝n ·DE →|n||DE →|＝0×0＋（－3）×0＋1×32×3＝12. 所以二面角H －BD －C 的大小为60°.11.如图，△ABC 是以∠ABC 为直角的三角形，SA ⊥平面ABC ，SA ＝BC ＝2，AB ＝4.M ，N ，D 分别是SC ，AB ，BC 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ；(2)求二面角S ND A 的余弦值；(3)求点A 到平面SND 的距离．解 以B 为坐标原点，BC ，BA 为x ，y 轴的正方向，垂直于平面ABC 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系(如图)．(1)证明 由题意得A (0，4，0)，B (0，0，0)，M (1，2，1)，N (0，2，0)，S (0，4，2)，D (1，0，0)． 所以：MN →＝(－1，0，－1)，AB →＝(0，－4，0)，MN →·AB →＝0，∴MN ⊥AB . (2)设平面SND 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则：m ·SN →＝0，且m ·DN →＝0.∵SN →＝(0，－2，－2)，DN →＝(－1，2，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2y －2z ＝0，－x ＋2y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，x ＝2y . 令z ＝1，得：x ＝－2，y ＝－1， ∴m ＝(－2，－1，1)．又平面AND 的法向量为n ＝(0，0，1)，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝66.由题图易知二面角S ND A 为锐角，故其余弦值为66. (3)∵AN →＝(0，－2，0)， ∴点A 到平面SND 的距离 d ＝|AN →·m ||m |＝63.12．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的四个侧面，记底面上一边AB ＝t (0<t <2)，连接A 1B ，A 1C ，A 1D .(1)当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，求二面角B －A 1C －D 的值；(2)线段A 1C 上是否存在一点P ，使得A 1C ⊥平面BPD ，若有，求出P 点的位置，没有请说明理由解法一 (1)根据题意，长方体体积为V ＝t (2－t )×1＝t (2－t )≤⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋2－t 22＝1，当且仅当t ＝2－t ，即t ＝1时体积V 有最大值为1，所以当长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积最大时，底面四边形ABCD 为正方形， 作BM ⊥A 1C 于M ，连接DM ，BD ，因为四边形ABCD 为正方形，所以△A 1BC 与△A 1DC 全等，故DM ⊥A 1C ，所以∠BMD 即为所求二面角的平面角． 17.如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1的半径为r ＝5，OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E 为下底面圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD .(1)求证：平面ABD ⊥平面ODE; (2)求二面角B —AD —O 的正弦值． (1)证明 依题意知，圆锥的高为h ＝22－52＝5，又圆柱的高为AB ＝6.4，AO ⊥AD ，所以OD 2＝OA 2＋AD 2， 因为AB ⊥BD ， 所以AD 2＝AB 2＋BD 2，连接OO 1，O 1O 2，DO 2，易知O ，O 1，O 2三点共线，OO 2⊥DO 2，所以OD 2＝OO 22＋O 2D 2，所以BD 2＝OO 22＋O 2D 2－AO 2－AB 2＝(6.4＋5)2＋52－(52)2－6.42＝64， 解得BD ＝8，又因为DE ＝6，圆O 2的直径为10，圆心O 2在∠BDE 内， 所以∠BDE ＝90°，所以DE ⊥BD .因为AB ⊥平面BDE ，DE ⊂平面BDE ，所以DE ⊥AB ， 因为AB ∩BD ＝B ，AB ，BD ⊂平面ABD ， 所以DE ⊥平面ABD . 又因为DE ⊂平面ODE ， 所以平面ABD ⊥平面ODE .(2)解 如图，以D 为原点，DB ，DE 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (8,0,6.4)，B (8,0,0)，O (4,3,11.4)．所以DA →＝(8,0,6.4)，DB →＝(8,0,0)，DO →＝(4,3,11.4)， 设平面DAO 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 所以DA →·u ＝8x ＋6.4z ＝0， DO →·u ＝4x ＋3y ＋11.4z ＝0，令x ＝12，则u ＝(12,41，－15)．可取平面BDA 的一个法向量为v ＝(0,1,0)， 所以cos 〈u ，v 〉＝u·v |u||v |＝41582＝8210， 所以二面角B —AD —O 的正弦值为3210.18.如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2，∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证：EG ∥平面BDF ； (2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FH HC的值；若不存在，说明理由．(2)解 因为四边形CDEF 为正方形，所以ED ⊥DC . 因为平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝DC ，DE ⊂平面CDEF ， 所以ED ⊥平面ABCD .在△ABD 中，因为∠DAB ＝60°，AB ＝2AD ＝2， 所以由余弦定理，得BD ＝3， 所以AD 2＋BD 2＝AB 2， 所以AD ⊥BD .在等腰梯形ABCD 中，可得DC ＝CB ＝1.如图，以D 为原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D －xyz ， 则D (0,0,0)，A (1,0,0)，E ()0，0，1，B ()0，3，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1，所以AE →＝()－1，0，1，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，1，DB →＝()0，3，0.设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DB →＝0，n ·DF →＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ 3y ＝0，－12x ＋32y ＋z ＝0.取z ＝1，则x ＝2，y ＝0，则n ＝()2，0，1. 设直线AE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝||cos 〈AE →，n 〉＝||AE →·n ||AE →||n ＝1010， 所以AE 与平面BDF 所成角的正弦值为1010. (3)解 线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .证明如下：假设线段FC 上存在点H ，设H ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t ()0≤t ≤1， 则DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，t . 设平面HAD 的法向量为m ＝()a ，b ，c ，因为⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DA →＝0，m ·DH →＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝0，－12a ＋32b ＋tc ＝0. 取c ＝1，则a ＝0，b ＝－2t 3，得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2t 3 ，1. 要使平面BDF ⊥平面HAD ，只需m·n ＝0， 即2×0－2t 3×0＋1×1＝0，此方程无解． 所以线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .。
2022年新高考数学总复习：立体几何中的向量方法
2022年新高考数学总复习：立体几何中的向量方法知识点一两个重要的向量(1)直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有__无数__个．(2)平面的法向量直线l ⊥平面α，取直线l 的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有__无数__个，它们是共线向量．知识点二空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2l 1∥l 2n 1∥n 2⇒n 1＝λn 2l 1⊥l 2n 1⊥n 2⇔n 1·n 2＝0直线l 的方向向量为n ，平面α的法向量为ml ∥αn ⊥m ⇔m ·n ＝0l ⊥αn ∥m ⇔n ＝λm 平面α、β的法向量分别为n 、mα∥βn ∥m ⇔n ＝λm α⊥βn ⊥m ⇔n ·m ＝0知识点三两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)．知识点四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，向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝__|n ·e ||n ||e |__．知识点五求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈AB →，CD →〉__．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝__|n 1·n 2||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)．知识点六利用空间向量求距离(1)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d ＝|AB →·n ||n |．(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．注意体积法在求点到平面距离时的应用．归纳拓展1．直线的方向向量的确定：l 是空间一直线，A ，B 是l 上任意两点，则AB →及与AB →平行的非零向量均为直线l 的方向向量．2．平面的法向量的确定：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n ·a ＝0，n ·b ＝0.3．若二面角A －BC －D 的大小为α，平面ABC 内的直线l 与平面BCD 所成角为β，则α≥β，当l ⊥BC 时，取等号．双基自测题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(×)(2)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)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．(×)(6)若空间向最a 平行于平面α，则a 所在直线与平面a 平行．(×)题组二走进教材2．(必修2P 111T3)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__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，如图所示．设正方体的棱长为1，则A (0,0,0)，，1，12，0，AM →·ON →，1，－12，0，∴ON 与AM 垂直．3．(必修2P 117A 组T4)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，底面三角形的边长为1，则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是__π6__．[解析]分别取AC 、A 1C 1的中点D 、D 1，连接BD ，D 1D ，易知D 1D ⊥平面ABC ，且BD ⊥AC ，故以D 为坐标原点，AC 、DB 、DD 1所成的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．易知0，32，0C 1－12，0，2∴C 1B →＝12，32，－2，设BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角为θ，∵平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)，∴sin θ＝|C 1B →·n |C 1B →|·|n ||＝323×1＝12，∴θ＝π6．题组三走向高考4．(2020·新高考Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA垂直的平面，在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为(B)A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°[解析]由题意作出如图所示的截面图，设所求角为α，由图易知α＝40°，故选B ．5．(2019·浙江)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．[解析]解法一：(1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC，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⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．(2)取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，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，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．解法二：(1)证明：连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E －xyz ．不妨设AC ＝4．则A 1(0,0,23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，，32，C (0,2,0)．因此，EF →，32，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 )．·n ＝0，1C ·n ，－3x ＋y ＝0，－3z ＝0.取n ＝(1，3，1)，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．考点突破·互动探究考点一利用向量证明空间的平行与垂直——自主练透例1(2020·山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2，PA ＝PD ＝CD ＝BC ＝1，平面PAD ⊥平面ABCD ，E 为AD 的中点．(1)求证：PA ⊥BD ；(2)在线段AB 上是否存在一点G ，使得直线BC ∥平面PEG ？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由．[解析]取BA 的中点H ，连EH ，在梯形ABCD 中，由题意易知EH ⊥AD ，∵PA ＝PD ，E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥平面ABCD ，∴PE ⊥EH ，PE ⊥AD ，∴AE 、EH 、EP 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则，00，－22，2，－22，0，E (0,0,0)，－2，22，(1)PA →＝(22，0，－22)，BD →＝(0，－2，0)，∴PA →·BD →＝22×0＋0×(－2)0＝0，∴PA →⊥BD →，即PA ⊥BD ．(2)设线段AB 上存在点G 满足条件，则AG →＝λAB →＝(－2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，EG →＝AG →－AE →＝(－2λ，2λ，0)－22，0，－2λ＋22，2λ，且BC →＝mEG →＋nPE →，－22，－22，－2λm ＋22m ，2λm ，－22n＋22m ＝－22，＝－22，解得λ＝14．∴存在点G ，当AG ＝14AB 时，BC ∥平面PEG ．注：本题也可用几何法求解，或求平面PEG 的法向量n ，利用n ·BC →＝0⇔n ⊥BC →⇔BC ∥平面PEG 判断解答．名师点拨](1)建立空间直角坐标时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进而确定向量的坐标．(2)用向量法证平行问题的类型及常用方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行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表示面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)②转化为线面平行、线线平行问题(3)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法线线垂直问题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线面垂直问题直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直问题两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直〔变式训练1〕如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．(1)求证：平面A 1B 1D ⊥平面ABD ；(2)求证：平面EGF ∥平面ABD ．[证明]以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，E (0,0,3)，F (0,1,4)．设BA ＝a ，则A (a,0,0)，1，A 1(a ，0,4)．(1)因为BA →＝(a,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)，所以B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0．所以B 1D →⊥BA →，B 1D →⊥BD →，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD ．又BA ∩BD ＝B ，所以B 1D ⊥平面ABD ．因为B 1D ⊂平面A 1B 1D ，所以平面A 1B 1D ⊥平面ABD ．(2)证法一：因为EG →1，EF →＝(0,1,1)，B 1D →＝(0,2，－2)，所以B 1D →·EG →＝0，B 1D →·EF →＝0．所以B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF ．因为EG ∩EF ＝E ，所以B 1D ⊥平面EGF ．又由(1)知B 1D ⊥平面ABD ，所以平面EGF ∥平面ABD ．证法二：∵GF →－a2，0，GF →＝－12BA →，又GF ⊄平面ABD ，AB ⊂平面ABD ，∴GF ∥平面ABD ，同理EF ∥平面ABD ，又GF ∩EF ＝F ，GF ⊂平面EGF ，EF ⊂平面EGF ，∴平面EGF ∥平面ABD ．考点二利用向量求空间的角——多维探究角度1向量法求异面直线所成的角例2(2020·豫南豫北精英对抗赛)在四面体ABCD 中，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝2，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为(B)A ．23B ．24C ．144D ．－24[解析]取BD 的中点O ，连AO ，OC ，由CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝2，得AO ⊥BD ，CO ⊥BD ，且OC ＝3，AO ＝1．在△AOC 中，AC 2＝AO 2＋OC 2，故AO ⊥OC ，又知BD ∩OC ＝O ，因此AO ⊥平面BCD ，以OB ，OC ，OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0,0,1)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，∴AB →＝(1,0，－1)，CD →＝(－1，－3，0)，设异面直线AB 与CD 所成角为θ，则cos θ＝|AB →·CD →||AB →||CD →|＝12×1＋3＝24，即异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为24，故选B ．名师点拨](1)求异面直线所成角的思路：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v ·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的关注点：两异面直线所成角的范围是θ，π2，两向量的夹角的范围是[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．角度2向量法求线面角例3(2021·浙江联考)如图，底面ABCD 为菱形，AP ⊥平面ABCD ，AP ∥DE ，∠BAD ＝23π，PA ＝AD ＝2DE ．(1)求证：BD ∥平面PEC ；(2)求直线DP 与平面PEC 所成角的正弦值．[解析]解法一：连AC 交BD 于O ，∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD ，又∠BAD ＝2π3，∴△ABC 为正三角形，以点O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设PA ＝AD ＝2DE ＝2，则易得点C (0,1,0)，D (－3，0,0)，P (0，－1,2)，E (－3，0,1)，∴DP →＝(3，－1,2)，CP →＝(0，－2,2)，CE →＝(－3，－1,1)．设平面PEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝0，·n ＝0，2y ＋2z ＝0，－3x －y ＋z ＝0，令y ＝1，∴n ＝(0,1,1)．(1)∵DB →＝(23，0,0)，∴DB →·n ＝0，即BD →⊥n ，又BD ⊄平面PCE ，∴BD ∥平面PCE ．(2)设直线DP 与平面PEC 所成角为θ，∴sin θ＝|cos 〈DP →，n 〉|＝|DP →·n|DP →|·|n ||＝14．即直线DP 与平面PEC 所成角的正弦值为14．解法二：(1)连接AC 交BD 于点O ，取PC 的中点G ，连接EG ，GO ，则G ，O分别为PC ，AC 的中点，故GO ∥PA ，且GO ＝12PA ．∵AP ∥DE ，PA ＝2DE ，∴GO ∥DE ，GO ＝DE ，∴四边形EDOG 为平行四边形，∴EG ∥DO ，即EG ∥BD ．又∵EG ⊂平面PEC ，BD ⊄平面PEC ，∴BD ∥平面PEC ．(2)连接DP ．∵AP ⊥平面ABCD ，∴AP ⊥AD ，AP ⊥AC ，∴△PAD ，△PAC 为直角三角形，且PA ⊥平面ABCD ，∵AP ∥DE ，∴DE ⊥平面ABCD ，∴DE ⊥CD ，∴△EDC 为直角三角形．又PA ＝AD ＝2DE ，不妨设PA ＝AD ＝2DE ＝2，∴DP ＝22，在直角梯形PADE 中，PE ＝5．∵底面ABCD 为菱形，DC ＝DA ＝2，∴EC ＝5，S △EDC ＝1．∵∠DAB ＝23π，∴AC ＝2．在Rt △PAC 中，PC ＝22，∴S △PEC ＝6，∵AP ∥DE ，∴AP ∥平面DCE ，∵V P －EDC ＝V A －EDC ，又V D －PEC ＝V P －EDC ，∴V D －PEC ＝V A －EDC ，过点A 作AH ⊥DC 于点H ，易得AH ⊥平面EDC ，AH ＝3．设点D 到平面PEC 的距离为h ，故13×6·h ＝13×3×1，∴h ＝22．设DP 与平面PEC 所成角为θ，∴sin θ＝h DP ＝2222＝14．名师点拨1．线面角涉及斜线的射影，故找出平面的垂线是解题的基本思路，而这往往正是解题难点所在，故常用向量法求解斜线与平面所成角的问题，关键是确定斜线的一个方向向量a 和平面的一个法向量b ，再通过计算线面角的向量公式sin θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |(θ是斜线与平面所成的角)求解，要特别注意a 和b 的夹角与线面角的关系．2．利用空间向量解答立体几何问题的步骤(1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；(2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；(3)设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为0列出方程组，求出法向量；(4)将空间位置关系转化为向量关系；(5)根据定理结论求出相应的角．注：用体积法求出点P 到平面α的距离h ，只需再求出|PA |，则可得直线PA 与平面α所成角的余弦值cos θ＝h |PA |．通过本例两种解法可看出向量法在解决立体几何有关问题中的优越性．角度3向量法求二面角例4(2021·安徽合肥调研)在三棱锥P －ABC 中，BC ⊥平面PAB ，平面PAC ⊥平面ABC ．(1)证明：PA ⊥平面ABC ；(2)若D 为PC 的中点，且PA ＝22AB ，AB ＝BC ，求二面角A －BD －C 的余弦值．[解析](1)证明：过点B 作BO ⊥AC 于O ．∵平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ，BO ⊂平面ABC ，∴BO ⊥平面PAC ，∴BO ⊥PA ．又∵BC ⊥平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，∴BC ⊥PA ．又∵BC ∩BO ＝B ，BC ，BO ⊂平面ABC ，∴PA ⊥平面ABC ．(2)∵AB ＝BC ，BO ⊥AC ，∴O 为BC 中点．又∵D 为PC 的中点，∴DO ∥PA ．由(1)知，PA ⊥平面ABC ，∴DO ⊥平面ABC ，∴DO ⊥BO ，DO ⊥AO ，∴以O 为原点，以OA →，OB →，OD →所在方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，如图．设AB＝BC＝2，则AC＝2，PA＝4，则O(0,0,0)，A(1,0,0)，C(－1,0,0)，B(0,1,0)，P(1,0,4)，D(0,0,2)．设平面ABD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，∴n1⊥AB→，n1⊥AD→，n1·AB→＝0，n1·AD→＝0，AB→＝(－1,1,0)，AD→＝(－1,0,2)，－x1＋y1＝0－x1＋2z1＝0．设z1＝1得x1＝2，y1＝2，∴n1＝(2,2,1)，设平面BCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，∴n2⊥CB→，n2⊥DB→，n2·CB→＝0，n2·DB→＝0，CB→＝(1,1,0)，DB→＝(0,1，－2)，x2＋y2＝0y2－2z2＝0．令z2＝1得x2＝－2，y2＝2，∴n2＝(－2,2,1)，∴cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝19．∵二面角A－BD－C的平面角θ是钝角，∴cosθ＝－1 9．即二面角A－BD－C的余弦值为－1 9．注：(1)注意到AB、BC、PA两两垂直，故也可以BC为x轴、BA为y轴建立坐标系求解；(2)注意到△BCD≌△BAD，故作CH⊥BD于H，连AH，则AH⊥BD，∴∠AHC即为二面角A－BD－C的平面角，令AB＝BC＝2，易求得CH＝AH＝355，∴cos∠AHC＝CH2＋AH2－AC22CH·AH＝－1 9．名师点拨利用向量法确定二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．(3)将二面角转化为线面角求解．如图要求二面角P －AB －C ，可作PH ⊥AB ，则二面角P －AB －C 的大小即为PH 与平面ABC 所成角的大小θ，PH 易求，可用体积法求P 到平面ABC 的距离h ，则sin θ＝h |PH |．〔变式训练2〕(1)(角度1)(2018·江苏高考题改编)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q分别为A 1B 1，BC 的中点，则异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为__31020__．(2)(角度2)(2021·广东广州广雅中学等三校联考)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝CB ＝2，∠ABC ＝60°，矩形ACFE 中，AE ＝2，又BF ＝22．①求证：BC ⊥平面ACFE ；②求直线BD 与平面BEF 所成角的正弦值．(3)(角度3)(2019·课标Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．①证明：MN ∥平面C 1DE ；②求二面角A －MA 1－N 的正弦值．[解析](1)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz ．因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1,2)．因为P 为A 1B 1的中点，所以，－12，从而BP →－32，－12，AC 1→＝(0,2,2)．故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020．因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020．(2)证明：①在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝CB ＝2，∠ABC ＝60°，∴四边形ABCD 是等腰梯形，∠ADC ＝120°，∴∠DCA ＝∠DAC ＝30°，∠DCB ＝120°，∴∠ACB ＝∠DCB －∠DCA ＝90°，∴AC ⊥BC (也可以利用余弦定理求出AC ，BC 再证明)又∵矩形ACFE 中，CF ＝AE ＝2，又BF ＝22，CB ＝2，∴CF 2＋BC 2＝BF 2，∴CB ⊥CF ，又∵AC ∩CF ＝F ，∴BC ⊥平面ACFE ．②以点C 为坐标原点，以CA 所在直线为x 轴，以CB 所在直线为y 轴，以CF 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．可得C (0,0,0)，B (0,2,0)，F (0,0,2)，D (3，－1,0)，E (23，0,2)．∴EF →＝(－23，0,0)，BF →＝(0，－2,2)，BD →＝(3，－3,0)，设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·EF →＝－23x ＝0n ·BF →＝－2y ＋2z ＝0，令y ＝1，则x ＝0，z ＝1，∴n ＝(0,1,1)，∴|cos 〈BD →，n 〉|＝|BD →·n ||BD →|·|n |＝64，∴直线BD 与平面BEF 所成角的正弦值是64．(3)①证法一：连接B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D ．由题设知A 1B 1綊DC ，可得B 1C 綊A 1D ，故ME 綊ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．证法二：∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，连BD ．则△BCD 为正三角形，又E 为BC 的中点，∴DE ⊥BC ，又DD 1⊥平面ABCD ，∴DA 、DE 、DD 1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则MN →＝(0，－3，0)，ED →＝(0，－3，0)，∴MN →＝ED →，∴MN ∥ED ，又MN ⊄平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ，∴MN ∥平面ABCD ．②解法一：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，·A 1M →＝0，·A 1A →＝0.x ＋3y －2z ＝0，4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，·MN →＝0，·A 1N →＝0.－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 1－N 的正弦值为105．解法二：由题意易知，A 1M ＝22＝AM ，又AA 1＝4，∴A 1M 2＋AM 2＝AA 21，∴AM ⊥A 1M ，∴二面角A －MA 1－N 的大小即为AM 与平面A 1MN 所成角的大小θ，又A 1M ＝22，MN ＝3，A 1N ＝5，∴A 1N ＋MN 2＝A 1M ，∴A 1N ⊥MN ，取AB 的中点H ，则DH ⊥AB ，且DH ＝3，∵平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，∴DH ⊥平面ABB 1A 1，∴A 1D 的中点N 到平面ABB 1A 1的距离为32，记A 到平面A 1MN 的距离为h ，∵VN －A 1AM ＝VA －A 1MN ，则233＝156h ，∴h ＝45，∴sin θ＝45×22＝105，即二面角A －MA 1－N 的正弦值为105．考点三,利用向量求空间的距离——师生共研例5(2021·广东广州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 的边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，∠APD ＝90°，且PA ＝PD ，AD ＝PB ．(1)求证：AD ⊥PB ；(2)求点A 到平面PBC 的距离．[解析](1)证明：取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，BD ，因为底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，所以AD ＝AB ＝BD ．因为O 为AD 的中点，所以BO ⊥AD ．在△PAD 中，PA ＝PD ，O 为AD 的中点，所以PO ⊥AD ．因为BO ∩PO ＝O ，所以AD ⊥平面POB ．因为PB ⊂平面POB ，所以AD ⊥PB ．(2)由题意及(1)易知OP ＝1，BO ＝3，PB ＝2，∴OP 2＋BO 2＝PB 2，∴OP ⊥OB ，∴OP 、OA 、OB 两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－2，3，0)，P (0,0,1)，∴AP →＝(－1,0,1)，PB →＝(0，3，－1)，PC →＝(－2，3，－1)，设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·PB →＝3y －z ＝0n ·PC →＝－2x ＋3y －z ＝0x ＝0z ＝3y ，不妨取y ＝1，则n ＝(0,1，3)，∴点A 到平面PBC 的距离d ＝|AP →·n ||n |＝32．另解(2)(体积法)：∵PA ＝PD ，∠APD ＝90°，∴PO ＝12AD ＝1，又AD ⊥PB ，BC ∥AD ，∴BC ⊥PB ，记A 到平面PBC 的距离为h ，则由V A －PBC ＝V P －ABC 得23h ＝13×12×2×2sin 120°，∴h ＝32，即A 到平面PBC 的距离为32．〔变式训练3〕(2021·安徽合肥质检)如图，边长为2的等边△ABC 所在平面与菱形A 1ACC 1所在平面互相垂直，A 1C ＝3AC 1，M 为线段AC 的中点．(1)求证：平面BMC 1⊥平面A 1BC 1；(2)求点C 到平面A 1BC 1的距离．[解析](1)因为四边形A 1ACC 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1．又因为A 1C ＝3AC 1，所以∠ACC 1＝60°，即△ACC 1为等边三角形．因为AC 1＝CC 1，M 为线段AC 的中点，所以AC ⊥C 1M ．因为AB ＝BC ，M 为线段AC 的中点，所以AC ⊥BM ．又因为C 1M ∩BM ＝M ，所以AC ⊥平面BMC 1．又因为AC ∥A 1C 1，所以A 1C 1⊥平面BMC 1．又A 1C 1⊂平面A 1BC 1，所以平面BMC 1⊥平面A 1BC 1．(2)因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，交线是AC ，且C 1M ⊥AC ，所以C 1M ⊥平面ABC ．以M 为原点，MB ，MC ，MC 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：C (0,1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,0，3)，A 1(0，－2，3)，则A 1C 1→＝(0,2,0)，BC 1→＝(－3，0，3)，CC 1→＝(0，－1，3)，设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·A 1C 1→＝2y ＝0·BC 1→＝－3x ＋3z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,0,1)，∴点C 到平面A 1BC 1的距离d ＝|CC 1→·n ||n |＝32＝62．名师讲坛·素养提升利用向量法解答立体几何中的探究型问题例6(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，BC ∥AD ，∠ADC ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ＝1，E 为线段AD 的中点，过BE 的平面与线段PD ，PC 分别交于点G ，F ．(1)求证：GF ⊥PA ；(2)若PA ＝PD ＝2，是否存在点G ，使得直线PB 与平面BEGF 所成角的正弦值为105，若存在，请确定G 点的位置；若不存在，请说明理由．[解析](1)因为BC ＝12AD ，且E 为线段AD 的中点，所以BC ＝DE ，又因为BC ∥AD ，所以四边形BCDE 为平行四边形，所以BE ∥CD ，又因为CD ⊂平面PCD ，BE ⊄平面PCD ，所以BE ∥平面PCD ，又平面BEGF ∩平面PCD ＝GF ，所以BE ∥GF ，又BE ⊥AD ，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以BE ⊥平面PAD ，所以GF ⊥平面PAD ，又PA ⊂平面PAD ，所以GF ⊥PA ．(2)因为PA ＝PD ，E 为线段AD 的中点，所以PE ⊥AD ，又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，以E 为坐标原点，EA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E －xyz ；则P (0,0,1)，B (0,1,0)，E (0,0,0)，D (－1,0,0)，则PB →＝(0,1，－1)，BE →＝(0，－1,0)，DP →＝(1,0,1)，设DG →＝λDP →(0≤λ≤1)，得G (λ－1,0，λ)，所以EG →＝(λ－1,0，λ)，设平面BEGF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·n ＝0，·n ＝0.＝0，λ－1)x ＋λz ＝0，不妨令x ＝λ，可得n ＝(λ，0,1－λ)为平面BEGF 的一个法向量，设直线PB 与平面BEGF 所成角为α，于是有sin α＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|n ·PB →|n |·|PB →||＝|λ－12λ2＋(λ－1)2|＝105；得λ＝13或λ＝－1(舍)，所以存在点－23，0PB 与平面BEGF 所成角的正弦值为105．故G 为DP 的靠近D 点的三等分点．名师点拨对于“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”．〔变式训练4〕(2021·福建龙岩质检)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ADC ＝∠BCD ＝90°，BC ＝1，PD ＝AD ＝2DC ＝2，∠PDA ＝60°，且平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)求证：BD ⊥PC ；(2)在线段PA 上是否存在一点M ，使二面角M －BC －D 的大小为30°？若存在，求出PM PA 的值；若不存在，请说明理由．[解析](1)过点P 在平面PAD 内作PO ⊥AD ，垂足为O ，连接BO 、OC ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥BD ，∵∠PDA ＝60°，PD ＝DA ＝2，∴△PDA 是等边三角形，∴OD ＝1＝BC ，∵OD ∥BC ，∠BCD ＝90°，∴四边形OBCD 是正方形，∴BD ⊥OC ，∵OC ∩PO ＝O ，∴BD ⊥平面POC ，∵PC ⊂平面POC ，∴BD ⊥PC ．(2)∵PO ⊥平面ABCD ，OB ⊥AD ，如图，建立空间直角坐标系O －xyz ，则B (0,1,0)，C (－1,1,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，A (1,0,0)，假设在线段PA 上存在一点M ，使二面角M －BC －D 大小为30°，设PM →＝λPA →(0≤λ≤1)，BP →＝(0，－1，3)则BM →＝BP →＋PM →＝(λ，－1，3－3λ)，BC →＝(－1,0,0)，设平面MBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，·BM →＝λx －y ＋(3－3λ)z ＝0·BC →＝－x ＝0，取m ＝(0，3－3λ，1)，又平面ABCD 的一个法向量n ＝(0,0,1)，∵二面角M －BC －D 大小为30°，∴cos 30°＝|m ·n ||m |·|n |＝1(3－3λ)2＋1＝32，解得λ＝23或λ＝43(舍)，∴在线段PA 上存在点M ，满足题设条件，且PM PA ＝23．。
3.2立体几何中的向量方法(例题)
就是库底与水坝所成的二面角。 设向量 CA 与 DB 的夹角为 ，
因此
2abcos a 2 b2 c 2 d 2 .
所以
a 2 b2 c 2 d 2 cos . 2ab
回到图形问题
2 2 2 2 a b c d 库底与水坝所成二面角的余弦值为 . 2ab
过 A1点作 A1 H 平面 AC 于点 H . 解： 则 A1 H 为所求相对两个面之间 的距离 .
2
D1 A1 B1 H A C B
C1
D
由 A1 AB A1 AD BAD 且 AB AD AA1 H 在 AC上.
AC ( AB BC )2 1 1 2 cos 60 3 AC 3
AC1 ( AB AD AA1 ) 2
2 2 2
2
A1
B1
AB AD AA1 2( AB AD AB AA1 AD AA1 )
1 1 1 2(cos60 cos60 cos60) 6 A | AC1 | 6 所以
D
B
C
作业：
课本P121 第 2、 6 题
回到图形问题
图1
这个晶体的对角线 AC1 的长是棱长的 6 倍。
思考：
（1）本题中四棱柱的对角线BD1的长与棱长有什么关系？ 分析:
BD1 BA BC BB1
A1 B1 D D1
其中ABC ABB1 120 ， B1 BC 60
C1
（2）如果一个四棱柱的各条棱长都相等，
例2：如图3，甲站在水库底面上的点A处，乙站在水坝斜面上的点B 处。从A，B到直线 l（库底与水坝的交线）的距离AC和BD分别为 a 和 b ,CD的长为 c, AB的长为 d。求库底与水坝所成二面角的余弦值。 思考： （1）本题中如果夹角 可以测出，而AB未知，
专题立体几何向量方法
专题一：立体几何的向量方法一、平面的法向量：设平面α的法向量为),,(z y x n =→，则面α的法向量即与面垂直向量。
平面的方向向量：与面平行的向量。
注意向量的方向。
二、利用向量求空间角1、两条异面直线所成角的求法：范围：]90000，（设两条异面直线a,b 的方向向量为→→b a ,，夹角为θ，则cos θ=→→→→ba ba2、直线与平面所成的角。
范围：[00,900]方法：利用面的发向量与面的斜线所成角的补角。
3、面与面所成的角大小。
[001800，]方法：面的法向量与面的法向量所成角求，注意二面角的平面角是钝角还是锐角，进而求面面角的大小。
训练习题：1、长方体1111D C B A ABCD -中，，，121===AD AA AB E 为1CC 的中点，则异面直线1BC 与AE 所成角的余弦值为_______________2、已知两个平面的法向量分别为)1,1,0(),0,1,0(==→→n m ，则两平面所成的二面角为_____3、在正方体1AC 中，点E 为1BB 的中点，则平面ED A 1与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为__________.4、若平面βα，的法向量分别为)2,1,(),4,2,1(--=-=→→x b a ，并且βα⊥，则x=______5、已知长方体1AC 中，AB=BC=4，1CC =2，则直线111D DBB BC 和平面所成角的正弦值为_________。
6、正方体1AC 中，二面角11B BD A --的大小为___________________7、正方体1AC 的棱长为2，M ，N 分别是111,CC D C 的中点，则直线N B 1与平面BDM 所成角的正弦值为____________.8、在长方体1AC 中，E ，F 分别是棱1,CC BC 上的点，CF=AB=2CE ，4:2:1::1=AA AD AB（1）、求异面直线EF 与D A 1所成角的余弦值。
专题检测(十五) 立体几何中的向量方法
专题检测(十五) 立体几何中的向量方法[大题强化练](1)求证：AC ⊥PB ；(2)求直线AC 与平面P AB 所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，取AC 的中点O ，连接PO ，BO ， 因为P A ＝PC ，所以PO ⊥AC . 因为AB ＝BC ，所以BO ⊥AC .因为PO ∩BO ＝O ，PO ⊂平面POB ，BO ⊂平面POB ， 所以AC ⊥平面POB .因为PB ⊂平面POB ，所以AC ⊥PB . (2)不妨设AC ＝2， 因为AC ＝3PB ， 所以PB ＝233.因为AB ＝BC ，∠ABC ＝90°，所以BO ＝AO ＝12AC ＝1，因为P A ＝PC ，∠APC ＝120°，所以∠APO ＝60°. 在Rt △POA 中，PO ＝AO tan 60°＝33.因为BO 2＋PO 2＝43＝PB 2，所以PO ⊥BO .因为PO ⊥AC ，AC ∩BO ＝O ，AC ⊂平面ABC ，BO ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥平面ABC .以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz . 则A (0，－1，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，33， AB ―→＝(1，1，0)，AP ―→＝⎝⎛⎭⎫0，1，33，AC ―→＝(0，2，0)．设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，令z ＝3，则y ＝－1，x ＝1.故平面P AB 的一个法向量为n ＝(1，－1，3)．则cos 〈n ，AC ―→〉＝n ·AC ―→|n ||AC ―→|＝－25×2＝－55.记直线AC 与平面P AB 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AC ―→〉|＝55.所以直线AC 与平面P AB 所成角的正弦值为55.(1)求证：EF ∥平面ABC ； (2)求二面角C -AE -D 的余弦值．解：(1)证明：取AB 的中点为O ，连接OC ，OF ， ∵O ，F 分别为AB ，AD 的中点，∴OF ∥BD 且BD ＝2OF ，又CE ∥BD 且BD ＝2CE ， ∴CE ∥OF 且CE ＝OF ，∴四边形OCEF 为平行四边形，∴EF ∥OC ， 又OC ⊂平面ABC 且EF ⊄平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC .(2)∵三角形ABC 为等边三角形，O 为AB 的中点， ∴OC ⊥AB ，∵平面ABC ⊥平面ABD 且平面ABC ∩平面ABD ＝AB ， 又BD ⊥AB 且BD ⊂平面ABD ， ∴BD ⊥平面ABC ，又OF ∥BD ，∴OF ⊥平面ABC .以O 为坐标原点，分别以OA ―→，OC ―→，OF ―→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨令正三角形ABC 的边长为2，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，C (0，3，0)，E (0，3，1)，D (－1，0，2)，∴AC ―→＝(－1，3，0)，AE ―→＝(－1，3，1)，AD ―→＝(－2，0，2)，设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧－x 1＋3y 1＝0－x 1＋3y 1＋z 1＝0，不妨令y 1＝1，则m＝(3，1，0)，设平面AED 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，同理可得n ＝(1，0，1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝32×2＝64，又二面角C -AE -D 为钝角， ∴所求二面角C -AE -D 的余弦值为－64.(1)证明：P A 1⊥平面PBB 1；(2)若四边形ABB 1A 1为正方形，且AC ＝BC ，∠PB 1A 1＝π4，求二面角P -A 1B 1C 的余弦值．解：(1)证明：在半圆柱中，BB 1⊥平面P A 1B 1，所以BB 1⊥P A 1. 因为A 1B 1是直径，所以P A 1⊥PB 1.因为PB 1∩BB 1＝B 1，PB 1⊂平面PBB 1，BB 1⊂平面PBB 1， 所以P A 1⊥平面PBB 1.(2)以C 为坐标原点，分别以CB ，CA 所在直线为x 轴，y 轴，过C 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系C -xyz ，如图所示．设CB ＝1，则C (0，0，0)，B (1，0，0)，A (0，1，0)，A 1(0，1，2)，B 1(1，0，2)，P (1，1，2)．所以CA 1―→＝(0，1，2)，CB 1―→＝(1，0，2)． 平面P A 1B 1的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面CA 1B 1的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥CA 1―→，n 2⊥CB 1―→，得⎩⎨⎧y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0.令z ＝1，则⎩⎨⎧y ＝－2，x ＝－2，z ＝1.所以可取n 2＝(－2，－2，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝11×5＝55.由图可知二面角P -A 1B 1C 为钝角， 所以所求二面角的余弦值为－55.(1)证明：EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线； (2)若EF ＝12BC ，求二面角B -SC -D 的余弦值．解：(1)证明：以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .设D (0，b ，0)，S (0，0，c )，则C (1，b ，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，b 2，0，F ⎝⎛⎭⎫12，b 2，c 2， EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，0，c 2，AS ―→＝(0，0，c )，AD ―→＝(0，b ，0)． 因为EF 与平面ABCD 所成的角为45°，所以EF ―→与平面ABCD 的法向量AS ―→的夹角为45°.即c 22＝22×c × 14＋c 24，解得c ＝1，因此EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线．(2)由B (1，0，0)，BC ―→＝(0，b ，0)，|EF ―→|＝12|BC ―→|，得b ＝ 2.因此〈FB ―→，GD ―→〉等于二面角B -SC -D 的平面角．cos 〈FB ―→，GD ―→〉＝FB ―→·GD ―→|FB ―→||GD ―→|＝－33.所以二面角B -SC -D 的余弦值为－33.(1)证明：平面BCP ⊥平面CEP ；(2)若平面DEP ⊥平面BCED ，求直线DP 与平面BCP 所成角的正弦值．解：(1)证明：在题图①中，因为AB ＝2BC ＝2CD ，且D 为AB 的中点， 所以由平面几何知识，得∠ACB ＝90°. 又E 为AC 的中点，所以DE ∥BC .在题图②中，CE ⊥DE ，PE ⊥DE ，且CE ∩PE ＝E ， 所以DE ⊥平面CEP ， 所以BC ⊥平面CEP ， 又BC ⊂平面BCP ， 所以平面BCP ⊥平面CEP .(2)因为平面DEP ⊥平面BCED ，平面DEP ∩平面BCED ＝DE ，EP ⊂平面DEP ，EP ⊥DE ，所以EP ⊥平面BCED . 又CE ⊂平面BCED ， 所以EP ⊥CE .以E 为坐标原点，ED ―→，EC ―→，EP ―→的方向分别为x 轴，y 轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设BC ＝2a ，则AB ＝4a ，AC ＝23a ，AE ＝CE ＝3a ，DE ＝a .则P (0，0，3a )，D (a ，0，0)，C (0，3a ，0)，B (2a ，3a ，0)．所以DP ―→＝(－a ，0，3a )，BC ―→＝(－2a ，0，0)，CP ―→＝(0，－3a ，3a )． 设平面BCP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC ―→＝0，n ·CP ―→＝0，即⎩⎨⎧－2ax ＝0，－3ay ＋3az ＝0.令y ＝1，则z ＝1，所以n ＝(0，1，1)． 设DP 与平面BCP 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP ―→〉|＝|n ·DP ―→||n ||DP ―→|＝3a 2×2a ＝64.所以直线DP 与平面BCP 所成角的正弦值为64.(1)求证：平面AEF ⊥平面PBC ；(2)试确定点F 的位置，使平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°. 解：(1)证明：因为P A ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BC .因为ABCD 为正方形，所以AB ⊥BC ， 又P A ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面P AB . 因为AE ⊂平面P AB ， 所以AE ⊥BC .因为P A ＝AB ，E 为线段PB 的中点， 所以AE ⊥PB ， 又PB ∩BC ＝B ， 所以AE ⊥平面PBC . 又AE ⊂平面AEF ， 所以平面AEF ⊥平面PBC .(2)因为P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，所以以A 为坐标原点，分别以AB ―→，AD ―→，AP ―→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设正方形ABCD 的边长为2，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (1，0，1)，所以AE ―→＝(1，0，1)，PC ―→＝(2，2，－2)，PD ―→＝(0，2，－2)． 设点F 的坐标为(2，λ，0)(0≤λ≤2)，则AF ―→＝(2，λ，0)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE ―→＝0，n ·AF ―→＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝0，2x 1＋λy 1＝0.取y 1＝2，则n ＝(－λ，2，λ)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)为平面PCD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC ―→＝0，m ·PD ―→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，y 2－z 2＝0.取y 2＝1，则m ＝(0，1，1)．因为平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°， 所以|cos 30°|＝|m ·n ||m |·|n |＝|2＋λ|2·2λ2＋4＝32， 解得λ＝1，故当点F 为BC 中点时，平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°.(1)求证：AO ⊥平面BB 1C 1C ；(2)设∠B 1BC ＝60°，若直线A 1B 1与平面BB 1C 1C 所成的角为45°，求二面角A 1B 1C 1B 的余弦值．解：(1)证明：∵四边形BB 1C 1C 是菱形，∴B 1C ⊥BC 1. ∵AB ⊥B 1C ，AB ∩BC 1＝B ， ∴B 1C ⊥平面ABC 1，∴B 1C ⊥AO .∵AB ＝AC 1，O 是BC 1的中点，∴AO ⊥BC 1， 又B 1C ∩BC 1＝O ，∴AO ⊥平面BB 1C 1C .(2)∵AB ∥A 1B 1，∴直线A 1B 1与平面BB 1C 1C 所成的角等于直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角．∵AO ⊥平面BB 1C 1C ，∴直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角即∠ABO ， ∴∠ABO ＝45°.不妨设菱形BB 1C 1C 的边长为2，则在等边三角形BB 1C 中，BO ＝3，CO ＝B 1O ＝1，在Rt △ABO 中，AO ＝BO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，分别以OB ，OB 1，OA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B 1(0，1，0)，C (0，－1，0)，C 1(－3，0，0)，A (0，0，3)，A 1(－3，1，3)，A 1B 1―→＝(3，0，－3)，B 1C 1―→＝(－3，－1，0)．设平面A 1B 1C 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B 1―→＝3x －3z ＝0，n 1·B 1C 1―→＝－3x －y ＝0.令x ＝1，则y ＝－3，z ＝1，可得n 1＝(1，－3，1)．易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝15＝55，由图可知二面角A 1B 1C 1B 为钝角， ∴二面角A 1B 1C 1B 的余弦值为－55.(1)证明：CF ∥平面B 1AE ；(2)当三棱锥B 1ADE 的体积最大时，求二面角B 1DE C 的余弦值．解：(1)证明：依题意得，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，BE ＝2EC ， 所以AD ＝3，EC ＝1.如图①，在线段B 1A 上取一点M ，满足AM ＝2MB 1，连接MF ，ME ， 又DF ＝2FB 1，所以B 1M MA ＝B 1FFD ，故FM ∥AD ，FM ＝13AD .又EC ∥AD ，所以EC ∥FM ，因为FM＝13AD ＝1，所以EC ＝FM ，所以四边形FMEC 为平行四边形，所以CF ∥EM ， 又CF ⊄平面B 1AE ，EM ⊂平面B 1AE ， 所以CF ∥平面B 1AE .所以VB 1AED ＝h ，故要使三棱锥B 1AED 的体积取到最大值，需且仅需h 取到最大值． 如图②，取AE 的中点O ，连接B 1O ，依题意得B 1O ⊥AE ，则h ≤B 1O ＝2， 因为平面B 1AE ∩平面AECD ＝AE ，B 1O ⊥AE ，B 1O ⊂平面B 1AE ，故当平面B 1AE ⊥平面AECD 时，B 1O ⊥平面AECD ，h ＝B 1O . 即当且仅当平面B 1AE ⊥平面AECD 时， VB 1AED 取得最大值，此时h ＝ 2.以D 为坐标原点，DA ―→，DC ―→的方向分别为x 轴，y 轴的正方向建立如图②所示空间直角坐标系D -xyz ，则D (0，0，0)，E (1，2，0)，B 1(2，1，2)，DB 1―→＝(2，1，2)，DE ―→＝(1，2，0)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面B 1ED 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB 1―→＝0，n ·DE ―→＝0.得⎩⎨⎧2x ＋y ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0.令y ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎫－2，1，32， 又平面CDE 的一个法向量为m ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝324＋1＋92＝31919，319因为B1DEC为钝角，所以其余弦值等于－19.。
8.7 立体几何中的向量方法
BF (1,0,1), DE (0,1,1), 0 0 1 1 于是 cos BF , DE . 2 2 2 | BF || DE |
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°.
1 1 由 AM ( ,1, ), CE (1,0,1), AD (0,2,0), (2)证明 2 2 可得CE AM 0， CE AD 0.因此CE AM , CE AD.
3 2 3 1 (1) 0, 4 3 2
PD AE,即PD AE. AB (1,0,0), PD AB 0, PD AB, 又AB AE A, PD 平面AEB.
方法二
1 3 1 AB (1,0,0), AE ( , , ), 4 4 2
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.
知能迁移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
5.已知空间三点A(1，-1，-1)，B(0，1，2), C(0，6，6)，则向量OC在平面OAB法向量方向 上的投影是 解析 则由 ±6 . 设平面OAB的法向量为n=（x，y，z），
n·OA=x-y-z=0
n·OB=y+2z=0，
令z=-1,
得x=1,y=2.取n=±(1,Fra bibliotek,-1),计算得：
思维启迪 （1） 建立空间直角坐标系
确定 AE 、 CD 的坐标 AE⊥CD （2） 求面ABE的法向量n 判断满足PD =kn(k∈R） 计算 AE CD
一轮复习：立体几何中的向量方法
授课主题：立体几何中的向量方法教学目标1．理解直线的方向向量与平面的法向量．2．能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直和平行关系．3．能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理)．4．能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题．5．了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．教学内容1．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⇔v1＝λv2.(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⇔v·u＝0.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2⇔u1＝λu2.2．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⇔v＝λu.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.3．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围⎝⎛⎦⎤0，π2(0，π)求法cosθ＝⎪⎪⎪⎪a·b|a||b|cosβ＝a·b|a||b|4．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sinφ＝|cosθ|＝|e·n||e||n|，φ的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，π2.5．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．题型一 利用空间向量研究空间中的位置关系[多角探究] 角度1 利用空间向量证明平行与垂直问题例1、(2018·青岛模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，AA 1⊥平面BAC .求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C . 证明 ∵AA 1⊥平面BAC . ∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)． (1)A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)． ∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n .∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .角度2 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题例2、(2018·宜春期末)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，BC ＝AC ＝AA 1＝2，D 为AC 的中点．(1)求证：AB 1∥平面BDC 1；(2)设AB 1的中点为G ，问：在矩形BCC 1B 1内是否存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.若存在，求出点H 的位置，若不存在，说明理由．解 (1)证明：连接B 1C ，设B 1C ∩BC 1＝M ，连接MD ， 在△AB 1C 中，M 为B 1C 中点，D 为AC 中点， ∴DM ∥AB 1，又∵AB 1不在平面BDC 1内，DM 在平面BDC 1内， ∴AB 1∥平面BDC 1.(2)以C 1为坐标原点，C 1A 1→为x 轴，C 1C →为y 轴，C 1B 1→为z 轴建立空间直角坐标系． 依题意，得C 1(0,0,0)，D (1,2,0)，B (0,2,2)，G (1,1,1)，假设存在H (0，m ，n )， GH →＝(－1，m －1，n －1)，C 1D →＝(1,2,0)，DB →＝(－1,0,2)， 由GH ⊥平面BC 1D ，得GH →⊥C 1D →⇒(－1，m －1，n －1)·(1,2,0)＝0⇒m ＝32.同理，由GH →⊥DB →得n ＝12，即在矩形BCC 1B 1内存在点H ，使得GH ⊥平面BDC 1.此时点H 到B 1C 1的距离为32，到C 1C 的距离为12.方法技巧解决立体几何中探索性问题的基本方法1．通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理．2．探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0,0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算．提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示．【冲关针对训练】(2018·太原模拟)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为P A ，BD 中点，P A ＝PD ＝AD ＝2.(1)求证：EF ∥平面PBC ；(2)在棱PC 上是否存在一点G ，使GF ⊥平面EDF ？若存在，指出点G 的位置；若不存在，说明理由． 解 (1)证明：如图所示，连接AC .因为底面ABCD 是正方形，AC 与BD 互相平分．F 是BD 中点，所以F 是AC 中点．在△P AC 中，E 是P A 中点，F 是AC 中点，所以EF ∥PC .又因为EF ⊄平面PBC ，PC ⊂平面PBC ， 所以EF ∥平面PBC . (2)取AD 中点O ，连接PO .在△P AD 中，P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为平面P AD ⊥底面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD . 因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥OF . 又因为F 是AC 中点，所以OF ⊥AD .以O 为原点，OA ，OF ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系． 因为P A ＝PD ＝AD ＝2，所以OP ＝3，则C (－1,2,0)，D (－1,0,0)，P (0,0，3)，E ⎝⎛⎭⎫12，0，32，F (0,1,0)．于是DE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32，DF →＝(1,1,0)．设平面EFD 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，32x 0＋32z 0＝0，即⎩⎨⎧y 0＝－x 0，z 0＝－3x 0. 令x 0＝1，则n ＝(1，－1，－3)．假设在棱PC 上存在一点G ，使GF ⊥平面EDF . 设G (x 1，y 1，z 1)，则FG →＝(x 1，y 1－1，z 1)． 因为EDF 的一个法向量n ＝(1，－1，－3)．因为GF ⊥平面EDF ，所以FG →＝λn .于是⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝λ，y 1－1＝－λ，z 1＝－3λ，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝λ，y 1＝1－λ，z 1＝－3λ.又因为点G 在棱PC 上，所以GC →与PC →共线． 因为PC →＝(－1,2，－3)，CG →＝(x 1＋1，y 1－2，z 1)， 所以x 1＋1－1＝y 1－22＝z 1－3，即1＋λ－1＝－λ－12＝－3λ－3，无解．故在棱PC 上不存在一点G ，使GF ⊥平面EDF .题型二 利用空间向量求解空间角[多角探究] 角度1 利用空间向量求解异面直线所成的角例3、(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 ＝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 ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)， CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 角度2 利用空间向量求解直线与平面所成的角例4、(2013·全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． 解 (1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB . 由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C . (2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ， 故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，O A →的方向为x 轴的正方向，|O A →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．则B C →＝(1,0，3)，BB 1→＝AA 1→＝(－1，3，0)，A 1C →＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·B C →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)．故cos 〈n ，A 1C →〉＝n ·A 1C →|n ||A 1C →|＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105. 角度3 利用空间向量求解二面角例5、 (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Gxyz .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 (－2,0，3)．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)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.又易知二面角E －BC －A 为钝二面角，故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.方法技巧1．利用向量求异面直线所成角的方法(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是： ①选好基底或建立空间直角坐标系； ②求出两直线的方向向量v 1，v 2； ③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解． (2)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．2．利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．3．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的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．【冲关针对训练】(2016·四川高考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值． 解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点． 理由如下：由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED ， 所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB . 又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD ，于是CD ⊥PD . 从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角，所以∠PDA ＝45°. 由P A ⊥AB ，可得P A ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ， 则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)．设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n ||AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝13，所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.1.(2017·湖南五市十校联考)有公共边的等边三角形ABC 和BCD 所在平面互相垂直，则异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为________．答案 14解析 设等边三角形的边长为2.取BC 的中点O ，连接OA ，OD ，∵等边三角形ABC 和BCD 所在平面互相垂直， ∴OA ，OC ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则A (0,0，3)，B (0，－1,0)，C (0,1,0)，D (3，0,0)， ∴AB →＝(0，－1，－3)，CD →＝(3，－1,0)， ∴cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝12×2＝14，∴异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为14.2．(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M －AB －D 的余弦值． 解 (1)证明：取P A 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF ∥BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②由①②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)或⎩⎨⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝⎛⎭⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.易知所求二面角为锐角．因此二面角M －AB －D 的余弦值为105. 3．(2017·北京高考)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B －PD －A 的大小；(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值． 解 (1)证明：设AC ，BD 交于点E ，连接ME ， 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC ∩平面PDB ＝ME ， 所以PD ∥ME .因为四边形ABCD 是正方形， 所以E 为BD 的中点， 所以M 为PB 的中点．(2)取AD 的中点O ，连接OP ，OE . 因为P A ＝PD ，所以OP ⊥AD .又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面P AD ， 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE . 因为四边形ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD .如图，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)，BD →＝(4，－4,0)，PD →＝(2,0，－2)． 设平面BDP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝ 2.于是n ＝(1,1，2)． 平面P AD 的法向量为p ＝(0,1,0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12. 由题意知二面角B －PD －A 为锐角，所以它的大小为π3.(3)由题意知M ⎝⎛⎭⎫－1，2，22，C (2,4,0)，MC →＝⎝⎛⎭⎫3，2，－22. 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，MC →〉|＝|n ·MC →||n ||MC →|＝269，所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.一、选择题1．已知点A (2，－5,1)，B (2，－2,4)，C (1，－4,1)，则向量AB →与AC →的夹角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 C解析 由已知得AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)， ∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝332×2＝12.∴向量AB →与AC →的夹角为60°.故选C.2．(2018·伊宁期末)三棱锥A －BCD 中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为n 1，n 2，若〈n 1，n 2〉＝π3，则二面角A －BD －C 的大小为( )A.π3B.2π3C.π3或2π3D.π6或π3 答案 C解析 ∵二面角的范围是[0，π]，且〈n 1，n 2〉＝π3，∴二面角A －BD －C 的大小为π3或2π3.故选C.3．(2017·太原期中)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.31010D.35 答案 C解析 如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系． 设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，C (0,1,0)，D 1(0,0,2)． ∴BE →＝(0，－1,1)，CD 1→＝(0，－1,2)． ∴cos 〈BE →，CD 1→〉＝1＋22·5＝31010.故选C.4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面 答案 B解析 以D 点为坐标原点，以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．设正方体棱长为1， 则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫13，0，13，F ⎝⎛⎭⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1，0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝⎝⎛⎭⎫13，13，－13，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC .故选B.5．(2018·河南模拟)如图所示，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52 B ．－14C.14 D ．－52答案 B解析 建立如图所示的直角坐标系， 则D (1,0,2)，B 1(0,1,3)， 设P (0,0，z )(0≤z ≤3)，则PD →＝(1,0,2－z )，PB 1→＝(0,1,3－z )， ∴PD →·PB 1→＝0＋0＋(2－z )(3－z )＝⎝⎛⎭⎫z －522－14，故当z ＝52时，PD →·PB 1→取得最小值为－14.故选B.6．(2018·沧州模拟)如图所示，在正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，棱长为1，E ，F 分别是BC ，CD 上的点，且BE ＝CF ＝a (0<a <1)，则D ′E 与B ′F 的位置关系是( )A ．平行B ．垂直C ．相交D ．与a 值有关答案 B解析 建立如图所示空间直角坐标系．则D ′(0,0,1)，E (1－a,1,0)，B ′(1,1,1)，F (0,1－a,0)， ∴D ′E →＝(1－a,1，－1)，B ′F →＝(－1，－a ，－1)．∴D ′E →·B ′F →＝(1－a )×(－1)＋1×(－a )＋(－1)×(－1)＝a －1－a ＋1＝0. ∴D ′E →⊥B ′F →，即D ′E ⊥B ′F .故选B.7．(2017·聊城期中)在三棱锥P －ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，P A ＝2，则直线P A 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15 B.255 C.55D.25 答案 C解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，P A ＝2，得A (0，0,0)，B (1，0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝⎛12，0,0 )，E ( 12，12，0 )，F ⎝⎛⎭⎫0，12，1，∴P A →＝(0,0，－2)，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，DF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1. 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设P A 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|P A →·n ||P A →||n |＝55，∴P A 与平面DEF 所成角的正弦值为55.故选C.8．(2018·江西红色七校模拟)已知二面角α－l －β等于120°，A ，B 是棱l 上两点，AC ，BD 分别在半平面α，β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的长等于 ( )A. 2B. 3 C ．2 D. 5答案 C解析 解法一：依题意可知二面角α－l －β的大小等于AC →与BD →所成的角，因为CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以CD →2＝CA→2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2AB →·BD →，因为AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AB ＝AC ＝BD ＝1，所以CD →2＝1＋1＋1＋2CA →·BD→＝3＋2|CA →||BD →|·cos 〈CA →，BD →〉＝3＋2cos 〈CA →，BD →〉，因为〈AC →，BD →〉＝120°，所以〈CA →，BD →〉＝60°， 因此CD →2＝3＋2×12＝4，所以|CD →|＝2，故选C.解法二：在β内作AE 綊BD .连接CE 、DE ，易知∠CAE ＝120°，CE ⊥DE ， ∴CE 2＝AC 2＋AE 2－2×AC ×AE cos120°＝3. 在Rt △CED 中，CD 2＝CE 2＋ED 2＝4，∴CD ＝2. 故选C.9．(2017·南阳期中)若正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都相等，D 是A 1C 1的中点，则直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值为( )A.35B.45C.34D.55答案 B解析 如图，取AC 的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系． 设各棱长为2，则有A (0，－1,0)，D (0,0,2)，C (0,1,0)，B 1(3，0,2)． 所以C D →＝(0，－1,2)，CB 1→＝(3，－1，2)，A D →＝(0,1,2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面B 1CD 的法向量，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CB 1→＝0⇒⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0⇒n ＝(0,2,1)．∴cos 〈AD →，n 〉＝AD →·n |AD →||n |＝45，即直线AD 与平面B 1DC 所成角的正弦值．故选B.10．(2018·福建龙岩模拟)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，点E ，F 分别是线段AB ，C 1D 1上的动点，点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点，且满足点P 到点F 的距离等于点P 到平面ABB 1A 1的距离，则PE 的最小值是( )A ．5B ．4C ．4 5D ．2 5答案 D解析 以D 为原点，直线DA 为x 轴，直线DC 为y 轴，直线DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设AE ＝a ，D 1F ＝b ，0≤a ≤4,0≤b ≤4，P (x ，y,4)，0≤x ≤4,0≤y ≤4，则F (0，b,4)，E (4，a,0)，PF →＝(－x ，b －y,0)，∵点P 到点F 的距离等于点P 到平面ABB 1A 1的距离，∴当E ，F 分别是AB ，C 1D 1的中点，P 为正方形A 1B 1C 1D 1的中心时，PE 取最小值，此时P (2,2,4)，E (4,2,0)，∴|PE |min ＝(2－4)2＋(2－2)2＋(4－0)2＝2 5.故选D. 二、填空题11．在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，则异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于________．答案155解析 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， ∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)． ∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)． ∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3＝155.12．(2018·曲阜模拟)如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．答案 45解析 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0，2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC →|AF →||EC →|＝45×5＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.13．(2017·青海质检)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C －AB －D 的余弦值为33，M ，N 分别是AC ，BC 的中点，则EM ，AN 所成角的余弦值等于________．答案 16解析 过C 点作CO ⊥平面ABDE ，垂足为O ，取AB 中点F ，连接CF ，OF ，则∠CFO 为二面角C －AB －D 的平面角，设AB ＝1，则CF ＝32，OF ＝CF ·cos ∠CFO ＝12，OC ＝22， 则O 为正方形ABDE 的中心， 如图所示建立直角坐标系Oxyz ， 则E ⎝⎛⎭⎫0，－22，0，M ⎝⎛⎭⎫24，0，24，A ⎝⎛⎭⎫22，0，0，N ⎝⎛⎭⎫0，24，24，EM →＝⎝⎛⎭⎫24，22，24，AN →＝⎝⎛⎭⎫－22，24，24， cos 〈EM →，AN →〉＝EM →·AN →|EM →||AN →|＝16.14．(2018·临沂期末)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为________．(填序号)答案 ①解析 以D 为原点，DA ，DC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系如图． 设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ，则P ⎝⎛⎭⎫a 2，0，32a ，C (0，a,0)，则MC ＝x 2＋(y －a )2，MP ＝⎝⎛⎭⎫x －a 22＋y 2＋⎝⎛⎭⎫－32a 2. 由MP ＝MC ，得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝12x 的一部分．三、解答题15．(2018·广东五校诊断)如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小． 解 (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC . ∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴BD ⊥AE .∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点，OA →，OB →的方向为x ，y 轴正方向，过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a >0)，OF →＝(－1,0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或－13.由a >0，得a ＝3，OF →＝(－1,0,3)，BE →＝(1，－3，2)， cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54. 16．(2014·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积． 解 (1)证明：连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .又EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长度，建立空间直角坐标系Axyz ，则D (0，3，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，32，12，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，32，12. 设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量， 由题设得|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为12.三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.17．(2017·河北衡水中学调研)如图1所示，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是线段AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2所示．(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求直线BD 与平面A 1BC 所成角的正弦值．解 (1)证明：在题图1中，连接CE ， 因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以四边形ABCE 为正方形，四边形BCDE 为平行四边形，所以BE ⊥AC .在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ， 又OA 1∩OC ＝O ， 从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC . (2)由(1)知BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，又平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以∠A 1OC ＝π2，所以OB ，OC ，OA 1两两垂直．如图，以O 为原点，OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则B ⎝⎛⎭⎫22，0，0，E ⎝⎛⎭⎫－22，0，0，A 1⎝⎛⎭⎫0，0，22，C ⎝⎛⎭⎫0，22，0， 得BC →＝⎝⎛⎭⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝⎛⎭⎫0，22，－22，由CD →＝BE →＝(－2，0,0)，得D ⎝⎛⎭⎫－2，22，0.所以BD →＝⎝⎛⎭⎫－322，22，0.设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 直线BD 与平面A 1BC 所成的角为θ， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，y －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)． 从而sin θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝25×3＝3015， 即直线BD 与平面A 1BC 所成角的正弦值为3015. 18.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑？若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DC BC的值． 解 (1)证明：如图，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系． 设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(λ，1，－1)，点E 是PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫0，12，12，DE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12， 于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE .又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，则DE ⊥PC ，所以DE ⊥平面PBC .由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)由PD ⊥平面ABCD ，所以DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量；由(1)知PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3， 则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →||DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12，解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝1λ＝22. 故当平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.1．概念思辨(1)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．( )(2)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]．( ) (3)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．( )(4)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( ) 答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×2．教材衍化(1)(选修A2－1P 111A 组T 1)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( )A ．60°B ．75°C ．90°D ．105°答案 C解析 取AC 的中点D ，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝a ，则B ⎝⎛⎭⎫32a ，0，0，C 1⎝⎛⎭⎫0，a 2，22a ，A ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，0，B 1⎝⎛⎭⎫32a ，0，22a ，从而AB 1→＝⎝⎛⎭⎫3a 2，a 2，2a 2，C 1B →＝⎝⎛⎭⎫3a 2，－a 2，－2a 2.所以cos 〈AB 1→，C 1B →〉＝AB 1→·C 1B →|AB 1→||C 1B →|＝0， 所以AB 1与C 1B 所成的角为90°.故选C.(2)(选修A2－1P 104T 2)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，写出平面A 1ED 的一个法向量：________. 答案 (1,2,2)(答案不唯一)解析 如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)，所以A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n ＝(1，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1D →＝0，n ·A 1E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n ＝(1,2,2)．3．小题热身(1)(2018·河南百校联盟联考)已知斜四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，∠A 1AD ＝60°，∠BAD ＝90°，平面A 1ADD 1⊥平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( )A.34 B.134 C.3913 D.393答案 C解析 取AD 中点O ，连接OA 1，易证A 1O ⊥平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系，得B (2，－1,0)，D 1(0,2，3)，BD →1＝(－2,3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设BD 1与平面ABCD所成的角为θ，∴sin θ＝|BD →1·n ||BD →1||n |＝34， 则cos θ＝134，∴tan θ＝3913.故选C. (2)(2017·郑州预测)过正方形ABCD 的顶点A 作线段P A ⊥平面ABCD ，若AB ＝P A ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________．答案 45°解析 如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝P A ＝1，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)，由题意，AD ⊥平面P AB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD .又CD ⊥平面P AD ，∴CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD .所以AD →＝(0,1,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎫0，12，12分别是平面P AB ，平面PCD 的法向量，且〈AD →，AE →〉＝45°.故平面P AB 与平面PCD 所成的二面角。
立体几何中的向量方法
立体几何中的向量方法[考纲传真] 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．【知识通关】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 |.1．判断下列结论的正误．(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)√2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A .π4 B .34π C .π4或34π D .π2或34π C3.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 .1515 A4．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________．π65．过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________． 45°求异面直线所成的角1．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 .32 B .155 C .105D .33C2.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． [解] (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 又因为AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝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Oxyz ，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. [方法总结] 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. 求直线与平面所成的角【例1】 (2018·合肥一模)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点． (1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值．[解] (1)连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ，则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，∴MN ∥EC .∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ，∴MN ∥平面EFC . ∵BF ，DE 都垂直底面 ABCD ，∴BF ∥DE .∵BF ＝DE ，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，∴平面BDM ∥平面EFC .(2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D -xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A ( 2,0,0)，E (0,0,4)， ∴DB →＝(2,2,0)，DM →＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量．∵AE →＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n ||AE →|＝4515，∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515. [方法总结] 利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点． (1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．[解] 如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，如图所示，建立空间直角坐标系O -xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)．(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0,2,2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →||AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020. (2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，因此AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，AC 1→＝(0,2,2)，CC 1→＝(0,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1,1)．设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→||n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55.求二面角【例2】 (2018·湖北二模)如图1，等腰直角三角形ABC 的底边AB ＝2，点D 在线段AC 上，DE ⊥AB 于点E ，现将△ADE 沿DE 折起到△PDE 的位置(如图2)．图1 图2(1)求证：PB ⊥DE ；(2)若PE ⊥BE ，直线PD 与平面PBC 所成的角为30°，求平面PDE 与平面PBC 所成的锐二面角的正弦值．[解] (1)证明：∵DE ⊥PE ，DE ⊥BE ，PE ∩BE ＝E ， ∴DE ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ，∴PB ⊥DE . (2)由题知DE ⊥PE ，DE ⊥EB ，且PE ⊥EB ， ∴DE ，BE ，PE 两两互相垂直．分别以ED →，EB →，EP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系E -xyz . 设|PE |＝a (0＜a ＜1)，则B (0,2－a ,0)，D (a ,0,0)，C (1,1－a ,0)，P (0,0，a )， ∴PB →＝(0,2－a ，－a )，BC →＝(1，－1,0)．设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·n ＝0，BC →·n ＝0，∴⎩⎨⎧(2－a )y －az ＝0，x －y ＝0，∴平面PBC 的一个法向量为n ＝(a ，a ,2－a )，∵直线PD 与平面PBC 所成的角为30°，且PD →＝(a ,0，－a )， ∴sin 30°＝|a 2－a (2－a )|2a 2×a 2＋a 2＋(2－a )2，∴a ＝2(舍)或a ＝25.∴平面PBC 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫25，25，85.易知平面PDE 的一个法向量为m ＝(0,1,0)， 设所求的锐二面角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝26，所以sin θ＝346， 即平面PDE 与平面PBC 所成的锐二面角的正弦值为346. [方法总结] 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.将△ACD 折起，使得点D 在平面ABC 内的射影恰好落在边AB 上．(1)求证：平面ACD ⊥平面BCD ；(2)当ABAD ＝2时，求二面角D -AC -B 的余弦值．[解] (1)证明：如图，设点D 在平面ABC 内的射影为点E ，连接DE ，则DE ⊥平面ABC ，所以DE ⊥BC .因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ⊥BC ，所以BC ⊥平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AD ⊥CD ，所以AD ⊥平面BCD ，而AD ⊂平面ACD ， 所以平面ACD ⊥平面BCD .(2)以点B 为原点，线段BC 所在的直线为x 轴，线段AB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设AD ＝a ，则AB ＝2a ，所以A (0，－2a ,0)，C (－a ,0,0)． 由(1)知AD ⊥BD ，又AB AD ＝2，所以∠DBA ＝30°，∠DAB＝60°，所以AE ＝AD cos ∠DAB ＝12a ，BE ＝AB －AE ＝32a ，DE ＝AD sin ∠DAB ＝32a ， 所以D ⎝⎛⎭⎪⎫0，－32a ，32a ，所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a ，AC →＝(－a ,2a ,0)．设平面ACD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·AC →＝0，即⎩⎨⎧12ay ＋32az ＝0，－ax ＋2ay ＝0.取y ＝1，则x ＝2，z ＝－33，所以m ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，1，－33.因为平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝－3322＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－332＝－14.所以二面角D -AC -B 的余弦值为14.【真题链接】1．(2018·全国卷Ⅱ)如图所示，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点． (1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M -PA -C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．[解] (1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝23. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O -xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a ,2－a ,0)(0＜a ≤2)，则AM →＝(a ,4－a ,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43， 所以n ＝⎝⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 2．(2016·全国卷Ⅱ)如图所示，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10. (1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值．[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD ， 故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .11 (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD ′→的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H -xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0， 所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎨⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0， 所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525， sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525.。
立体几何中的向量方法及详解
立体几何中的向量方法(4)及详解---- 向量法求线线角与线面角(总1 0页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One 1■CAL•本页仅作为文档封面，使用请直接删除i二理科数学导BC的中点.求异面直线M/V与CD所成的角・A. 30°C. 60°班别： _____________ 学号： _____________姓名：___________§立体几何中的向量方法（4）向量法求线线角与线面角一、学习目标1.理解直线与平面所成角的概念.2.掌握利用向量方法解决线线、线而、面而的夹角的求法.二. 问题导学问题1：什么叫异而直线所成的角它的范国是什么怎样用左义法求它的大小问题2：怎样通过向量的运算来求异而直线所成的角设k与/2是两异而直线，6 b分别为/丄、/2的方向向量，d /2所成的角为&则〈6 b）与d ________ , COSl?= ________ O问题3：用向量的数疑积可以求异而直线所成的角，能否求线面角如图，设/为平而Q的斜线，/g=&，a 为/的方向向量，n为平而a的法向量，e为/与a所成的角，抄=〈a, n）,贝lj sin（p= _______三. 例题探究例1・如图，M、/V分别是棱长为1的正方体ABCD — AECQ的棱刊T、<?•(7变式：在直三棱柱ABC-AiBiCi中，AA,=AB=AC. &3丄&C, M是CC】的中点，Q是BC的中点，点P任久弘上，则直线PQ与直线AM所成的角等于（）B. 45°D. 90°Q例2・如图，三棱柱ABC-AiBiCi中，CA = CB,AB=AA19Z BA4i=60°.（1）证明：AB丄dC；⑵若平而4BC丄平而AA^BiB. AB = CB = 2. 求直线金C与平而BB.C.C所成角的正弦值.变式：如图，在四棱锥P-ABCD中，底而为直角梯形，AD // BC, Z BAD = 90。
立体几何中的向量方法专题
立体几何中的向量方法专题[考情考向分析] 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上．热点一利用向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则有(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.例1 如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，点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.思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1 如图，在直三棱柱ADE—BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .热点二 利用空间向量求空间角设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2， 则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.(3)二面角设α－a －β的平面角为θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|.例2 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝2，AD ＝PD ＝4，∠BAD ＝60°，∠ADP ＝120°，点E 为PA 的中点．(1)求证：BE∥平面PCD；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求直线BE与平面PAC所成角的正弦值．思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|；②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．跟踪演练2 如图，在四面体ABCD中，BA＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°.(1)证明：BD ⊥AC ；(2)若∠ABD ＝60°，BA ＝2，四面体ABCD 的体积为2，求二面角B －AC －D 的余弦值．热点三 利用空间向量求解存在探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例3 在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝AD ＝1，AB ＝2，∠PAD ＝45°，E 是PA 的中点，F 在线段AB 上，且满足CF →·BD →＝0.(1)求证：DE∥平面PBC；(2)求二面角F－PC－B的余弦值；(3)在线段PA上是否存在点Q，使得FQ与平面PFC所成角的余弦值是63，若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．思维升华空间向量最适合解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解、是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1＝2，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上一动点．(1)求证：当点Q 为线段A 1B 的中点时，PQ ⊥平面A 1BC ；(2)设BQ →＝λBA 1→，试问：是否存在实数λ，使得平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成锐二面角的余弦值为3010？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由．真题体验1．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB 上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B—PD—A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．»CD所在平面垂直，M是»CD上异于C，2．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M－ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．押题预测如图，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，DF＝2BE＝2，EF ＝3.(1)证明：平面ACF⊥平面BEFD；(2)若二面角A－EF－C是直二面角，求AE与平面ABCD所成角的正切值．A 组 专题通关1．已知平面ABC ，点M 是空间上任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内3．4． 如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2,1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23 D ．－233．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3 5． 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.32 B.155 C.105 D.336． a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)7． 如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D ，E 分别为棱A 1B 1与BB 1的中点，M ，N 为线段C 1D 上的动点，其中，M 更靠近D ，且MN ＝C 1N .(1)证明：A 1E ⊥平面AC 1D ；(2)若NE 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为1020，求异面直线BM 与NE 所成角的余弦值．8.如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D —AE—C的余弦值．8.如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明：PO⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角M－PA－C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．B组能力提高8．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱AA1的中点，点P在侧面ABB1A1内，若D1P垂直于CM，则△PBC的面积的最小值为________．10.如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝3AD＝3AA1＝3，点P为线段A1C上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的是________．(填序号)①当A 1C →＝3A 1P →时，D 1P ∥平面BDC 1； ②当A 1C →＝5A 1P →时，A 1C ⊥平面D 1AP ； ③∠APD 1的最大值为90°； ④AP ＋PD 1的最小值为 5.11.如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1的半径为r ＝5，OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E 为下底面圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD .(1)求证：平面ABD ⊥平面ODE;(2)求二面角B —AD —O 的正弦值．12.如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2，∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证：EG ∥平面BDF ； (2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FHHC的值；若不存在，说明理由．答案热点一利用向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则有(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.例1 如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，点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(1)以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)．∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →， 即EF ∥AB ，又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB . (2)由(1)可知， AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， ∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →， 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ，AD ⊂平面PAD ， ∴DC ⊥平面PAD .∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1 如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 方法一 (1)由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .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. 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)，CF →＝(0，－1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA → ＝－12BD →－12BF →＋12BA →＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面，BF ，BC ⊂平面BCF ， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)由题意及(1)知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0，OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0，∴OM →⊥CD →，OM →⊥FC →， 即OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，CD ，FC ⊂平面EFCD ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 热点二 利用空间向量求空间角设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2， 则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.(3)二面角设α－a －β的平面角为θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|.例2 如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝2，AD ＝PD ＝4，∠BAD ＝60°，∠ADP ＝120°，点E 为PA 的中点．(1)求证：BE ∥平面PCD ；(2)若平面PAD ⊥平面ABCD ，求直线BE 与平面PAC 所成角的正弦值．(1)证明取PD中点F，连接CF，EF.因为点E为PA的中点，所以EF∥AD且EF＝12AD，又因为BC∥AD且BC＝12AD，所以EF∥BC且EF＝BC，所以四边形BCFE为平行四边形，所以BE∥CF，又BE⊄平面PCD，CF⊂平面PCD，所以BE∥平面PCD.(2)解在平面ABCD中，过点D作DG⊥AD，在平面PAD中，过点D作DH⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，DG⊂平面ABCD，所以DG⊥平面PAD，又DH⊂平面PAD，所以DG⊥DH，所以DA，DG，DH两两互相垂直．以D为原点，DA，DG，DH所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D－xyz(如图)，则A ()4，0，0，B (3，3，0)，C (1，3，0)，P ()－2，0，23，E ()1，0，3， 所以AC →＝(－3，3，0)，AP →＝()－6，0，23， EB →＝()2，3，－3，设n ＝(x ，y ，z )是平面ACP 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋3y ＝0，－6x ＋23z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝3，得n ＝(1，3，3)． 设直线BE 与平面PAC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，EB →〉|＝2＋3－310×7＝7035，所以直线BE 与平面PAC 所成角的正弦值为7035. 思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|；②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角；③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，注意函数名称的变化．跟踪演练2 如图，在四面体ABCD 中，BA ＝BC ，∠BAD ＝∠BCD ＝90°.(1)证明：BD⊥AC；(2)若∠ABD＝60°，BA＝2，四面体ABCD的体积为2，求二面角B－AC－D的余弦值．方法一(1)证明如图，作Rt△ABD斜边BD上的高AE，连接CE.因为BA＝BC，∠BAD＝∠BCD＝90°，所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得CE⊥BD.又AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面AEC，所以BD⊥平面AEC，又AC⊂平面AEC，所以BD⊥AC.(2)解在Rt△ABD中，因为BA＝2，∠ABD＝60°，所以BD ＝4，AE ＝3，CE ＝3， S △AEC ＝32sin ∠AEC .因为BD ⊥平面AEC ，四面体ABCD 的体积为2， 所以13×32×sin ∠AEC ×4＝2，sin ∠AEC ＝1，∠AEC ＝90°， 所以AE ⊥平面BCD .以E 为原点，EB ，EC ，EA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系E －xyz .则A (0,0，3)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－3,0,0)，AB →＝(1,0，－3)，AC →＝(0，3，－3)，AD →＝(－3,0，－3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面BAC 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－3z 1＝0，3y 1－3z 1＝0，可取z 1＝1，得m ＝(3，1,1)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面DAC 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2－3z 2＝0，－3x 2－3z 2＝0，可取x 2＝－1，得n ＝(－1，3，3)．因为cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝10535，二面角B －AC －D 的平面角为钝角，所以二面角B －AC－D 的余弦值为－10535. 方法二 (1)证明 因为BA ＝BC ，∠BAD ＝∠BCD ＝90°， 所以Rt △ABD ≌Rt △CBD ，可得AD ＝CD .设AC 中点为E ，连接BE ，DE ，则BE ⊥AC ，DE ⊥AC ，又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE，又BD⊂平面BDE，所以BD⊥AC.(2)解由(1)知，∠BED为二面角B－AC－D的平面角，在Rt△BCD中，因为BC＝2，∠ABD＝∠CBD＝60°，所以△BCD的面积为2 3.设点A到平面BCD的距离为h，因为四面体ABCD的体积为2，所以h＝ 3.在平面ABD内过A作AF⊥BD，垂足为F，因为BA＝2，∠ABD＝60°，所以AF＝ 3.由点到平面的距离的定义知，AF⊥平面BCD.所以AF⊥FC，所以AC＝ 6.因为BA＝2，AD＝23，所以BE＝102，DE＝422，所以cos ∠BED ＝BE 2＋DE 2－BD 22BE ·DE ＝－10535，即二面角B －AC －D 的余弦值为－10535. 热点三 利用空间向量求解存在探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例3 在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，DC ＝AD ＝1，AB ＝2，∠PAD ＝45°，E 是PA 的中点，F 在线段AB 上，且满足CF →·BD →＝0.(1)求证：DE ∥平面PBC ； (2)求二面角F －PC －B 的余弦值；(3)在线段PA 上是否存在点Q ，使得FQ 与平面PFC 所成角的余弦值是63，若存在，求出AQ 的长；若不存在，请说明理由．(1)证明 方法一 取PB 的中点M ，连接EM 和CM ，∵CD ∥AB 且CD ＝12AB ，且E ，M 分别为PA ，PB 的中点．∴EM ∥AB 且EM ＝12AB ，∴EM ∥CD 且EM ＝CD ，四边形CDEM 为平行四边形， ∴DE ∥CM ，又CM ⊂平面PBC ，DE ⊄平面PBC ， ∴DE ∥平面BPC .方法二 由题意可得DA ，DC ，DP 两两互相垂直，如图，以D 为原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，0，12，设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， BC →＝(－1，－1,0)，CP →＝(0，－1,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝－x －y ＝0，m ·CP →＝－y ＋z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－y ，y ＝z ，令y ＝1，则x ＝－1，z ＝1， ∴m ＝(－1,1,1)．又DE →＝⎝⎛⎭⎫12，0，12，∴m ·DE →＝0，∴DE →⊥m ， 又DE ⊄平面PBC ，∴DE ∥平面PBC .(2)解 设点F 的坐标为(1，t,0)， 则CF →＝(1，t －1,0)，DB →＝(1,2,0)， 由CF →·DB →＝0，得t ＝12，∴F ⎝⎛⎭⎫1，12，0. 设平面FPC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， CF →＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CP →＝0，n ·CF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，x －12y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝z ，y ＝2x ，令x ＝1，则y ＝2，z ＝2， ∴n ＝(1,2,2)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝333＝33，又由图可知，该二面角为锐角， 故二面角F －PC －B 的余弦值为33. (3)解 设AQ →＝λAP →＝()－λ，0，λ，λ∈[]0，1， ∴FQ →＝FA →＋AQ →＝⎝⎛⎭⎫－λ，－12，λ， ∴cos 〈FQ →，n 〉＝λ－13·2λ2＋14＝2λ－238λ2＋1 .∵FQ 与平面PFC 所成角的余弦值是63， ∴其正弦值为33， ∴|2λ－2|38λ2＋1＝33，整理得 20λ2＋8λ－1＝0，解得λ＝110，λ＝－12(舍)，∴存在满足条件的点Q ，AQ →＝⎝⎛⎭⎫－110，0，110， 且|AQ |＝210. 思维升华 空间向量最适合解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解、是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝AA 1＝2，点P 为棱B 1C 1的中点，点Q 为线段A 1B 上一动点．(1)求证：当点Q 为线段A 1B 的中点时，PQ ⊥平面A 1BC ；(2)设BQ →＝λBA 1→，试问：是否存在实数λ，使得平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成锐二面角的余弦值为3010？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由．(1)证明连接AB1，AC1，∵点Q为线段A1B的中点，∴A，Q，B1三点共线，且Q为AB1的中点，∵点P为B1C1的中点，∴PQ∥AC1.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，∴BC⊥平面ACC1A1，又AC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥AC1.∵AC＝AA1，∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C，又A1C，BC⊂平面A1BC，A1C∩BC＝C，∴AC1⊥平面A1BC，而PQ ∥AC 1， ∴PQ ⊥平面A 1BC .(2)解 由题意可知，CA ，CB ，CC 1两两垂直，以C 为原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系C －xyz ， 连接B 1Q ，PB ，设Q (x ，y ，z )，B (0,2,0)，A 1(2,0,2)， P (0,1,2)，B 1(0,2,2)， ∵BQ →＝λBA 1→，∴(x ，y －2，z )＝λ(2，－2,2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2λ，y ＝2－2λ，z ＝2λ，∴Q (2λ，2－2λ，2λ)．∵点Q 在线段A 1B 上运动，∴平面A 1PQ 的法向量即为平面A 1PB 的法向量， 设平面A 1PB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， BP →＝(0，－1,2)，PA 1→＝(2，－1,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BP →＝0，n 1·PA 1→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，2x －y ＝0，令y ＝2，得n 1＝(1,2,1)，设平面B 1PQ 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， PB 1→＝(0,1,0)，B 1Q →＝(2λ，－2λ，2λ－2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·PB 1→＝0，n 2·B 1Q →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，2λx －2λy ＋(2λ－2)z ＝0，令z ＝1得n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－λλ，0，1＝1λ(1－λ，0，λ)，取n 2＝(1－λ，0，λ)，由题意得|cos 〈n 1，n 2〉|＝|()1，2，1·()1－λ，0，λ|6·(1－λ)2＋λ2＝16×2λ2－2λ＋1＝3010， ∴9λ2－9λ＋2＝0， 解得λ＝13或λ＝23，∴当λ＝13或λ＝23时，平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成锐二面角的余弦值为3010.真题体验9．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B—PD—A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．(1)证明设AC，BD交于点E，连接ME，如图所示．因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点．(2)解 取AD 的中点O ，连接OP ，OE . 因为PA ＝PD ，所以OP ⊥AD ，又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，且OP ⊂平面PAD ， 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE . 因为四边形ABCD 是正方形， 所以OE ⊥AD ，如图，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)，BD →＝(4，－4,0)，PD →＝(2,0，－2)． 设平面BDP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝ 2.于是n ＝(1,1，2)． 平面PAD 的法向量为p ＝(0,1,0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12.由题意知，二面角B －PD －A 为锐角， 所以它的大小为π3.(3)解 由题意知M ⎝⎛⎭⎫－1，2，22，C (2,4,0)， MC →＝⎝⎛⎭⎫3，2，－22.设直线MC 与平面BDP 所成的角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，MC →〉|＝|n ·MC →||n ||MC →|＝269.所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.10． 如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧»CD所在平面垂直，M 是»CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． (1)证明 由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ， 故BC ⊥DM .因为M 为»CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ， 所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为»CD的中点．由题设得 D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)， AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)，DA →是平面MCD 的法向量，因此 cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.押题预测如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，BE ⊥平面ABCD ，DF ∥BE ，DF ＝2BE ＝2，EF ＝3.(1)证明：平面ACF⊥平面BEFD；(2)若二面角A－EF－C是直二面角，求AE与平面ABCD所成角的正切值．押题依据利用空间向量求二面角全面考查了空间中的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点．(1)证明∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.∵BE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BE⊥AC，又BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BEFD，∴AC⊥平面BEFD.∵AC⊂平面ACF，∴平面ACF⊥平面BEFD.(2)解方法一(向量法)设AC与BD交于点O，以点O为原点，OA→方向为x轴正方向，OB→方向为y轴正方向，BE→方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz，如图．取DF 的中点H ，连接EH .∵BE ∥DF 且BE ＝12DF ，DH ＝12DF ，∴四边形BEHD 为平行四边形， ∵在Rt △EHF 中，FH ＝1，EF ＝3， ∴EH ＝22，∴BD ＝2 2. 设AB 的长为a ，则各点坐标为A()a 2－2，0，0，E ()0，2，1，F ()0，－2，2，C ()－a 2－2，0，0，∴AE →＝()－a 2－2，2，1，EF →＝()0，－22，1，CE →＝()a 2－2，2，1.设n 1＝()x 1，y 1，z 1为平面AEF 的法向量， n 2＝()x 2，y 2，z 2为平面CEF 的法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·EF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－a 2－2x 1＋2y 1＋z 1＝0，－22y 1＋z 1＝0，即⎩⎨⎧z 1＝22y 1，x 1＝32a 2－2y 1.令y 1＝a 2－2，得n 1＝()32，a 2－2，22a 2－4，同理得n 2＝()－32，a 2－2，22a 2－4.∵二面角A －EF －C 是直二面角， ∴n 1·n 2＝0，得a ＝2，由题意可得∠EAB 为AE 与平面ABCD 所成的夹角， ∵AB ＝2，BE ＝1， ∴tan ∠EAB ＝BE AB ＝12.方法二 (几何法) 设AC 与BD 交于点O . ∵四边形ABCD 是菱形，∴△ADF ≌△CDF ，△ABE ≌△CBE ， ∴AF ＝CF ，AE ＝CE ，∴△AEF ≌△CEF . 过A 作AM ⊥EF ，连接CM ，则CM ⊥EF ， 则∠AMC 为二面角A －EF －C 的平面角． 设菱形的边长为a ，∵BE ＝1，DF ＝2，EF ＝3，DF ⊥BD ，∴BD ＝2 2. 在△AOB 中，AO ＝a 2－2，∴AC ＝2a 2－2，∵二面角A －EF －C 为直二面角，∴∠AMC 为直角， ∴AM ＝2a 2－4，在△AEF 中，AM ⊥EF ，设ME ＝x ，则MF ＝3－x ， AF ＝a 2＋4，AE ＝a 2＋1，()a 2＋42－(3－x )2＝()a 2＋12－x 2，解得x ＝1，将x ＝1代入到(a 2＋4)2－(3－x )2＝(2a 2－4)2中，解得a ＝2.∵AE 与平面ABCD 所成的角为∠EAB ， ∴tan ∠EAB ＝12.A 组 专题通关1．已知平面ABC ，点M 是空间上任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内答案 D解析 由已知得M ，A ，B ，C 四点共面，所以AM 在平面ABC 内，故选D.11． 如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2,1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23 D ．－23 答案 C解析 由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0,0,2)， 由图可知，二面角C －AB －O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤π4，π3 B.⎣⎡⎦⎤π4，π2 C.⎣⎡⎦⎤π6，π2 D.⎣⎡⎦⎤π6，π3答案 D解析 以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，点P 坐标为(x,1－x ，x )(0≤x ≤1)， 则BP →＝(x －1，－x ，x )，BC 1→＝(－1,0,1)， 因为BC 1∥AD 1， 设BP →，BC 1→的夹角为α， 所以cos α＝BP →·BC 1→|BP →||BC 1→|＝1(x －1)2＋2x 2×2＝13⎝⎛⎭⎫x －132＋23×2，所以当x ＝13时，cos α取得最大值32，α＝π6.当x ＝1时，cos α取得最小值12，α＝π3.故选D.12． 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.32 B.155 C.105 D.33答案 C解析 方法一 将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图所示，连接AD 1，B 1D 1，BD ，AB 1，BC 1.由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1， 所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知，BD 2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝ 3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二 以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系B 1－xyz ，如图所示．由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)， AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 故选C.13． a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号) 答案 ②③解析 依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.。
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专题检测（十五） 立体几何中的向量方法A 卷——夯基保分专练1．(2017·惠州三调)如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的半径OA ＝2，侧面积为83π，∠AOP ＝120°.(1)求证：AG ⊥BD ；(2)求二面角P -AG -B 的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知83π＝2×2π×AD ， 解得AD ＝2 3.作PE ⊥AB ，垂足为E ， ∵OP ＝OA ＝2，∠AOP ＝120°， ∴∠EOP ＝60°，PE ＝3，OE ＝1， ∴AE ＝AO ＋OE ＝3.则A (0,0,0)，B (0,4,0)，D (0,0，23)，P (3，3,0)， ∵G 是DP 的中点， ∴G⎝⎛⎭⎫32，32，3.(1)证明：∵BD ―→＝(0，－4,23)，AG ―→＝⎝⎛⎭⎫32，32，3.∴AG ―→·BD ―→＝⎝⎛⎭⎫32，32，3·(0，－4,23)＝0，∴AG ―→⊥BD ―→，即AG ⊥BD .(2)∵BP ―→＝(3，－1,0)，AG ―→＝⎝⎛⎭⎫32，32，3，PG ―→＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，3，BG ―→＝⎝⎛⎭⎫32，－52，3，∴BP ―→·PG ―→＝0，AG ―→·BP ―→＝0， ∴BP ―→是平面APG 的法向量． 设n ＝(x ，y,1)是平面ABG 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AG ―→＝0，n ·AB ―→＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＋3＝0，4y ＝0，解得n ＝(－2,0,1)，则cos 〈BP ―→，n 〉＝BP ―→·n |BP ―→|·|n |＝－2325＝－155. 由图知，二面角P -AG -B 为锐角， ∴二面角P -AG -B 的余弦值为155. 2．(2017·北京高考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，PA ＝PD ＝6，AB ＝4.(1)求证：M 为PB 的中点； (2)求二面角B -PD -A 的大小；(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，设AC ，BD 的交点为E ，连接ME . 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC ∩平面PDB ＝ME ， 所以PD ∥ME .因为底面ABCD 是正方形， 所以E 为BD 的中点． 所以M 为PB 的中点．(2)取AD 的中点O ，连接OP ，OE . 因为PA ＝PD ，所以OP ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，OP ⊂平面PAD ， 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE . 因为底面ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD .以O 为原点，以OD ―→，OE ―→，OP ―→为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)， BD ―→＝(4，－4,0)，PD ―→＝(2,0，－2)． 设平面BDP 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，得y ＝1，z ＝ 2.于是n ＝(1,1，2)．又平面PAD 的一个法向量为p ＝(0,1,0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12. 由题知二面角B -PD -A 为锐角， 所以二面角B -PD -A 的大小为60°. (3)由题意知M ⎝⎛⎭⎫－1，2，22，C (2,4,0)， 则MC ―→＝⎝⎛⎭⎫3，2，－22.设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，MC ―→〉|＝|n ·MC ―→||n ||MC ―→|＝269.所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.3．(2017·安徽名校阶段性测试)已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD是梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，且AB ＝BC ＝1，AD ＝2，顶点P 在平面ABCD 内的射影H 在AD 上，PA ⊥PD .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若直线AC 与PD 所成角为60°，求二面角A -PC -D 的余弦值． 解：(1)证明：∵PH ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴PH ⊥AB .∵AB ⊥AD ，AD ∩PH ＝H ，AD ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ， ∵PH ⊥平面ABCD ， ∴z 轴∥PH .则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，设AH ＝a ，PH ＝h (0<a <2，h >0)． 则P (0，a ，h )．∴AP ―→＝(0，a ，h )，DP ―→＝(0，a －2，h )，AC ―→＝(1,1,0)． ∵PA ⊥PD ，∴AP ―→·DP ―→＝a (a －2)＋h 2＝0. ∵AC 与PD 所成角为60°， ∴|cos 〈AC ―→，DP ―→〉|＝|a －2|2·(a －2)2＋h2＝12，∴(a －2)2＝h 2，∴(a －2)(a －1)＝0，∵0<a <2，∴a ＝1.∵h >0，∴h ＝1，∴P (0,1,1)．∴AP ―→＝(0,1,1)，AC ―→＝(1,1,0)，PC ―→＝(1,0，－1)，DC ―→＝(1，－1,0)， 设平面APC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋z 1＝0，x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝－1，z 1＝1，所以平面APC 的一个法向量为n ＝(1，－1,1)， 设平面DPC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC ―→＝0，m ·DC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z 2＝0，x 2－y 2＝0，令x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝1，所以平面DPC 的一个法向量为(1,1,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13. ∵二面角A -PC -D 的平面角为钝角， ∴二面角A -PC -D 的余弦值为－13.4．(2017·成都一诊)如图①，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，G 为BD 的中点，点R 在线段BH 上，且BRRH ＝λ(λ＞0)．现将△AED ，△CFD ，△DEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，C 重合于点B (该点记为P )，如图②所示．(1)若λ＝2，求证：GR ⊥平面PEF ；(2)是否存在正实数λ，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由题意，可知PE ，PF ，PD 三条直线两两垂直． ∴PD ⊥平面PEF .在图①中，∵E ，F 分别是AB ，BC 的中点，G 为BD 的中点，∴EF ∥AC ，GD ＝GB ＝2GH .在图②中，∵PR RH ＝BR RH ＝2，且DGGH ＝2，∴在△PDH 中，GR ∥PD . ∴GR ⊥平面PEF .(2)由题意，分别以PF ，PE ，PD 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P -xyz .设PD ＝4，则P (0,0,0)，F (2,0,0)，E (0,2，0)，D (0,0,4)， ∴H (1,1,0)，PH ―→＝(1,1,0)， ∵PR RH ＝λ，∴PR ―→＝λ1＋λPH ―→，∴R ⎝⎛⎭⎫λ1＋λ，λ1＋λ，0. ∴RF ―→＝⎝⎛⎭⎫2－λ1＋λ，－λ1＋λ，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ，－λ1＋λ，0. EF ―→＝(2，－2,0)，DE ―→＝(0,2，－4)， 设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧EF ―→·m ＝0，DE ―→·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，2y －4z ＝0.取z ＝1，得y ＝2，x ＝2，则m ＝(2,2,1)． ∵直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225，∴|cos 〈m ，RF ―→〉|＝|m ·RF ―→||m ||RF ―→|＝41＋λ3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ2＋⎝⎛⎭⎫－λ1＋λ2＝223λ2＋2λ＋2＝225. ∴9λ2＋18λ－7＝0.解得λ＝13或λ＝－73(不合题意，舍去)．故存在正实数λ＝13，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225.B 卷——大题增分专练1.(2017·山东高考)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF 的(1)设P 是 CF上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E -AG -C 的大小． 解：(1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ， AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ， 所以BE ⊥平面ABP .又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP . 又∠EBC ＝120°，所以∠CBP ＝30°.(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3)，E (2,0,0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE ―→＝(2,0，－3)，AG ―→＝(1，3，0)，CG ―→＝(2,0,3)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE ―→＝0，m ·AG ―→＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG ―→＝0，n ·CG ―→＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝9＋3－44×4＝12.由图知二面角E -AG -C 为锐角， 故所求二面角E -AG -C 的大小为60°.2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 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PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M -AB -D 的余解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ， 又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ， 故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→， 则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②由①②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎨⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝⎛⎭⎫1－22，1，62，从而AM ―→＝⎝⎛⎭⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.由图知二面角M -AB -D 为锐角， 因此二面角M -AB -D 的余弦值为105. 3.如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD＝120°，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，BF ＝1.(1)求证：AD ⊥平面BFED ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面PAB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°， ∴AB ＝2.∴BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos 60°＝3. ∴AB 2＝AD 2＋BD 2，∴AD ⊥BD .∵平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ∩平面ABCD ＝BD ，DE ⊂平面BFED ，DE ⊥DB ，∴DE ⊥平面ABCD ，∴DE ⊥AD ，又DE ∩BD ＝D ， ∴AD ⊥平面BFED .(2)由(1)知，直线AD ，BD ，ED 两两垂直，故以D 为原点，直线DA ，DB ，DE 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，令EP ＝λ(0≤λ≤3)，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0，λ，1)，∴AB ―→＝(－1，3，0)，BP ―→＝(0，λ－3，1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ―→＝0，n 1·BP ―→＝0，得⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，(λ－3)y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝(3，1，3－λ)． ∵n 2＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13＋1＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝3时，cos θ有最大值12，∴θ的最小值为60°.4.(2018届高三·湖北五校联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M -AC -D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42， 可得AB ＝AC ＝4， 所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ， 又PA ∩AC ＝A ， 所以AB ⊥平面PAC ， 所以AB ⊥PC .(2)存在，理由如下：取BC 的中点E ，则AE ⊥BC ，以A 为坐标原点，AE ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0,2)，B (22，－22，0)，PD ―→＝(0，22，－2)，AC ―→＝(22，22，0)．设PM ―→＝t PD ―→(0＜t ＜1)， 则点M 的坐标为(0,22t ，2－2t )， 所以AM ―→＝(0,22t,2－2t )．设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0，即⎩⎨⎧22x ＋22y ＝0，22ty ＋(2－2t )z ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝2t1－t，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t . 又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2t t －12＝22， 解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量n ＝(1，－1，2)， 又BM ―→＝(－22，32，1)． 设BM 与平面MAC 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，BM ―→〉|＝422×33＝269.故BM 与平面MAC 所成角的正弦值为269.。