《高考数学第一轮复习》第64讲 空间向量在立体几何中的应用精品PPT课件
《高考数学第一轮复习课件》第64讲 空间向量在立体几何中的应用
3.在二面角α-l-β中，平面α的法向量为n，平 面β的法向量为m.若〈n,m〉=130°，则二 面角α-l-β的大小为( ) C A.50° B.130° C.50°或130° D.可能与130°毫无关系
5.已知三棱锥P-ABC各顶点的坐标分别是 P(-1,0,0)，A（0，1，0），B（-4，0， 0），C（0，0，2），则该三棱锥底面 ABC上的高h= 21 .
7
AC=(0,-1,2).
由已知, AP =(-1,-1,0), AB =(-4,-1,0),
设平面ABC的法向量n=(x,y,z),
(2) B1F =(-2,2,-4), EF =(2,-2,-2), AF =(2,2,0)， EF B1F· =(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0， 则 B1F ⊥ EF ，所以B1F⊥EF， AF B1F · =(-2)×2+2×2+(-4)×0=0， 则 B1F ⊥ AF，所以B1F⊥AF.
2.立体几何中的向量方法 (1)线线关系：若不重合的两直线AB、 CD的方向向量分别为 AB 、 . CD 一般关系：设直线AB与CD所成的角为 θ (θ∈[0, ]2)，则cosθ=|cos〈 ,AB CD 〉| =① ②
特殊关系:(ⅰ)AB⊥CD AB ⊥CD
| n B1C | | 1 1| = = = 6， 3 2 | n | | B1C | 3
(1)证明：以D为坐标原点建立空间直角 坐标系，如图. 1 1 则M( 2 ,1,0),N(0, 2 ,1)， A1(1,0,1),C1(0,1,1),C(0,1,0), B(1,1,0),B1(1,1,1), 1 1 所以 MN =(- 2 ,- 2 ,1). 在正方体中，易知有A1C1⊥平面B1D1DB， AC 故 1=(-1,1,0)是平面B1D1DB的一个法向量. 1 AC1· =(-1,1,0)· 1 ,- 1 ,1)=0, 又 1 (- 2 2 MN 所以AC1⊥MN . 1 显然MN平面B1D1DB,故MN∥平面B1D1DB.
高三数学一轮复习8.6空间向量及其应用精品课件人教版
中国人民大学附属中学
1．空间向量的概念 向量：在空间，我们把具有大小和方向的量 叫做向量。如位移、速度、力等； 相等向量：长度相等且方向相同的向量叫做 相等向量； 表示方法：用有向线段表示，并且同向且等 长的有向线段表示同一向量或相等的向量.
2．向量运算和运算率 OB OA AB a b BA OA OB a b
D1中，M为A1C1与B1D1的交点。若 AB a ,
，则下列向量中与 BM 相 AD b ，AA 1 c
等的向量是（ A ） (A) (B) (C)
1 1 a b c 2 2 1 1 a b c 2 2 1 1 a b c 2 2 1 1 a bc 2 2
D1 A1 M B1 C1
D A B
C
(D)
例4．已知两个非零向量 a =(a1，a2，a3), b =(b1，b2，b3)，它们平行的充要条件是 （ D ） A. a :| a | b :| b | B. a1· b1=a2· b2=a3· b3 C. a1b1+a2b2+a3b3=0 D. 存在非零实数k，使 a =k b
例7．已知空间三点A(－2，0，2)，B(－1, 1， 2), C(－3，0，4)。设 （1）求 a 和 b =a ， =b AB , AC
10 的夹角的余弦； 10
（2）若向量k a + b 与k或k 2 2
记作 a b
例1．有以下命题：①如果向量 a, b 与任何 向量不能构成空间向量的一组基底，那么 a, b 的关系是不共线；②O, A, B, C为空间 四点，且向量 OA, OB, OC 不构成空间的一 个基底，那么点O, A, B, C一定共面；③已 知向量 a, b, c 是空间的一个基底，则向 量 a b, a b, c ，也是空间的一个基底。其 中正确的命题是（ C ） (A) ①② (B) ①③ (C) ②③ (D) ①②③
空间向量与立体几何PPT课件
（4）对于不共线的三点 A、B 、C 和平面 ABC 外的一点 O , 空间一点 P 满足关系式 OP xOA yOB zOC ,则点 P 在平 面 ABC 内的充要条件是 x y z 1 .
则 D(0,0,0),B
⑴ CD 0, 2，0
2,0,0
,PB
,C 2 2
0, 2,0 ,0, 2
2
,P ,
2 2
,0,
2 2
CD PB 0,CD PB,CD PB
⑵取平面 BDx,y,z)
PB
2021
6
4、两个向量的数量积
注:①两个向量的数量积是数量，而不是向量. ②规定:零向量与任意向量的数量积等于零.
空间两个向量的数量积的性质
注：空间向量的数量积具有和平面202向1 量的数量积完全相同的性质7 .
(三)空间向量的理论
1.共线向量定理:对空间任意两个向量
a,b(b0),a//b的充要条件是存在实数 使
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例 1.一副三角板 ABC 和 ABD 如图摆成直二面角， 若 BC＝a，求 AB 和 CD 的夹角的余弦值.
分析:用几何法求两异面直 线所成的角关键在于巧妙地利 用平行线构造角,且能通过解三 角形的知识求出该角的大小.
若在异面直线上选取两个非零向量 a 和 b ，借助向量的夹角 公式计算出这两个向量的夹角的大小就可得出两异面直线所
VD PBC
1 3
1 2
PB
PD
DC
1 3
1 2
空间向量在立体几何中的应用 ppt课件
则 A(0，0，0)，M(0，a2， 2a)，
C1(－ 23a，a2， 2a)，B(0，a，0)，
故A→MA→＝C1(＝0，(－a2，23a2，a)a2，， 2a)，
B→C1＝(－ 23a，－a2， 2a)．
15
设平面 AMC1 的法向量为 n＝(x，y，z)．
则A→C1·n＝0，∴－ 23ax＋a2y＋ 2az＝0，
是否会认为老师的教学方法需要改进？ • 你所经历的课堂，是讲座式还是讨论式？ • 教师的教鞭 • “不怕太阳晒，也不怕那风雨狂，只怕先生骂我
笨，没有学问无颜见爹娘 ……” • “太阳当空照，花儿对我笑，小鸟说早早早……”
4
2．空间中的角
角的分类
向量求法
设两异面直线所成的角为θ，它们的方
异面直线 所成的角
21
【变式3】 若 PA⊥平面 ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝ 2，
求二面角 A-PB-C 的余弦值． 解 如图所示建立空间直角坐标系，则
A(0，0，0)，B( 2，1，0)，
C(0，1，0)，P(0，0，1)，
故A→P＝(0，0，1)，A→B＝( 2，1，0)，
C→B＝( 2，0，0)，C→P＝(0，－1，1)，
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题型三 二面角的求法
【例3】 (12分)如图所示，正三棱柱ABC－ A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中 点，求二面角AA1DB的余弦值．
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[规范解答]如图所示，取BC中点O，连 结AO.因为△ABC是正三角形，所以 AO⊥BC，因为在正三棱柱ABC — A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，所 以AO⊥平面BCC1B1. 取 B1C1 中点为 O1，以 O 为原点，O→B，O→O1，O→A为 x，y，z 轴的 正方向建立空间直角坐标系，则 B(1，0，0)，D(－1，1，0)，
2025届高中数学一轮复习课件《空间向量及其应用》ppt
高考一轮总复习•数学
第9页
四 直线的方向向量和平面的法向量 1．直线的方向向量 就是指所在的直线和这条直线 平行或重合 的向量，显然一条直线的方向向量可以有 无数 个． 2．平面的法向量 (1)所谓平面的法向量，就是指所在的直线与平面垂直的向量，显然一个平面的法向量 也有 无数个 ，它们是 共线 向量． (2)在空间中，给定一个点 A 和一个向量 a，那么以向量 a 为法向量且经过点 A 的平面 是 唯一 确定的．
坐标表示 a1b1＋a2b2＋a3b3 a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模
|a|
夹角余 弦值
cos〈a，b〉＝|aa|·|bb| (a≠0，b≠0)
a12＋a22＋a32
cos〈a，b〉＝ a1b1＋a2b2＋a3b3
a21＋a22＋a23· b12＋b22＋b23
＝32a＋12b＋32c.
高考一轮总复习•数学
第21页
用已知向量表示某一向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形． (2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中． (3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知向量表示出来．向量线性运算 一定要结合图形特点.
高考一轮总复习•数学
第13页
1．判断下列结论是否正确． (1)若直线 a 的方向向量和平面 α 的法向量平行，则 a∥α.( ) (2)在空间直角坐标系中，在 Oyz 平面上的点的坐标一定是(0，b，c)．( √ ) (3)若 a·b<0，则〈a，b〉是钝角．( ) (4)在向量的数量积运算中，(a·b)·c＝a·(b·c)．( )
若 α1⊥α2，则 u1⊥u2⇔u1·u2＝0⇔ a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
高三数学总复习空间向量在立体几何中的应用PPT课件
如图所示，以 B 为坐标原点， ，
， 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．
设 PE＝x(0<x<4)，
又∵AB＝BC＝4，∴BE＝4－x，EF＝x.
在 Rt△PED 中，∠PED＝60°，
∴PD＝ 23x，DE＝12x，
∴BD＝4－x－12x＝4－32x，
∴C(4,0,0)，F(x,4－x,0)，P0，4－32x， 23x.
(2)由(1)的证明，可知 ED⊥DB，A1D⊥平面 BCED. 以 D 为坐标原点，以射线 DB、DE、DA1 分别为 x 轴、y 轴、 z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Dxyz，如图．
设 PB＝2a(0≤2a≤3)，作 PH⊥BD 于点 H，连接 A1H、A1P，
则 BH＝a，PH＝ 3a，DH＝2－a.
解：(1)证明：因为等边△ABC 的边长为 3，且ADDB＝ECAE＝12， 所以 AD＝1，AE＝2.在△ADE 中，∠DAE＝60°， 由余弦定理得， DE＝ 12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3. 因为 AD2＋DE2＝AE2，所以 AD⊥DE. 折叠后有 A1D⊥DE. 因为二面角 A1-DE-B 是直二面角， 所以平面 A1DE⊥平面 BCED. 又平面 A1DE∩平面 BCED＝DE，A1D⊂平面 A1DE，A1D⊥ DE，所以 A1D⊥平面 BCED.
3a 4a2－4a＋5×
2.如图，在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，已知 AB＝4，AD＝3， AA1＝2.E、F 分别是线段 AB、BC 上的点，且 EB＝FB＝1.
(1)求二面角 C-DE-C1 的正切值； (2)求直线 EC1 与 FD1 所成角的余弦值．
[例 3] 如图，在 Rt△ABC 中，AB ＝BC＝4，点 E 在线段 AB 上．过点 E 作 EF ∥BC 交 AC 于点 F，将△AEF 沿 EF 折起 到△PEF 的位置(点 A 与 P 重合)，使得∠PEB＝60°.
高三数学第一轮复习 第7编 7空间向量在立体几何中的应用课件 新人教B版
［2010年高考浙江卷］如图，在矩形 2 ABCD中，点E,F分 别在线段AB,AD上，AE=EB=AF= 3 FD=4.沿直线EF将 △AEF翻折成△A′EF，使平面A′EF⊥平面BEF. (1)求二面角A′—FD—C的余弦值； (2)点M,N分别在线段FD,BC上，
若沿直线MN将四边形
MNCD向上翻折，使C与A′ 重合，求线段FM的长. 返回目录
| n1 |·| n 2 |
.
(2)已知直线l平行于平面α，则l上任一点到α的距离 都 相等 ，叫作l到α的距离.
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(3)和两个平行平面同时 垂直 的直线，叫作两个 平面的公垂线.公垂线夹在平行平面间的部分，叫作两 个平面的公垂线段 .两平行平面的任两条公垂线段 的长都相等，公垂线段的 长度 叫作两平行平面 的距离，也是一个平面内任一点到另一个平面的距离. (4)若平面α的一个 法向量 为m，P是α外一点，A是
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如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SD⊥底 面ABCD，AD= 2，DC=SD=2.点M在侧棱SC上， ∠ABM=60°. (1)证明：M是侧棱SC的中点；
(2)求二面角S-AM-B的余弦值.
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【解析】如图,以D为原点，射线DA，DC，DS为x,y,z轴的 正方向建立空间直角坐标系，则 D（0，0， 2 0）,S(0,0,2),C(0,2,0),B( ,2,0),A( 2 ,0,0).
∴FH∥平面EBD. (2)AC=(-2,2,0),GE=(0,0,1),AC· GE=0, ∴AC⊥GE.
又AC⊥BD,EG∩BD=G,∴AC⊥平面EDB.
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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、直线高考浙江卷］如图,平面PAC⊥平面ABC,△ABC 是以AC为斜边的等腰直角三角形,E,F,O分别为PA,PB,AC 的中点,AC=16,PA=PC=10. (1)设G是OC的中点,证明:FG∥平面BOE; (2)证明:在△ABO内存在一点M, 使FM⊥平面BOE,并求点 M到OA,OB的距离.
2020届高三数学第一轮复习 空间向量及其运算课件 新人教B版 精品
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【分析】根据空间向量加减法及数乘运算的法则和运 算律即可.
【解析】（1）∵P是C1D1的中点，
∴AP=AA1+A1D1+D1P=a+AD+ 12D1C1
=a+c+ 1 AB=a+c+ 1 b.
2
2
(2)∵N是BC的中点,
∴A1N=A1A+AB+BN=-a+b+
1BC
2
=-a+b+ 1 AD=-a+b+ 1 c.
4.空间向量的直角坐标运算
(1)已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2)，则 ①a+b= ( x1+x2,y1+y2,z1+z2) ; ②a-b= (x1-x2,y1-y2,z1-z2) ; ③λa= (λx1,λy1,λz1) ;(4)a·b= x1x2+y1y2+z1z2.
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2.空间向量向量a,b( b≠0 ),a∥b的充
要条件是 存在唯一的 实数x,使 a=xb
.
(2)共面向量定理：如果两个向量a,b 不共线 ，则向量c 与向量a,b共面的充要条件是 存在唯一 的一对实数 x,y，使c= xa+yb .
(3)空间向量分解定理：如果三个向量a,b,c 不共面 ， 那么对空间任一向量p, 存在一个唯一的 有序实数组 x,y,z，使p= xa+yb+zc ，这时a,b,c叫作空间的一 个 基底 ，记作{a,b,c}，其中a,b,c都叫作 基向量 .
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(2)若点A(x1,y1,z1),点B(x2,y2,z2)，则AB=(x2-x1,y2-y1,z2-z1) .
《高考数学第一轮复习课件》第64讲_空间向量在立体几何中的应用
y=-4x y=2z， ，
uuu r n ⋅ AP −1× (−1) + (−1) × 4 + 0 × 2 则h= | |= | | |n| (1− ) 2 + 42 + 22 3). ，
1.法向量的有关概念及求法 法向量的有关概念及求法 如果一个向量所在直线垂直于平面，则该 如果一个向量所在直线垂直于平面， 向量是平面的一个法向量. 向量是平面的一个法向量 法向量的求法步骤： 法向量的求法步骤： (1)设：设出平面法向量的坐标 设 设出平面法向量的坐标n=(x,y,z)； ； (2)列：根据 可列出方程； 列 根据n·a=0且n·b=0可列出方程； 且 可列出方程 (3)解：把z看作常数，用z表示 ； 看作常数， 表示 表示x,y； 解 看作常数 (4)取：取z为任意一个正数 当然取得越特 为任意一个正数(当然取得越特 取 为任意一个正数 殊越好)，便得平面法向量n的坐标 的坐标. 殊越好 ，便得平面法向量 的坐标
7
uuur AC=(0,-1,2).
uuu r uuu r 由已知, 由已知 AP =(-1,-1,0), AB =(-4,-1,0),
设平面ABC的法向量 的法向量n=(x,y,z), 设平面 的法向量
uuu r n· AB =-4x-y=0 uuur 得 则 n· AC =-y+2z=0， ，
如图所示， 分别以AB、 、 如图所示 ， 分别以 、 AC、 AA1所在 所在 直线为x轴 轴建立空间直角坐标系. 直线为 轴 、 y轴、 z轴建立空间直角坐标系 轴 轴建立空间直角坐标系 令AB=AA1=4，则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0), ， B(4,0,0),B1(4,0,4),C(0,4,0),D(2,0,2),A1(0,0,4). uuur (1)可得 DE =(-2,4,0). 可得 又平面ABC的法向量 又平面 的法向量 uuur 为 AA1 =(0,0,4). uuur uuur 因为 DE · AA1 =-2×0+ × 4×0+0×4=0， × × ， 所以DE∥平面ABC. 所以 ∥平面
新高考一轮复习人教A版7.5 空间向量与立体几何课件(59张)
【点拨】 用基向量表示指定向量的步骤：①结合已知向量和所求向量观察图形；②将已知 向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中；③利用三角形法则或平行四边形法则把所求 向量用已知基向量表示出来.
(1)如图，以长方体ABCDA1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为 坐标轴，建立空间直角坐标系. 若D→B1的坐标为(4，3，2)，则A→C1的坐标是__________.
解：根据向量D→B1的坐标可得D→A＝(4，0，0)，D→C1＝(0，3，2)，所以A→C1＝D→C1－ D→A＝(－4，3，2). 故填(－4，3，2).
(2)如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，O为AC的中点.
(Ⅰ)化简：A→1O－12A→B－12A→D＝__________. (Ⅱ)用A→B，A→D，A→A1表示O→C1，则O→C1＝__________.
7. 了解空间向量投影的概念及投影向量的意义. 8. 能用向量语言描述直线和平面，理解直线的方向向量与平面的法向量. 9. 能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角以及垂直与平行关系. 10. 能用向量方法证明必修内容中有关直线、平面位置关系的判定定理. 11. 能用向量方法证明必修内容中有关直线、平面位置关系的判定定理. 12. 能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问 题和简单夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的 作用.
4. 用空间向量研究距离、夹角问题
分类
图示
计算公式
点到直线 距 的距离 离
点到平面 的距离
PQ ＝ |A→P|2－|A→Q|2 ＝ a2－（a·u）2 (μ 是 l 的单位方向向量)
【2019版课标版】高考数学文科精品课件§8.6 空间向量在立体几何中的应用
§8.6空间向量在立体几何中的应用考纲解读分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3.本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体,求空间角的命题趋势较强,分值约为12分,属中档题.五年高考考点空间向量及其应用1.(2017江苏,22,10分)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,AA1=∠BAD=120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.解析在平面ABCD内,过点A作AE⊥AD,交BC于点E.因为AA⊥平面ABCD,1所以AA⊥AE,AA1⊥AD.1如图,以{,,}为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz.=,∠BAD=120°,1则A(0,0,0),B(,-1,0),D(0,2,0),E(,0,0),A(0,0,),C1(,1,).1(1)=(),=(),则cos<,>==--=-,因此异面直线AB与AC1所成角的余弦值为.1(2)平面A1DA的一个法向量为=(,0,0).设m=(x,y,z)为平面BAD的法向量,1又=(,-1,-),=(-则即---不妨取x=3,则y=,z=2,所以m=(3,,2)为平面BAD的一个法向量,1从而cos<,m>===.设二面角B-AD-A的大小为θ,则|cosθ|=.1因为θ∈[0,π],所以sinθ=-=.因此二面角B-AD-A的正弦值为.12.(2017北京,16,14分)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=(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.解析(1)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)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),则即--令x=1,则y=1,z=.于是n=(1,1, ).平面PAD 的一个法向量为p=(0,1,0). 所以cos<n,p>==. 由题意知二面角B-PD-A 为锐角,所以它的大小为 . (3)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. 3.(2017课标全国Ⅱ,19,12分)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=AD,∠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 的余弦值.解析 (1)取PA 的中点F,连接EF,BF.因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC ∥AD,又BC=AD,所以EF BC,四边形BCEF 是平行四边形,CE ∥BF,又BF ⊂平面PAB,CE ⊄平面PAB,故CE ∥平面PAB. (2)由已知得BA ⊥AD,以A 为坐标原点, 的方向为x 轴正方向,| |为单位长,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, ), =(1,0,- ), =(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z), =(x,y-1,z- ). 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< ,n>|=sin 45°,- =,即(x-1)2+y 2-z 2=0.①又M 在棱PC 上,设 =λ ,则 x=λ,y=1,z= - λ.②由①,②解得 - (舍去),或-所以M -,从而= -.设m=(x,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即-所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>==.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.4.(2016课标全国Ⅲ,19,12分)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.解析(1)由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.(3分)又AD∥BC,故TN AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(6分)(2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=-=-=.以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N,=(0,2,-4),=-,=.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则即--(10分)可取n=(0,2,1).于是|cos<n,>|==.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.(12分)教师用书专用(5—25)5.(2017浙江,9,5分)如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,==2.分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为α,β,γ,则()A.γ<α<βB.α<γ<βC.α<β<γD.β<γ<α答案B6.(2014广东,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是()A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)答案B7.(2015浙江,15,6分)已知e1,e2是空间单位向量,e1e2=.若空间向量b满足b e1=2,b e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x=,y0=,|b|=.答案1;2;28.(2017山东,17,12分)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.解析(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×cos120°=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=(x,y1,z1)是平面AEG的法向量.1由可得-取z=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).1设n=(x,y2,z2)是平面ACG的法向量.2由可得取z=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).2所以cos<m,n>==.易知所求角为锐二面角,因此所求的角为60°.9.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH=-=6,所以AH=10.以D为坐标原点,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(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,则即-所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故|cos<n,>|==.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.10.(2016山东,17,12分)在如图所示的圆台中,AC是下底面圆O的直径,EF是上底面圆O'的直径,FB是圆台的一条母线.(1)已知G,H分别为EC,FB的中点.求证:GH∥平面ABC;(2)已知EF=FB=AC=2,AB=BC.求二面角F-BC-A的余弦值.解析(1)证明:设FC中点为I,连接GI,HI.在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI∥EF.又EF∥OB,所以GI∥OB.在△CFB中,因为H是FB的中点,所以HI∥BC.又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI,所以GH∥平面ABC.(2)解法一:连接OO',则OO'⊥平面ABC.又AB=BC,且AC是圆O的直径,所以BO⊥AC.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-2所以=(-2,-2,0),过点F作FM垂直OB于点M.所以FM=-=3,可得F(0,,3).故=(0,-,3).设m=(x,y,z)是平面BCF的法向量.由可得---可得平面BCF的一个法向量m=-.因为平面ABC的一个法向量n=(0,0,1),所以cos<m,n>==.所以二面角F-BC-A的余弦值为.解法二:连接OO'.过点F作FM垂直OB于点M.则有FM∥OO'.又OO'⊥平面ABC,所以FM⊥平面ABC.可得FM=-=3.过点M作MN垂直BC于点N,连接FN.可得FN⊥BC,从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.又AB=BC,AC是圆O的直径,所以MN=BMsin45°=.从而FN=,可得cos∠FNM=.所以二面角F-BC-A的余弦值为.11.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求证:BF⊥平面ACFD;(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.解析(1)延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.因为平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,所以,AC⊥平面BCK,因此,BF⊥AC.又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,所以△BCK为等边三角形,且F为CK的中点,则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解法一:过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ.因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=.在Rt△BQF中,FQ=,BF=,得cos∠BQF=.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.解法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,),A(-1,-3,0),E,F-.因此,=(0,3,0),=(1,3,),=(2,3,0).设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).由得取m=(,0,-1);由得取n=(3,-2,).于是,cos<m,n>==.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为.12.(2015陕西,18,12分)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置,如图2.(1)证明:CD⊥平面A1OC;(2)若平面A1BE⊥平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.解析(1)证明:在题图1中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,∠BAD=,所以BE⊥AC.即在题图2中,BE⊥OA1,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)因为平面A1BE⊥平面BCDE,又由(1)知,BE⊥OA1,BE⊥OC,所以∠A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以∠A1OC=.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BC∥ED,所以B,E-,A1,C,得=-,=-,==(-,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为θ,则得--取n1=(1,1,1);得-取n2=(0,1,1),从而cosθ=|cos<n1,n2>|==,即平面ABC与平面A1CD夹角的余弦值为.113.(2015四川,18,12分)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N.(1)请将字母F,G,H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由);(2)证明:直线MN∥平面BDH;(3)求二面角A-EG-M的余弦值.解析(1)点F,G,H的位置如图所示.(2)证明:连接BD,设O为BD的中点.因为M,N分别是BC,GH的中点,所以OM∥CD,且OM=CD,HN∥CD,且HN=CD.所以OM∥HN,OM=HN.所以MNHO是平行四边形,从而MN∥OH.又MN⊄平面BDH,OH⊂平面BDH,所以MN∥平面BDH.(3)解法一:连接AC,过M作MP⊥AC于P.在正方体ABCD-EFGH中,AC∥EG,所以MP⊥EG.过P作PK⊥EG于K,连接KM,所以EG⊥平面PKM,从而KM⊥EG.所以∠PKM是二面角A-EG-M的平面角.设AD=2,则CM=1,PK=2.在Rt△CMP中,PM=CMsin45°=.在Rt△PKM中,KM==.所以cos∠PKM==.即二面角A-EG-M的余弦值为.解法二:如图,以D为坐标原点,分别以,,方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.设AD=2,则M(1,2,0),G(0,2,2),E(2,0,2),O(1,1,0),所以,=(2,-2,0),=(-1,0,2).设平面EGM的法向量为n=(x,y,z),1由得--取x=2,得n1=(2,2,1).在正方体ABCD-EFGH中,DO⊥平面AEGC,则可取平面AEG的一个法向量为n2==(1,1,0),所以cos<n1,n2>===,故二面角A-EG-M的余弦值为.14.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=,PA=AD=2,AB=BC=1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.解析以{,,}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).(1)易知AD⊥平面PAB,所以是平面PAB的一个法向量,=(0,2,0).因为=(1,1,-2),=(0,2,-2),设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),则m=0,m=0,即--令y=1,解得z=1,x=1.所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.从而cos<,m>==,所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为=(-1,0,2),设=λ=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),又=(0,-1,0),则=+=(-λ,-1,2λ),又=(0,-2,2),从而cos<,>==.设1+2λ=t,t∈[1,3],则cos2<,>=-=-≤.当且仅当t=,即λ=时,|cos<,>|的最大值为.因为y=cos x在上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成的角取得最小值.又因为BP==所以BQ=BP=.15.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.解析解法一:(1)证明:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,又G是BE的中点,所以GH∥AB,且GH=AB.又F是CD的中点,所以DF=CD.由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB⊥平面BEC,所以=(0,0,2)为平面BEC的法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.又=(2,0,-2),=(2,2,-1),由得--取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos<n,>===,所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取AB中点M,连接MG,MF.又G是BE的中点,可知GM∥AE.又AE⊂平面ADE,GM⊄平面ADE,所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD.又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE.因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.(2)同解法一.16.(2014陕西,17,12分)四面体ABCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交四面体的棱BD,DC,CA于点F,G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值.解析(1)证明:由该四面体的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.由题设,知BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.同理EF∥AD,HG∥AD,∴EF∥HG,∴四边形EFGH是平行四边形.又∵AD⊥DC,AD⊥BD,BD∩DC=D,∴AD⊥平面BDC,∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,∴四边形EFGH是矩形.(2)解法一:如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),∵EF∥AD,FG∥BC,∴n=0,n=0,得取n=(1,1,0),-∴sinθ=|cos<,n>|===.解法二:以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),∵E是AB的中点,∴F,G分别为BD,DC的中点,得E,F(1,0,0),G(0,1,0).∴=,=(-1,1,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),则n=0,n=0,取n=(1,1,0),得-∴sinθ=|cos<,n>|===.17.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.(1)证明:Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.解析(1)证明:因为BQ∥AA,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,1所以平面QBC∥平面AAD.1从而平面ACD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D.1故△QBC与△AAD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD.1的中点.所以===,即Q为BB1(2)如图1,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,设BC=a,则AD=2a.图1=×2a h d=ahd,-V Q-ABCD=d h=ahd,所以V下=+V Q-ABCD=ahd,-又=ahd,-所以V上=-V下=ahd-ahd=ahd,-故上=.下(3)解法一:如图1,连接AC,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E.因为DE⊥AA,且AA1∩AE=A,1所以DE⊥平面AEA,于是DE⊥A1E.1所以∠AEA为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.1因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△=2S△BCA.ADC又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△=4,AE=4.ADC于是tan∠AEA==1,∠AEA1=.1故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.解法二:如图2,以D为原点,,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.图2设∠CDA=θ.由(2)知||=a.因为S四边形ABCD=2sinθ=6,所以a=.从而C(2cosθ,2sinθ,0),A,1所以=(2cosθ,2sinθ,0),=.设平面ADC的法向量为n=(x,y,1),1由得x=-sinθ,y=cosθ,所以n=(-sinθ,cosθ,1).又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos<n,m>==,易知平面α与底面ABCD所成二面角的平面角为锐角,故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.18.(2014天津,17,13分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP=2,AB=1,点E为棱PC的中点.(1)证明BE⊥DC;(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值;(3)若F为棱PC上一点,满足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值.解析解法一:依题意,以点A为原点建立空间直角坐标系(如图),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).由E为棱PC的中点,得E(1,1,1).(1)证明:向量=(0,1,1),=(2,0,0),故=0.所以BE⊥DC.(2)向量=(-1,2,0),=(1,0,-2).设n=(x,y,z)为平面PBD的法向量,不妨令y=1,可得n=(2,1,1)为平面PBD的一个法向量.于是有则即--cos<n,>===.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0).由点F在棱PC上,设=λ,0≤λ≤1.故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ).由BF⊥AC,得=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=.即=-.设n=(x,y,z)为平面FAB的法向量,则1即-不妨令z=1,可得n=(0,-3,1)为平面FAB的一个法向量.取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),则1cos<n1,n2>===-.易知,二面角F-AB-P是锐角,所以其余弦值为.解法二:(1)证明:如图,取PD的中点M,连接EM,AM.由于E,M分别为PC,PD的中点,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四边形ABEM为平行四边形,所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,从而CD⊥平面PAD,因为AM⊂平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD.(2)连接BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM.又因为AD=AP,M为PD的中点,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平面BEM⊥平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM,而BE⊥EM,可得∠EBM为锐角,故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角.依题意,有PD=2,而M为PD的中点,可得AM=,进而BE=.故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)如图,在△PAC中,过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面ABCD,从而FH⊥AC.又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH.在底面ABCD内,可得CH=3HA,从而CF=3FP.在平面PDC内,作FG∥DC交PD于点G,于是DG=3GP.由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F,G四点共面.由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG.所以∠PAG为二面角F-AB-P的平面角.在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45°,由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=.所以二面角F-AB-P的余弦值为.19.(2014四川,18,12分)三棱锥A-BCD及其侧视图、俯视图如图所示.设M,N分别为线段AD,AB的中点,P为线段BC上的点,且MN⊥NP.(1)证明:P是线段BC的中点;(2)求二面角A-NP-M的余弦值.解析(1)证明:如图,取BD中点O,连接AO,CO.由侧视图及俯视图知,△ABD,△BCD为正三角形,因此AO⊥BD,OC⊥BD.因为AO,OC⊂平面AOC,且AO∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC,所以BD⊥AC.取BO的中点H,连接NH,PH.又M,N分别为线段AD,AB的中点,所以NH∥AO,MN∥BD.因为AO⊥BD,所以NH⊥BD.因为MN⊥NP,所以NP⊥BD.因为NH,NP⊂平面NHP,且NH∩NP=N,所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP,所以BD⊥HP.又OC⊥BD,HP⊂平面BCD,OC⊂平面BCD,所以HP∥OC.因为H为BO中点,故P为BC中点.(2)解法一:如图,作NQ⊥AC于Q,连接MQ.由(1)知,NP∥AC,所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP,所以∠MNQ为二面角A-NP-M的一个平面角.由(1)知,△ABD,△BCD是边长为2的正三角形,所以AO=OC=.由俯视图可知,AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD,所以AO⊥OC.因此在等腰Rt△AOC中,AC=.作BR⊥AC于R.在△ABC中,AB=BC,所以BR=-=.因为在平面ABC内,NQ⊥AC,BR⊥AC,所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点,所以Q为AR的中点,因此NQ==.同理,可得MQ=,所以在等腰△MNQ中,cos∠MNQ===.故二面角A-NP-M的余弦值是.解法二:由俯视图及(1)可知,AO⊥平面BCD.因为OC,OB⊂平面BCD,所以AO⊥OC,AO⊥OB.又OC⊥OB,所以直线OA,OB,OC两两垂直.如图,以O为坐标原点,以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0,),B(1,0,0),C(0,,0),D(-1,0,0).因为M,N分别为线段AD,AB的中点,又由(1)知,P为线段BC的中点,所以M-,N,P.于是=(1,0,-),=(-1,,0),=(1,0,0),=-.设平面ABC的法向量n1=(x1,y1,z1),则即有--从而--取z1=1,则x1=,y1=1,所以n1=(,1,1).设平面MNP的法向量n2=(x2,y2,z2),则即有-从而-取z2=1,所以n2=(0,1,1).设二面角A-NP-M的大小为θ,则cosθ===.故二面角A-NP-M的余弦值是.20.(2013课标全国Ⅱ,18,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别是AB,BB1的中点,AA1=AC=CB=AB.(1)证明:BC1∥平面A1CD;(2)求二面角D-A1C-E的正弦值.解析(1)证法一:连接AC1交A1C于点F,则F为AC1的中点.又D是AB的中点,连接DF,则BC1∥DF.因为DF⊂平面A1CD,BC1⊄平面A1CD,所以BC1∥平面A1CD.证法二:由AC=CB=AB得,AC⊥BC.以C为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.设CA=2,则D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).设n=(x1,y1,z1)是平面A1CD的法向量,则即可取n=(1,-1,-1).∵=(0,0,2)-(0,2,0)=(0,-2,2).从而n=(1,-1,-1)(0,-2,2)=0.∴BC1∥平面A1CD.(2)设m=(a,b,c)是平面A1CE的法向量,则即可取m=(2,1,-2).从而cos<n,m>==,故sin<n,m>=.即二面角D-A1C-E的正弦值为.21.(2013湖南,19,12分)如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:AC⊥B1D;(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.解析解法一:(1)如图1,因为BB1⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以AC⊥BB1.图1又AC⊥BD,所以AC⊥平面BB1D,而B1D⊂平面BB1D,所以AC⊥B1D.(2)因为B1C1∥AD,所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ).如图1,连接A1D.因为棱柱ABCD-A1B1C1D1是直棱柱,且∠B1A1D1=∠BAD=90°,所以A1B1⊥平面ADD1A1,从而A1B1⊥AD1.又AD=AA1=3,所以四边形ADD1A1是正方形,于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D,于是AD1⊥B1D.由(1)知,AC⊥B1D,所以B1D⊥平面ACD1,故∠ADB1=90°-θ.在直角梯形ABCD中,因为AC⊥BD,所以∠BAC=∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB,故=,即AB==.连接AB1.易知△AB1D是直角三角形,且B1D2=B+BD2=B+AB2+AD2=21,即B1D=.在Rt△AB1D中,cos∠ADB1===,即cos(90°-θ)=.从而sinθ=.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.解法二:(1)易知,AB,AD,AA1两两垂直.如图2,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).图2从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).因为AC⊥BD,所以=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3),=(,1,0).因为=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D.(2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的一个法向量,则即令x=1,则n=(1,-,).设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|===.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.22.(2013重庆,19,13分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD=,F为PC的中点,AF⊥PB.(1)求PA的长;(2)求二面角B-AF-D的正弦值.解析(1)如图,连接BD交AC于O,因为BC=CD,即△BCD为等腰三角形,又AC平分∠BCD,故AC⊥BD.以O为坐标原点,,,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O-xyz,则OC=CDcos=1,而AC=4,得AO=AC-OC=3,又OD=CDsin=,故A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0).因PA⊥底面ABCD,可设P(0,-3,z),由F为PC边中点,得F-.又=,=(,3,-z),因AF⊥PB,故=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以||=2.(2)由(1)知=(-,3,0),=(=(0,2,).设平面FAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面FAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1=0,n1=0,得-因此可取n1=(3,,-2).由n2=0,n2=0,得故可取n2=(3,-,2).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos<n1,n2>==.故二面角B-AF-D的正弦值为.23.(2013天津,17,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.(1)证明B1C1⊥CE;(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;(3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM的长.解析解法一:如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).1(1)证明:易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是=0,所以BC1⊥CE.1(2)=(1,-2,-1).设平面BCE的法向量m=(x,y,z),1消去x,得y+2z=0,则即----不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1).由(1)知BC1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1,1的一个法向量.故=(1,0,-1)为平面CEC1于是cos<m,>===-,从而sin<m,>=.所以二面角B-CE-C1的正弦值为.1(3)=(0,1,0),=(1,1,1).设=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ).可取=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.设θ为直线AM与平面ADDA1所成的角,1则sinθ=|cos<,>|===.于是=,解得λ=,所以AM=.解法二:(1)证明:因为侧棱CC⊥底面A1B1C1D1,B1C1⊂平面A1B1C1D1,所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E=,B1C1=1=从而B1E2=B1+E,所1以在△BEC1中,B1C1⊥C1E,又CC1,C1E⊂平面CC1E,CC1∩C1E=C1,所以B1C1⊥平面CC1E,又CE⊂平面CC1E,故B1C1⊥CE.1(2)过B1作B1G⊥CE于点G,连接C1G.由(1)知BC1⊥CE,故CE⊥平面B1C1G,1得CE⊥C1G,所以∠B1GC1为二面角B1-CE-C1的平面角.在△CC1E中,由CE=C1E=,CC1=2,可得C1G=.在Rt△B1C1G中,B1G=,所以sin∠B1GC1=,即二面角B1-CE-C1的正弦值为.(3)连接D1E,过点M作MH⊥ED1于点H,可得MH⊥平面ADD1A1,连接AH,AM,则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角.设AM=x,从而在Rt△AHM中,有MH=x,AH=x.在Rt△C1D1E中,C1D1=1,ED1=,得EH=MH=x.在△AEH中,∠AEH=135°,AE=1,由AH2=AE2+EH2-2AE EHcos135°,得x2=1+x2+x,整理得5x2-2x-6=0,解得x=.所以线段AM的长为.24.(2013江西,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,E为BD的中点,G为PD的中点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA=,连接CE并延长交AD于F.(1)求证:AD⊥平面CFG;(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.解析(1)在△ABD中,因为E是BD中点,所以EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD=,∠ABE=∠AEB=,因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB,从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,所以∠FED=∠FEA,故EF⊥AD,AF=FD,又因为PG=GD,所以FG∥PA.又PA⊥平面ABCD,所以GF⊥AD,故AD⊥平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,,0),P,故=,=--,=-.设平面BCP的法向量n1=(1,y1,z1),则--解得-即n1=-.设平面DCP的法向量n2=(1,y2,z2),则---解得即n2=(1,,2).从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cosθ===.25.(2013浙江,20,15分)如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.(1)证明:PQ∥平面BCD;(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.解析解法一:(1)取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连接OP,OF,FQ.因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=AD.因为O,P分别为BD,BM的中点,所以OP是△BDM的中位线,所以OP∥DM,且OP=DM.又点M为AD的中点,所以OP∥AD,且OP=AD.从而OP∥FQ,且OP=FQ,所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.又PQ⊄平面BCD,OF⊂平面BCD,所以PQ∥平面BCD.(2)作CG⊥BD于点G,作GH⊥BM于点H,连接CH.因为AD⊥平面BCD,CG⊂平面BCD,所以AD⊥CG,又CG⊥BD,AD∩BD=D,故CG⊥平面ABD,又BM⊂平面ABD,所以CG⊥BM.又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°.设∠BDC=θ.在Rt△BCD中,CD=BDcosθ=2cosθ,CG=CDsinθ=2cosθsinθ,BG=BCsinθ=2sin2θ.在Rt△BDM中,HG==.在Rt△CHG中,tan∠CHG===.所以tanθ=.从而θ=60°.即∠BDC=60°.解法二:(1)如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在射线为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.由题意知A(0,,2),B(0,-,0),D(0,,0).设点C的坐标为(x,y0,0),因为=3,所以Q.因为M为AD的中点,故M(0,,1).又P为BM的中点,故P,所以=.又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故u=0.又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD.(2)设m=(x,y,z)为平面BMC的一个法向量.由=(-x,0,1),=(0,2,1),知--取y=-1,得m=-.又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),于是|cos<m,n>|===,即=3.①又BC⊥CD,所以=0,故(-x,--y0,0)(-x0,-y0,0)=0,即+=2.②联立①,②,解得(舍去)或-所以tan∠BDC==.-又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.三年模拟A组2016—2018年模拟基础题组考点空间向量及其应用1.(2017湖南五市十校3月联考,15)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2.(2018广东茂名模拟,18)如图,在矩形ABCD中,CD=2,BC=1,E,F是平面ABCD同一侧的两点,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE=,FC=1.(1)证明:平面CDF⊥平面ADE;(2)求二面角E-BD-F的正弦值.解析(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴CD⊥AD.∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE.又AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.∵CD⊂平面CDF,∴平面CDF⊥平面ADE.(2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=∴DE2=AD2+AE2,∴AE⊥AD.又AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2).∴=(1,2,0),=(0,2,1),设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),∴令x=2,得m=(2,-1,2).同理可求得平面BDE的一个法向量为n=(2,-1,-1),∴cos<m,n>===,∴sin<m,n>=.故二面角E-BD-F的正弦值为.3.(2017河南洛阳二模,19)已知三棱锥A-BCD,AD⊥平面BCD,BD⊥CD,AD=BD=2,CD=2,E,F分别是AC,BC的中点,P为线段BC上一点,且CP=2PB.(1)求证:AP⊥DE;(2)求直线AC与平面DEF所成角的正弦值.解析(1)证明:作PG∥BD交CD于G.连接AG.∴==2,∴GD=CD=.∵AD⊥平面BCD,∴AD⊥DC,∵在△ADG中,tan∠GAD=,∴∠DAG=30°,在Rt△ADC中,AC2=AD2+CD2=4+12=16,∴AC=4,又E为AC的中点,∴DE=AE=2,又AD=2,∴∠ADE=60°,∴AG⊥DE.∵AD⊥面BCD,∴AD⊥BD,又∵BD⊥CD,AD∩CD=D,∴BD⊥面ADC,∴PG⊥面ADC,∴PG⊥DE.又∵AG∩PG=G,∴DE⊥面AGP,又AP⊂面AGP,∴AP⊥DE.(2)以D为坐标原点,直线DB、DC、DA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,,1),F(1,,0),∴=(1,,0),=(0,=(0,2设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则即令x=3,则n=(3,-,3).设直线AC与平面DEF所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|===,所以AC与平面DEF所成角的正弦值为.B组2016—2018年模拟提升题组(满分:30分时间:30分钟)一、填空题(共5分)1.(人教A选2—1,三,3-2A,4,变式)已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱A1B1的中点,则直线AE与平面BDD1B1所成角的正弦值为. 答案二、解答题(共25分)2.(2018云南玉溪模拟,19)如图,四棱锥P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=90°,AD∥BC,AB=AD=PB,BC=2AD.点E在棱PA 上,且PE=2EA.(1)求证:CD⊥平面PBD;(2)求二面角A-BE-D的余弦值.解析(1)证明:因为底面ABCD为直角梯形,∠ABC=90°,所以AB⊥BC,因为PB⊥底面ABCD,CD⊂底面ABCD,所以PB⊥CD.在梯形ABCD中,因为∠ABC=∠BAD=90°,AB=AD=BC,所以BD=CD=BC,所以BD⊥CD.又因为PB∩BD=B,所以CD⊥平面PBD.(2)建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设AB=1.设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),易知B(0,0,0),E,D(1,1,0),=,=(1,1,0).则即令y=-1,得n=(1,-1,2).又因为平面ABE的一个法向量为m=(1,0,0),所以cos<n,m>==.由图可知二面角A-BE-D的平面角为锐角,所以二面角A-BE-D的余弦值为.3.(2017河南4月质检,19)如图,四棱锥P-ABCD,PA⊥底面ABCD,底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,AB⊥AC,AB=AC=,点E在AD上,且AE=2ED.(1)已知点F在BC上,且CF=2FB,求证:平面PEF⊥平面PAC;(2)当二面角A-PB-E的余弦值为多少时,直线PC与平面PAB所成的角为45°?解析(1)证明:∵AB⊥AC,AB=AC,∴∠ACB=45°,∵底面ABCD是直角梯形,∠ADC=90°,AD∥BC,∴∠ACD=45°,即AD=CD,(1分)又AB⊥AC,∴BC=AC=2AD,(2分)∵AE=2ED,CF=2FB,∴AE=BF=AD,∴四边形ABFE是平行四边形,∴AB∥EF,(3分)∴AC⊥EF,∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥EF,(4分)∵PA∩AC=A,∴EF⊥平面PAC,∵EF⊂平面PEF,∴平面PEF⊥平面PAC.(5分)(2)∵PA⊥AC,AC⊥AB,PA∩AB=A,∴AC⊥平面PAB,则∠APC为PC与平面PAB所成的角,若PC与平面PAB所成的角为45°,则tan∠APC==1,即PA=AC=,(6分)取BC的中点为G,连接AG,则AG⊥BC,以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),E,P(0,0,),∴=-,=-,(7分)设平面PBE的法向量为n=(x,y,z),则即--令y=3,则x=5,z=,∴n=(5,3,),(9分)∵=(1,1,0)是平面PAB的一个法向量,(10分)∴cos<n,>==,。
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：空间向量的概念与运算
教材改编题
3.设直线l1，l2的方向向量分别为a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2， 则m＝__1_0_.
∵l1⊥l2，∴a⊥b， ∴a·b＝－6－4＋m＝0，∴m＝10.
第
二 部 分
探究核心题型
题型一 空间向量的线性运算
例 1 (1)在空间四边形 ABCD 中，A→B＝(－3,5,2)，C→D＝(－7，－1，－4)，
跟踪训练 1 (1)已知 a＝(2,3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝0,6，－6)
√B.(0,6，－20)
D.(6,6，－6)
由 b＝12x－2a，得 x＝4a＋2b＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝ (0,6，－20).
(2)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC的中点. ①化简—A1→O －12A→B－12A→D＝__—_A_1→A____；
—A1→O －12A→B－12A→D＝—A1→O －12(A→B＋A→D)＝—A1→O －A→O＝—A1→O ＋O→A＝—A1→A .
②用A→B，A→D，—AA→1 表示—OC→1，则—OC→1＝_12_A→_B_＋__12_A_→_D_＋__—A__A→_1_.
则 λ＋μ＝1 是 A，B，C 三点共线的充要条件
由|a|－|b|＝|a＋b|，可知向量a，b的方向相反，此时向量a，b共线， 反之，当向量a，b同向时，不能得到|a|－|b|＝|a＋b|，所以A不正确； 若A→B，C→D共线，则 AB∥CD 或 A，B，C，D 四点共线，所以 B 不 正确； 由 A，B，C 三点不共线，对空间任意一点 O，若O→P＝34O→A＋18O→B＋ 18O→C，因为34＋18＋18＝1， 可得P，A，B，C四点共面，所以C正确；
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如 图 所 示 ， 分 别 以 AB 、 AC 、 AA1 所 在 直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 令AB=AA1=4，则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),
B(4,0,0),B1(4,0,4),C(0,4,0),D(2,0,2),A1(0,0,4). (1)可得 D E =(-2,4,0).
2.立体几何中的向量方法
(1)线线关系：若不重合的两直线AB、
CD的方向向量分别为 A B 、C D .
θ (θ∈一[0般, 关]2 )系，：则设co直sθ线=|cAoBs〈与CD,所A B | A B || C D |
.
特殊关系:(ⅰ)AB⊥CD A B ⊥C D
| AB n | 2
=④ | A B | | n |.
特殊关系：(ⅰ)AB⊥α A∥B n 存 在实 数λ，使 =AλBn(用于证明线面垂直)；
(ⅱ)AB∥α A⊥B n A·nB =0(用于证明线 面平行).
(3)面面关系：若平面α的法向量为n，平 面β的法向量为m.
一 般 关 系 : 设 以 α,β 为 面 的 二 面 角 为 θ(θ∈[0,π]),则θ与〈n,m〉⑤ 相等或互. 补
又平面ABC的法向量 为 A A 1 =(0,0,4).
因为 D E ·A A 1 =-2×0+ 4×0+0×4=0，
所以DE∥平面ABC.
(2) B 1 F =(-2,2,-4), E F =(2,-2,-2), A F =(2,2,0)， B1F·E F =(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0，
4.若直线l的方向向量与平面α的法向量的
夹角等于120°，则直线l与平面α所成的
角等于
.30°
由题设，l与α所成的角 θ=90°-(180°-120°)=30°.
5. 已 知 三 棱 锥 P-ABC 各 顶 点 的 坐 标 分 别 是 P(-1,0,0) ， A （ 0 ， 1 ， 0 ） ， B （ -4 ， 0 ， 0），C（0，0，2），则该三棱锥底面 ABC上的高h= 2 1 .
1.已知直线a的方向向量为a，平面α的法向 量为n，下列结论成立的是( C) A.若a∥n,则a∥α B.若a·n=0,则a⊥α C.若a∥n,则a⊥α D.若a·n=0,则a∥α
由方向向量和平面法向量的定义 可知应选C.对于选项D，直线a 平面α 也满足a·n=0.
2.已知α、β是两个不重合的平面，其方向向量 分别为n1、n2,给出下列结论： ①若n1∥n2,则α∥β;②若n1∥n2,则α⊥β, ③若n1·n2=0,则α⊥β;④若n1·n2=0,则α∥β. 其中正确的是( A )
新课标高中一轮总复习
理数
第九单元
直线、平面、简单几何 体和空间向量
第64讲
空间向量在立体几何中 的应用
1.了解直线的方向向量与平面的法向 量的概念；能用向量语言表达线线、线面、 面面的垂直与平行关系；能用向量方法证 明有关线、面位置关系的一些定理(包括 三垂线定理).
2.能用向量法求空间角、空间距离， 体会向量法在研究立体几何中的工具性作 用.
(4)点到平面的距离：若AB是平面α外 的一条线段，B是AB与平面α的交点，平面 α的法向量为n.
设点A到平面α的距离为d,则d等于 A B 在n上的射影的绝对值.
即d=|| A B |cos〈A B ,n〉|=⑩ | A B n | .
|n |
(5)异面直线间的距离：若异面直线
AB、CD的方向向量分别为 、A B，nC⊥D ，
7
由已知, A P =(-1,-1,0), A B =(-4,-1,0), A C =(0,-1,2). 设平面ABC的法向量n=(x,y,z),
n·A B =-4x-y=0 得 n·A C =-y+2z=0， 则 取x=-1，得n=(-1,4,2).
y=-4x y=2z，
则h= | n A P | = | 1(1)(1)402|
A.①③
B.①②
C.②③
D.②④
3.在二面角α-l-β中，平面α的法向量为n，平 面 β 的 法 向 量 为 m. 若 〈n,m〉=130° ， 则 二 面角α-l-β的大小为( ) C
A.50°
B.130°
C.50°或130° D.可能与130°毫无关系
因二面角的范围是［0°,180°］，由 法向量的夹角与二面角的平面角相等或互 补可知，二面角的大小可能是130°也可能 是50°.有时可从实际图形中去观察出是钝 角或锐角.
② ABCD=0 (用于证明线线垂直);
(ⅱ)AB∥CD A B∥ C D 存在实数λ,使③ (用于A B证=明λ C线D 线平行).
(2)线面关系：若平面α外的直线AB的方 向向量为 A B ，平面α的法向量为n.
一般关系:设直线AB与平面α所成的角 为θ(θ∈[0, ])，则有sinθ=|cos〈 A,nB〉|
n⊥A B，又MC∈D AB，P∈CD，则异面直线
AB、CD间的距离d=
1.1 | M P n |
|n |
典例精讲
题型一利用空间向量证明平行和垂直关系
例1 如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，
△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，且 AB=AA1 ， D 、 E 、 F 分 别 为 B1A 、 C1C 、 BC 的中点. (1)求证:DE∥平面ABC； (2)求证:B1F⊥平面AEF.
|n |
(1)2 42 22
= 3 = 21 .
21 7
1.法向量的有关概念及求法 如果一个向量所在直线垂直于平面，则该 向量是平面的一个法向量. 法向量的求法步骤： (1)设：设出平面法向量的坐标n=(x,y,z)； (2)列：根据n·a=0且n·b=0可列出方程； (3)解：把z看作常数，用z表示x,y； (4)取：取z为任意一个正数(当然取得越特 殊越好)，便得平面法向量n的坐标.
当 二 面 角 为 锐 ( 直 ) 二 面 角 时 ， cosθ=|cos 〈n,m〉|=⑥ | n m | .
| n || m |
当二面角为钝二面角时,cosθ=⑦ | n m.|
| n || m |
特殊关系:(ⅰ)α⊥β n⊥m ⑧ n·m=. 0
(用于证明面面垂直)；
(ⅱ)α∥β n∥m 存 在 实 数 λ ， 使 ⑨ (用于n=证λm明面面平行).