向量法解立体几何及经典例题(上课用)
空间向量在立体几何中的应用和习题(含答案)[1]
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空间向量在立体几何中的应用:（1)直线的方向向量与平面的法向量: ①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ,点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． （2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系:设直线l ,m 的方向向量分别是a ，b ,平面α ，β 的法向量分别是u ,v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ; ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ,k ∈R ; ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题： ①异面直线所成的角：设a ,b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ,b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ,显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ,显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l －β 在二面角的棱上任取一点O ,在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α －l －β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法： 方法一：如图，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α －l －β的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面α ,β 的法向量，则<m 1，m 2>与该二面角的大小相等或互补．（4）根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法,从不同角度解决立体几何问题． 【例题分析】例1 如图，在长方体OAEB －O 1A 1E 1B 1中，OA ＝3,OB ＝4，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2P A 1,点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1,AE 的中点,求证：PQ ∥RS ．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A （3，0，0），B (0，4，0)，O 1（0，0，2)，A 1(3，0，2），B 1（0，4，2），E （3，4，0)．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2,2）,R (3，2，0）,⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ,∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤：（1)证明两向量共线;(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明． 例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1,B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行． 解法一:设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A （4,0，0），M （2，0，4），N （4，2，4）,B (4，4，0)，E （0，2，4)，F （2，4，4)．取MN 的中点K ,EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O （2,2，0)，K （3,1,4），G （1，3，4）．MN ＝（2,2，0)，EF ＝(2，2,0)，AK ＝（－1,1,4），OG ＝（－1，1，4)， ∴MN ∥EF ,OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ，∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3），平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝（2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝（2，－2,1)．∵a ∥b ,∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D （0，0，0)，A (2，0,0），M (2，1，2）,C （0,2，0），N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ,连接B 1P ，B 1Q ，PQ ,PC ． 易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角． 设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角（锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质,适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A （0,0，0），B (0，a ，0），),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a aa C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a a D ，连接AD ，C 1D ．则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0),B (0，a ,0），A 1(0，0，a 2），)2,2,23(1a aa C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a aa AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝（p ，q ，r ）, 由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0,0)． 设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC 【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角,再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A－PB －C 的平面角的余弦值．解法二图解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C （0，0，0）,A (1，0，0），B （0，2，0)，P （1,0，1），由D 是PB 的中点,得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二:如图建立空间直角坐标系，则A （0，0，0),)0,1,2(B ，C （0,1，0)，P (0，0,1），).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 的法向量是a ＝(a 1,a 2，a 3），平面PBC 的法向量是b ＝（b 1,b 2，b 3）． 由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝（0,1，1）．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量,转化为这两个向量的夹角;应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．练习一、选择题： 1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是（ ） (A)2（B ）2（C)5（D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是（ ) (A)30° （B)45° (C)60° （D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（ ） (A)31 （B ）32 （C)33 (D ）32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ,B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ,AB 在α ，β 内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是（ ）（A)θ ＞ϕ,m ＞n （B ）θ ＞ϕ，m ＜n （C)θ ＜ϕ,m ＜n(D ）θ ＜ϕ,m ＞n二、填空题:5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33,则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．4题图 7题图 9题图 8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21,P A ⊥底面ABCD ,PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______． 三、解答题：9．如图,正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；（Ⅱ）求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值． 10．如图,在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点,N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ,A ∈PQ ，B ∈α ,C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．（Ⅰ）证明：BC ⊥PQ ；（Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．练习答案一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．548．42三、解答题：9题图 10题图 11题图 9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴,建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2,2，0)，C （0，2，0)，E （0，2，1），A 1（2,0，4）．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A（Ⅰ）∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ． 又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．（Ⅱ）设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝（4，1，－2)．⋅==4214||||),cos(111C A C A C A n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ,y ，z 轴建立坐标系．则A （0，0,0)，B (1，0，0），)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0,0，2）,M （0，0，1），⋅-)0,42,421(N （Ⅰ）⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝（x ,y ,z ），则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ,得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． （Ⅱ）设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．（Ⅰ）证明：在平面β 内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ,α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ． 又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ,又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ）由（Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点,分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴,z 轴建立空间直角坐标系(如图）．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角,则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°,∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z ）是平面ABC 的一个法向量,由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ． 易知n 2＝（1,0,0）是平面β 的一个法向量． 设二面角B －AC －P 的平面角为θ ,∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55。
专题8.7 立体几何中的向量方法(讲)(解析版)
专题8.7 立体几何中的向量方法1.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；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.知识点一 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，则知识点二 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 |. 知识点三 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).【特别提醒】1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.2.二面角与法向量的夹角：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n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.考点一用空间向量求异面直线所成的角（2018年浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，【典例1】A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】方法一：（Ⅰ）由得，所以.故.由，得，由得，由，得，所以，故.因此平面.（Ⅱ）如图，过点作，交直线于点，连结.由平面得平面平面，由得平面，所以是与平面所成的角.学科.网由得，所以，故.因此，直线与平面所成的角的正弦值是. 方法二：（Ⅰ）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意知各点坐标如下： 因此 由得. 由得. 所以平面.（Ⅱ）设直线与平面所成的角为. 由（Ⅰ）可知 设平面的法向量. 由即可取. 所以.因此，直线与平面所成的角的正弦值是.【举一反三】（河北衡水中学2019届高三模拟）(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.105 D.33(2)在三棱锥P －ABC 中，△ABC 和△PBC 均为等边三角形，且二面角P －BC －A 的大小为120°，则异面直线PB 和AC 所成角的余弦值为( )A.58B.34C.78D.14【答案】(1)C (2)A【解析】(1)法一 以B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.图(1) 图(2) 则B (0，0，0)，B 1(0，0，1)，C 1(1，0，1).又在△ABC 中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，则A (－1，3，0). 所以AB 1→＝(1，－3，1)，BC 1→＝(1，0，1)， 则cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝（1，－3，1）·（1，0，1）5·2＝25·2＝105，因此，异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 法二 将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形成直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图(2))，连接AD 1，B 1D 1，则AD 1∥BC 1.则∠B 1AD 1为异面直线AB 1与BC 1所成的角(或其补角)，易求得AB 1＝5，BC 1＝AD 1＝2，B 1D 1＝ 3. 由余弦定理得cos ∠B 1AD 1＝105. (2)法一 取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 均为等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以∠POA 就是二面角P －BC －A 的平面角，即∠POA ＝120°，过点B 作AC 的平行线交AO 的延长线于点D ，连接PD ，则∠PBD 或其补角就是异面直线PB 和AC 所成的角.设AB ＝a ，则PB ＝BD ＝a ，PO＝PD ＝32a ，所以cos ∠PBD ＝a 2＋a 2－⎝⎛⎭⎫32a 22×a ×a＝58.法二 如图，取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 均为等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以BC ⊥平面PAO ，即平面PAO ⊥平面ABC .且∠POA 就是其二面角P －BC －A 的平面角，即∠POA ＝120°，建立空间直角坐标系如图所示.设AB ＝2，则A (3，0，0)，C (0，－1，0)，B (0，1，0)，P ⎝⎛⎭⎫－32，0，32， 所以AC →＝(－3，－1，0)，PB →＝⎝⎛⎭⎫32，1，－32，cos 〈AC →，PB →〉＝－58，所以异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为58.法三 如图所示，取BC 的中点O ，连接OP ，OA ，因为△ABC 和△PBC 是全等的等边三角形，所以AO ⊥BC ，PO ⊥BC ，所以∠POA 就是二面角的平面角，设AB ＝2，则AC →＝OC →－OA →，PB →＝OB →－OP →， 故AC →·PB →＝(OC →－OA →)·(OB →－OP →)＝－52，所以cos 〈AC →，PB →〉＝AC →·PB →|AC →|·|PB →|＝－58.即异面直线PB 与AC 所成角的余弦值为58.【方法技巧】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．【变式1】（山东济南一中2019届高三模拟）如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2AB ，E ，F 分别为BC ，BB 1的中点，M ，N 分别为AA 1，A 1C 1的中点，则直线MN 与EF 所成角的余弦值为( )A.35B.32C.12D.45【答案】C【解析】法一 如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC 1，CB 1，C 1B ′，易得MN ∥AC 1，EF ∥CB 1∥C 1B ′，那么∠AC 1B ′或∠AC 1B ′的补角即直线MN 与EF 所成的角.设AA 1＝2AB ＝2a ， 则AC 1＝C 1B ′＝3a ，连接AB ′，则AB ′＝a 2＋（22a ）2＝3a ， 由余弦定理得cos ∠AC 1B ′＝（3a ）2＋（3a ）2－（3a ）22（3a ）·（3a ）＝－12.故直线MN 与EF 所成角的余弦值为12.法二 如图，连接AC 1，C 1B ，CB 1，设C 1B ，CB 1交于点O ，取AB 的中点D ，连接CD ，OD ， 则MN ∥AC 1∥OD ，EF ∥CB 1，那么∠DOC 或其补角即直线MN 与EF 所成的角. 设AA 1＝2AB ＝2a ， 则AC 1＝CB 1＝3a ， 于是OD ＝OC ＝3a 2，又CD ＝3a 2，于是△OCD 为正三角形， 故∠DOC ＝60°，cos ∠DOC ＝12，即直线MN 与EF 所成角的余弦值为12.法三 取AB 的中点O ，连接CO ，则CO ⊥AB ，以O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，过点O 且平行于CC 1的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AB ＝2，则AA 1＝22，求得M (－1，0，2)，N ⎝⎛⎭⎫－12，32，22，E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，F (1，0，2)，所以MN →＝⎝⎛⎭⎫12，32，2，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，2，cos 〈MN →，EF →〉＝MN →·EF →|MN →|·|EF →|＝323×3＝12.考点二 用空间向量求线面角【典例2】 (2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点.(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值. (1)证明 因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以AB 2＋BC 2＝AC 2， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23).取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2，0，0).设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)，则AM →＝(0，4－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)，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. 【方法技巧】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.【变式2】（广东省惠州一中2019届高三模拟）在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF 是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD .(1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值. (1)证明 在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ， 从而BD 2＋AD 2＝AB 2，故BD ⊥AD ， 所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝π2.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD . 又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)解 由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ，又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.则A (1，0，0)，C (－1，3，0)，E (0，0，3)，F (0，3，3)， 所以AE →＝(－1，0，3)，AC →＝(－2，3，0). 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2，1)，为平面AEC 的一个法向量. 因为AF →＝(－1，3，3)，所以cos 〈n ，AF →〉＝n ·AF →|n |·|AF →|＝4214，所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 考点三 用空间向量求二面角【典例3】（2018年天津卷）如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且CD =2FG ，，DA =DC =DG =2. （I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：； （II ）求二面角的正弦值；（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).【解析】依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．（Ⅰ）依题意=（0，2，0），=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又=（1，，1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则即不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=，于是sin<m，n>=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得．易知，=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.【举一反三】（山西忻州一中2019届高三质检）如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.(1)证明：OD⊥平面PAQ；(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.(1)证明法一取OO1的中点F，连接AF，PF，如图所示.∵P为BC的中点，∴PF∥OB，∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，∴P，F，A，Q四点共面.由题图1可知OB⊥OO1，∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB⊂平面BCO1O，∴OB⊥平面ADO1O，∴PF⊥平面ADO1O，又OD ⊂平面ADO 1O ，∴PF ⊥OD .由题意知，AO ＝OO 1，OF ＝O 1D ，∠AOF ＝∠OO 1D ， ∴△AOF ≌△OO 1D ， ∴∠FAO ＝∠DOO 1，∴∠FAO ＋∠AOD ＝∠DOO 1＋∠AOD ＝90°，∴AF ⊥OD . ∵AF ∩PF ＝F ，且AF ⊂平面PAQ ，PF ⊂平面PAQ ， ∴OD ⊥平面PAQ .法二 由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，∴以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ 的长为m ，则O (0，0，0)，A (6，0，0)，B (0，6，0)， C (0，3，6)，D (3，0，6)，Q (6，m ，0). ∵点P 为BC 的中点，∴P ⎝⎛⎭⎫0，92，3， ∴OD →＝(3，0，6)，AQ →＝(0，m ，0)，PQ →＝⎝⎛⎭⎫6，m －92，－3. ∵OD →·AQ →＝0，OD →·PQ →＝0，∴OD →⊥AQ →，OD →⊥PQ →，又AQ →与PQ →不共线， ∴OD ⊥平面PAQ .(2)解 ∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3，则Q (6，3，0)，∴QB →＝(－6，3，0)，BC →＝(0，－3，6).设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·QB →＝0，n 1·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－6x ＋3y ＝0，－3y ＋6z ＝0，令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，n 1＝(1，2，1). 易得平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0，0，1).设二面角C －BQ －A 的大小为θ，由图可知，θ为锐角， 则cos θ＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝66， 即二面角C －BQ －A 的余弦值为66. 【方法技巧】利用空间向量计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量：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：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.【变式3】（河南洛阳一中2019届高三模拟）如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥CD ，AB ＝BC ＝CC 1＝2CD ，E 为线段AB 的中点，F 是线段DD 1上的动点.(1)求证：EF ∥平面BCC 1B 1；(2)若∠BCD ＝∠C 1CD ＝60°，且平面D 1C 1CD ⊥平面ABCD ，求平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成角(锐角)的余弦值.(1)证明 如图(1)，连接DE ，D 1E .图(1)∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，∴BE∥CD，BE＝CD，∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC.又DE⊄平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.∵DD1∥CC1，DD1⊄平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1.又D1D∩DE＝D，∴平面DED1∥平面BCC1B1.∵EF⊂平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1.(2)解如图(1)，连接BD.设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2.∵∠BCD＝60°，∴BD＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos 60°＝ 3.∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD.同理可得，C1D⊥CD.法一∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D⊂平面D1C1CD，∴C1D⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴C1D⊥BC，∴C1D⊥B1C1.在平面ABCD中，过点D作DH⊥BC，垂足为H，连接C1H，如图(1).∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.∵C 1H ⊂平面C 1DH ，∴BC ⊥C 1H ，∴B 1C 1⊥C 1H ， ∴∠DC 1H 为平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的角. ∵在Rt △C 1CD 中，C 1D ＝3， 在Rt △BCD 中，DH ＝CD ·sin 60°＝32， ∴在Rt △C 1DH 中，C 1H ＝C 1D 2＋DH 2＝152， ∴cos ∠DC 1H ＝C 1D C 1H ＝255.∴平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的角(锐角)的余弦值为255.法二 以D 为原点，分别以DB ，DC ，DC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图(2)，图(2)则D (0，0，0)，C (0，1，0)，C 1(0，0，3)，B (3，0，0)，∴B 1C 1→＝BC →＝(－3，1，0)，DC 1→＝(0，0，3)，CC 1→＝(0，－1，3). 设平面BCC 1B 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·CC 1→＝0，即⎩⎨⎧－3x 1＋y 1＝0，－y 1＋3z 1＝0.取z 1＝1，则y 1＝3，x 1＝1，∴平面BCC 1B 1中的一个法向量为n 1＝(1，3，1). 设平面DC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2).则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·B 1C 1→＝0，n 2·DC 1→＝0，即⎩⎨⎧－3x 2＋y 2＝0，3z 2＝0.令x 2＝1，则y 2＝3，z 2＝0，∴平面DC 1B 1的一个法向量为n 2＝(1，3，0).设平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的锐二面角的大小为θ， 则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝1＋31＋3＋1·1＋3＝255.∴平面BCC 1B 1与平面DC 1B 1所成的角(锐角)的余弦值为255.考点四 与线面角有关的探索性问题【典例4】（辽宁大连八中2019届高三调研）等边△ABC 的边长为3，点D ，E 分别是AB ，BC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12(如图(1))，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1－DE －B 成直二面角，连接A 1B ，A 1C (如图(2)).(1)求证：A 1D ⊥平面BCED ；(2)在线段BC 上是否存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°？若存在，求出PB 的长；若不存在，请说明理由.(1)证明 题图(1)中，由已知可得： AE ＝2，AD ＝1，A ＝60°.从而DE ＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝ 3. 故得AD 2＋DE 2＝AE 2，∴AD ⊥DE ，BD ⊥DE . ∴题图(2)中，A 1D ⊥DE ，BD ⊥DE ，∴∠A 1DB 为二面角A 1－DE －B 的平面角， 又二面角A 1－DE －B 为直二面角， ∴∠A 1DB ＝90°，即A 1D ⊥DB ， ∵DE ∩DB ＝D 且DE ，DB ⊂平面BCED ， ∴A 1D ⊥平面BCED .(2)解 存在.由(1)知ED ⊥DB ，A 1D ⊥平面BCED .以D 为坐标原点，以射线DB 、DE 、DA 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz ，如图，过P 作PH ∥DE 交BD 于点H ，设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a ， 易知A 1(0，0，1)，P (2－a ，3a ，0)，E (0，3，0)， 所以PA 1→＝(a －2，－3a ，1). 因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →＝(0，3，0).因为直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，所以sin 60°＝|PA 1→·DE →||PA 1→||DE →|＝3a 4a 2－4a ＋5×3＝32，解得a ＝54. ∴PB ＝2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意.所以在线段BC 上存在点P ，使直线PA 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.【方法技巧】解决此类问题的基本策略是执果索因，其结论明确需要求出使结论成立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组)并解方程(组)，若有解，则存在并求得结论成立的条件，若无解，则不存在.【变式4】（黑龙江大庆第一中学2019届高三模拟）如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝45°，AD ＝AP ＝2，AB ＝DP ＝22，E 为CD 的中点，点F 在线段PB 上.(1)求证：AD ⊥PC ；(2)试确定点F 的位置，使得直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等. (1)证明 如图，在平行四边形ABCD 中，连接AC ，因为AB ＝22，BC ＝2，∠ABC ＝45°，由余弦定理得，AC 2＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos 45°＝4，得AC ＝2， 所以AC 2＋BC 2＝AB 2， 所以∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC . 又AD ∥BC ，所以AD ⊥AC ， 因为AD ＝AP ＝2，DP ＝22， 所以AD 2＋AP 2＝DP 2，所以PA ⊥AD ，又AP ∩AC ＝A ，所以AD ⊥平面PAC ，所以AD ⊥PC .(2)解 因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，所以PA ⊥底面ABCD ，所以直线AC ，AD ，AP 两两互相垂直，以A 为原点，直线AD ，AC ，AP 为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，D (－2，0，0)，C (0，2，0)，B (2，2，0)，E (－1，1，0)，P (0，0，2)，所以PC →＝(0，2，－2)，PD →＝(－2，0，－2)，PB →＝(2，2，－2).设PF PB＝λ(λ∈[0，1])，则PF →＝(2λ，2λ，－2λ)，F (2λ，2λ，－2λ＋2)， 所以EF →＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)，易得平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0，0，1). 设平面PDC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－2x －2z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，－1，－1).因为直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等， 所以|cos 〈EF →，m 〉|＝|cos 〈EF →，n 〉|， 即|EF →·m ||EF →||m |＝|EF →·n ||EF →||n |，所以|－2λ＋2|＝⎪⎪⎪⎪2λ3， 即3|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝3－32，所以PF PB ＝3－32.即当PF PB ＝3－32时，直线EF 与平面PDC 所成的角和直线EF 与平面ABCD 所成的角相等.考点五 与二面角有关的探索性问题【典例5】（湖南长郡中学2019届高三模拟）如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，M 是棱PC 上的点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：平面PBC ⊥平面PQB ；(2)当PM 的长为何值时，平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°？ (1)证明 ∵AD ∥BC ，Q 为AD 的中点，BC ＝12AD ，∴BC ∥QD ，BC ＝QD ，∴四边形BCDQ 为平行四边形，∴BQ ∥CD . ∵∠ADC ＝90°，∴BC ⊥BQ . ∵P A ＝PD ，AQ ＝QD ，∴PQ ⊥AD .又∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴PQ ⊥平面ABCD ，∴PQ ⊥BC . 又∵PQ ∩BQ ＝Q ，∴BC ⊥平面PQB . ∵BC ⊂平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PQB .(2)解 由(1)可知PQ ⊥平面ABCD .如图，以Q 为原点，分别以QA ，QB ，QP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，则Q (0，0，0)，D (－1，0，0)，P (0，0，3)，B (0，3，0)，C (－1，3，0)，∴QB →＝(0，3，0)，DC →＝(0，3，0)，DP →＝(1，0，3)，PC →＝(－1，3，－3).设PM →＝λPC →，则PM →＝(－λ，3λ，－3λ)，且0≤λ≤1，得M (－λ，3λ，3－3λ)，∴QM →＝(－λ，3λ，3(1－λ)).设平面MBQ 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧QM →·m ＝0，QB →·m ＝0，即⎩⎨⎧－λx ＋3λy ＋3（1－λ）z ＝0，3y ＝0. 令x ＝3，则y ＝0，z ＝λ1－λ，∴平面MBQ 的一个法向量为m ＝⎝⎛⎭⎫3，0，λ1－λ.设平面PDC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DP →·n ＝0，即⎩⎨⎧3y ′＝0，x ′＋3z ′＝0.令x ′＝3，则y ′＝0，z ′＝－3，∴平面PDC 的一个法向量为n ＝(3，0，－3).∴平面QMB 与平面PDC 所成的锐二面角的大小为60°， ∴cos 60°＝|n ·m ||n ||m |＝⎪⎪⎪⎪33－3·λ1－λ12·3＋⎝⎛⎭⎫λ1－λ2＝12， ∴λ＝12.∴PM ＝12PC ＝72.【方法技巧】1.解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在.2.探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.3.利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题进行处理. 【变式5】（江苏启东中学2019届高三质检）如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠ABC ＝60°，AB ＝2BC ＝2CD ，四边形DCEF 是正方形，N ，G 分别是线段AB ，CE 的中点.(1)求证：NG ∥平面ADF ；(2)设二面角A －CD －F 的大小为θ⎝⎛⎭⎫π2<θ<π，当θ为何值时，二面角A －BC －E 的余弦值为1313？ (1)证明 法一 如图，设DF 的中点为M ，连接AM ，GM ，因为四边形DCEF是正方形，所以MG綉CD，又四边形ABCD是梯形，且AB＝2CD，AB∥CD，点N 是AB的中点，所以AN綉DC，所以MG綉AN，所以四边形ANGM是平行四边形，所以NG∥AM.又AM⊂平面ADF，NG⊄平面ADF，所以NG∥平面ADF.法二如图，连接NC，NE，因为N是AB的中点，四边形ABCD是梯形，AB＝2CD，AB∥CD，所以AN綉CD，所以四边形ANCD是平行四边形，所以NC∥AD，因为AD⊂平面ADF，NC⊄平面ADF，所以NC∥平面ADF，同理可得NE∥平面ADF，又NC∩NE＝N，所以平面NCE∥平面ADF，因为NG⊂平面NCE，所以NG∥平面ADF.(2)解 设CD 的中点为O ，EF 的中点为P ，连接NO ，OP ，易得NO ⊥CD ，以点O 为原点，以OC 所在直线为x 轴，以NO 所在直线为y 轴，以过点O 且与平面ABCD 垂直的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为NO ⊥CD ，OP ⊥CD ，所以∠NOP 是二面角A －CD －F 的平面角， 则∠NOP ＝θ，所以∠POy ＝π－θ，设AB ＝4，则BC ＝CD ＝2，则P (0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，E (1，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，C (1，0，0)，B (2，－3，0)，CE →＝(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，CB →＝(1，－3，0)， 设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·CE →＝0，即⎩⎨⎧x －3y ＝0，2y cos （π－θ）＋2z sin （π－θ）＝0，因为θ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，所以cos(π－θ)≠0，令z ＝1，则y ＝－tan(π－θ)，x ＝－3tan(π－θ)，所以n ＝(－3tan(π－θ)，－tan(π－θ)，1)为平面BCE 的一个法向量， 又易知平面ACD 的一个法向量为m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝14tan 2（π－θ）＋1，由图可知二面角A －BC －E 为锐角， 所以14tan 2（π－θ）＋1＝1313，解得tan 2(π－θ)＝3，又π2<θ<π，所以tan(π－θ)＝3，即π－θ＝π3，得θ＝2π3，所以当二面角A －CD －F 的大小为2π3时，二面角A －BC －E 的余弦值为1313.考点六 与空间角有关的最值问题【典例6】（湖北武汉二中2019届高三质检）如图，在四棱锥E －ABCD 中，底面ABCD 是圆内接四边形，CB ＝CD ＝CE ＝1，AB ＝AD ＝AE ＝3，EC ⊥BD .(1)求证：平面BED ⊥平面ABCD ；(2)若点P 在平面ABE 内运动，且DP ∥平面BEC ，求直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值. (1)证明 如图，连接AC ，交BD 于点O ，连接EO ，∵AD ＝AB ，CD ＝CB ，AC ＝AC ， ∴△ADC ≌△ABC ，易得△ADO ≌△ABO ， ∴∠AOD ＝∠AOB ＝90°， ∴AC ⊥BD .又EC ⊥BD ，EC ∩AC ＝C ，∴BD ⊥平面AEC ， 又OE ⊂平面AEC ，∴OE ⊥BD . 又底面ABCD 是圆内接四边形， ∴∠ADC ＝∠ABC ＝90°，在Rt △ADC 中，由AD ＝3，CD ＝1，可得AC ＝2，AO ＝32，∴∠AEC ＝90°，AE AC ＝AO AE ＝32，易得△AEO ∽△ACE ，∴∠AOE ＝∠AEC ＝90°， 即EO ⊥AC .又AC ，BD ⊂平面ABCD ，AC ∩BD ＝O ， ∴EO ⊥平面ABCD ，又EO ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面ABCD .(2)解 如图，取AE 的中点M ，AB 的中点N ，连接MN ，ND ，DM ， 则MN ∥BE ，由(1)知，∠DAC ＝∠BAC ＝30°，即∠DAB ＝60°，∴△ABD 为正三角形，∴DN ⊥AB ，又BC ⊥AB ， ∴平面DMN ∥平面EBC ，∴点P 在线段MN 上.以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，32，0，E ⎝⎛⎭⎫0，0，32，M ⎝⎛⎭⎫34，0，34，D ⎝⎛⎭⎫0，－32，0，N ⎝⎛⎭⎫34，34，0， ∴AB →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0，AE →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，DM →＝⎝⎛⎭⎫34，32，34，MN →＝⎝⎛⎭⎫0，34，－34，设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AE →·n ＝0，即⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，－3x ＋z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，3)， 设MP →＝λMN →(0≤λ≤1)，可得DP →＝DM →＋MP →＝⎝⎛⎭⎫34，32＋34λ，34－34λ，设直线DP 与平面ABE 所成的角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DP →|n |·|DP →|＝1242×λ2＋λ＋4， ∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值427. 故直线DP 与平面ABE 所成角的正弦值的最大值为427. 【方法技巧】解决空间角的最值问题一般是把空间角的某个三角函数值表示为某个变量的函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用.【变式6】（江西南昌二中2019届高三模拟）如图所示，P A ⊥平面ADE ，B ，C 分别是AE ，DE 的中点，AE ⊥AD ，AD ＝AE ＝AP ＝2.(1)求二面角A －PE －D 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】(1)因为P A ⊥平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，AB ⊂平面ADE ，所以P A ⊥AD ，P A ⊥AB ，又因为AB ⊥AD ，所以P A ，AD ，AB 两两垂直，以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).因为P A ⊥AD ，AD ⊥AE ，AE ∩P A ＝A ，所以AD ⊥平面P AE ，所以AD →是平面P AE 的一个法向量，且AD →＝(0，2，0).易得PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2).设平面PED 的法向量为m ＝(x ，y ，z ).则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0. 令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1，1，1)是平面PED 的一个法向量，所以cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33， 所以二面角A －PE －D 的余弦值为33. (2)BP →＝(－1，0，2)，故可设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1). 又CB →＝(0，－1，0)，所以CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ). 又DP →＝(0，－2，2)，所以cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910， 当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数， 所以当λ＝25时直线CQ 与DP 所成角取得最小值. 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.。
高二数学上册(人教A版2019选修一) 专题01 通过空间向量解决立体几何中的角度问题(解析版)
专题01通过空间向量解决立体几何中的角度问题（高考真题专练）题型一直线与平面所成的角1．（2020•海南）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，QB =，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）解：如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，1PD AD == ，Q 为l 上的点，QB =，PB ∴=，1QP =，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，作//PQ AD ，则PQ 为平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，因为2QB =，QAB ∆是等腰直角三角形，所以(1Q ，0，1)，则(1DQ = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b a c =⎧⎨+=⎩，取1c =，可得(1n =- ，0，1)，cos n ∴< ，116||||32n PB PB n PB ⋅>==⋅ ，PB ∴与平面QCD 632．（2020•山东）如图，四棱锥P ABCD -的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【解答】解：（1）证明：过P 在平面PAD 内作直线//l AD ，由//AD BC ，可得//l BC ，即l 为平面PAD 和平面PBC 的交线，PD ⊥ 平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，PD BC ∴⊥，又BC CD ⊥，CD PD D = ，BC ∴⊥平面PCD ，//l BC ，l ∴⊥平面PCD ；（2）如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DP 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则(0D ，0，0)，(1A ，0，0)，(0C ，1，0)，(0P ，0，1)，(1B ，1，0)，设(Q m ，0，1)，(DQ m = ，0，1)，(1PB = ，1，1)-，(0DC = ，1，0)，设平面QCD 的法向量为(n a = ，b ，)c ，则00n DC n DQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，∴00b am c =⎧⎨+=⎩，取1a =-，可得(1n =- ，0，)m ，cos n ∴<，||||n PB PB n PB ⋅>==⋅ ，PB ∴与平面QCD333==，当且仅当1m =取等号，PB ∴与平面QCD所成角的正弦值的最大值为3．3．（2020•天津）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，AC BC ⊥，2AC BC ==，13CC =，点D ，E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且1AD =，2CE =，M 为棱11A B 的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解答】解：以C 为原点，CA ，CB ，1CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(0C ，0，3)，1(2A ，0，3)，1(0B ，2，3)，(2D ，0，1)，(0E ，0，2)，(1M ，1，3)，（Ⅰ）证明：依题意，1(1C M = ，1，0)，1(2B D = ，2-，2)-，∴112200C M B D ⋅=-+= ，11C M B D ∴⊥；（Ⅱ）依题意，(2CA = ，0，0)是平面1BB E 的一个法向量，1(0EB = ，2，1)，(2ED = ，0，1)-，设(n x = ，y ，)z 为平面1DB E 的法向量，则100n EB n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即2020y z x z +=⎧⎨-=⎩，不妨设1x =，则(1n = ，1-，2)，cos CA ∴< ，66||||CA n n CA n ⋅>==⋅ ，sin CA ∴< ，130166n >=-= ，∴二面角1B B E D --的正弦值6；（Ⅲ）依题意，(2AB =- ，2，0)，由（Ⅱ）知，(1n = ，1-，2)为平面1DB E 的一个法向量，cos AB ∴<，||||AB n n AB n ⋅>==⋅ ∴直线AB 与平面1DB E4．（2021•浙江）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120ABC ∠=︒，1AB =，4BC =，PA =M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD DC ⊥，PM MD ⊥．（Ⅰ）证明：AB PM ⊥；（Ⅱ）求直线AN 与平面PDM所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD 中，由已知可得，1CD AB ==，122CM BC ==，60DCM ∠=︒，∴由余弦定理可得，2222cos60DM CD CM CD CM =+-⨯⨯︒11421232=+-⨯⨯⨯=，则222134CD DM CM +=+==，即CD DM ⊥，又PD DC ⊥，PD DM D = ，CD ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，CD PM ∴⊥，//CD AB ，AB PM ∴⊥；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD ⊥平面PDM ，又CD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面PDM ，且平面ABCD ⋂平面PDM DM =，PM MD ⊥ ，且PM ⊂平面PDM ，PM ∴⊥平面ABCD ，连接AM ，则PM MA ⊥，在ABM ∆中，1AB =，2BM =，120ABM ∠=︒，可得2114212(72AM =+-⨯⨯⨯-=，又PA =Rt PMA ∆中，求得PM ==，取AD 中点E ，连接ME ，则//ME CD ，可得ME 、MD 、MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，分别以MD 、ME 、MP 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则(A 2，0)，(0P ，0，，1,0)C -，又N 为PC的中点，12N ∴-，52AN =- ，平面PDM 的一个法向量为(0,1,0)n = ，设直线AN 与平面PDM 所成角为θ，则5||152sin |cos ,|6||||AN n AN n AN n θ⋅=<>==⋅ ．故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156．5．（2018•浙江）如图，已知多面体111ABC A B C -，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=︒，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．（Ⅰ）证明：1AB ⊥平面111A B C ；（Ⅱ）求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．【解答】()I 证明：1A A ⊥ 平面ABC ，1B B ⊥平面ABC ，11//AA BB ∴，14AA = ，12BB =，2AB =，221111()()22A B AB AA BB ∴=+-=，又221122AB AB BB =+=，2221111AA AB A B ∴=+，111AB A B ∴⊥，同理可得：111AB B C ⊥，又11111A B B C B = ，1AB ∴⊥平面111A B C ．()II 解：取AC 中点O ，过O 作平面ABC 的垂线OD ，交11A C 于D ，AB BC = ，OB OC ∴⊥，2AB BC == ，120BAC ∠=︒，1OB ∴=，3OA OC ==以O 为原点，以OB ，OC ，OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则(0A ，3-0)，(1B ，0，0)，1(1B ，0，2)，1(0C 31)，∴(1AB = 30)，1(0BB = ，0，2)，1(0AC = ，23，1)，设平面1ABB 的法向量为(n x = ，y ，)z ，则100n AB n BB ⎧=⎪⎨=⎪⎩ ，∴3020x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，令1y =可得(3n =- 1，0)，1112339cos ,||||213n AC n AC n AC ∴<>==⨯设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ，则1sin |cos ,|13n AC θ=<>=．∴直线1AC 与平面1ABB ．题型二二面角的平面角及求法6．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q ABCD -中，底面ABCD 是正方形，若2AD =，QD QA ==3QC =．（Ⅰ）求证：平面QAD ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）求二面角B QD A --的平面角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：QCD ∆中，2CD AD ==，QD =，3QC =，所以222CD QD QC +=，所以CD QD ⊥；又CD AD ⊥，AD QD D = ，AD ⊂平面QAD ，QD ⊂平面QAD ，所以CD ⊥平面QAD ；又CD ⊂平面ABCD ，所以平面QAD ⊥平面ABCD ．（Ⅱ）解：取AD 的中点O ，在平面ABCD 内作Ox AD ⊥，以OD 为y 轴，OQ 为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，如图所示：则(0O ，0，0)，(2B ，1-，0)，(0D ，1，0)，(0Q ，0，2)，因为Ox ⊥平面ADQ ，所以平面ADQ 的一个法向量为(1α= ，0，0)，设平面BDQ 的一个法向量为(x β= ，y ，)z ，由(2BD =- ，2，0)，(0DQ = ，1-，2)，得00BD DQ ββ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即22020x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，得2y =，2x =，所以(2β= ，2，1)；所以cos α< ，23||||1441αββαβ⋅>===⋅⨯++，所以二面角B QD A --的平面角的余弦值为23．7．（2020•新课标Ⅰ）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC ∆是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解答】解：（1）不妨设圆O 的半径为1，1OA OB OC ===，2AE AD ==，AB BC AC ===，62DO PO ===，PA PB PC ===，在PAC ∆中，222PA PC AC +=，故PA PC ⊥，同理可得PA PB ⊥，又PB PC P = ，故PA ⊥平面PBC ；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则有31312(,0),(,,0),(0,0,)22222B C P ，(0E ，1，0)，故11(,0),(,,)22222BC CE CP ===- ，设平面PCE 的法向量为(,,)n x y z = ，则由00n CE n CP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得10212022x y x y z +=-+=，取1x =，则y =，z =，所以平面PCE的法向量为(1,n = ，由（1）可知PA ⊥平面PBC ，不妨取平面PBC 的法向量为22AP = ，故||cos ||||PA n PA n θ⋅== ，即二面角B PC E --．8．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．（1）证明：BE ⊥平面11EB C ；（2）若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．【解答】证明：（1）长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11ABA B ，11B C BE ∴⊥，1BE EC ⊥ ，1111B C EC C = ，BE ∴⊥平面11EB C ．解：（2）以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设11AE A E ==，则1BE EB =，BE ⊥ 平面11EB C ，1BE EB ∴⊥，22221124BE EB BE BB ∴+===，22BE ∴=，222212AE AB AB BE +=+== ，1AB ∴=，则(1E ，1，1)，(1A ，1，0)，1(0B ，1，2)，1(0C ，0，2)，(0C ，0，0)，1BC EB ⊥ ，1EB ∴⊥面EBC ，故取平面EBC 的法向量为1(1m EB ==- ，0，1)，设平面1ECC 的法向量(n x = ，y ，)z ，由100n CCn CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得00zx y z =⎧⎨++=⎩，取1x =，得(1n = ，1-，0)，1cos ,||||2m n m n m n ⋅∴<>==-⋅，∴二面角1B EC C --的正弦值为32．9．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱BC ，CD 的中点．（1）求证：1//D F 平面11A EC ；（2）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值；（3）求二面角11A A C E --的正弦值．【解答】（1）证明：以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则1(0A ，0，2)，(2E ，1，0)，1(2C ，2，2)，故111(2,2,0),(0,1,2)A C EC == ，设平面11A EC 的法向量为(,,)n x y z = ，则11100n A C n EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即020x y y z +=⎧⎨+=⎩，令1z =，则2x =，2y =-，故(2,2,1)n =- ，又(1F ，2，0)，1(0D ，2，2)，所以1(1,1,2)FD =- ，则10n FD ⋅= ，又1D F ⊂/平面1A EC ，故1//D F 平面11A EC ；（2）解：由（1）可知，1(2,2,2)AC = ，则111||3|cos ,|9||||n AC n AC n AC ⋅<>== ，故直线1AC 与平面11A EC所成角的正弦值为9；（3）解：由（1）可知，1(0,0,2)AA = ，设平面11AA C 的法向量为(,,)m a b c = ，则11100m AA m A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即00c a b =⎧⎨+=⎩，令1a =，则1b =-，故(1,1,0)m =- ，所以|||cos ,|||||3m n m n m n ⋅<>=== ，故二面角11A A C E --13=．10．（2021•北京）已知正方体1111ABCD A B C D -，点E 为11A D 中点，直线11B C 交平面CDE 于点F ．（1）求证：点F 为11B C 中点；（2）若点M 为棱11A B 上一点，且二面角M CF E --的余弦值为3，求111A M AB ．【解答】（1）证明：连结DE ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//CD C D ，11C D ⊂平面1111A B C D ，CD ⊂/平面1111A B C D ，则//CD 平面1111A B C D ，因为平面1111A B C D ⋂平面CDEF EF =，所以//CD EF ，则11//EF C D ，故1111////A B EF C D ，又因为1111//A D B C ，所以四边形11A B FE 为平行四边形，四边形11EFC D 为平行四边形，所以11A E B F =，11ED FC =，而点E 为11A D 的中点，所以11A E ED =，故11B F FC =，则点F 为11B C 的中点；（2）解：以点1B 为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体边长为2，设点(M m ，0，0)，且0m <，则(0C ，2，2)-，(2E -，1，0)，(0F ，1，0)，故(2,0,0),(0,1,2),(,1,0)FE FC FM m =-=-=- ，设平面CMF 的法向量为(,,1)m a b = ，则00m FM m FC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即020ma b b -=⎧⎨-=⎩，所以2a m =，2b =，故2(,2,1)m m = ，设平面CDEF 的法向量为(,,1)n x y = ，则00n FE n FC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x y -=⎧⎨-=⎩，所以0x =，2y =，故(0,2,1)n = ，因为二面角M CF E --的余弦值为53，则|||cos,|||||3m nm nm n⋅<>===，解得1m=±，又0m<，所以1m=-，故11112A MA B=．11．（2021•乙卷）如图，四棱锥P ABCD-的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，1PD DC==，M为BC中点，且PB AM⊥．（1）求BC；（2）求二面角A PM B--的正弦值．【解答】解：（1）连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM PD⊥，又AM PB⊥，PB PD P=，PB，PD⊂平面PBD，所以AM ⊥平面PBD ，又BD ⊂平面PBD ，则AM BD ⊥，所以90ABD ADB ∠+∠=︒，又90ABD MAB ∠+∠=︒，则有ADB MAB ∠=∠，所以Rt DAB Rt ABM ∆∆∽，则AD BA AB BM =，所以2112BC =，解得BC =（2）因为DA ，DC ，DP 两两垂直，故以点D 位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则A B M ，(0P ，0，1)，所以(AP =，22(((1,1)22AM BM BP =-=-=- ，设平面AMP 的法向量为(,,)n x y z = ，则有00n AP n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0202z x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令x =1y =，2z =，故2)n = ，设平面BMP 的法向量为(,,)m p q r = ，则有00m BM m BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020p q r ⎧=⎪⎨⎪-+=⎩，令1q =，则1r =，故(0,1,1)m = ，所以|||cos ,|||||14n m n m n m ⋅<>=== ，设二面角A PM B --的平面角为α，则sin α====，所以二面角A PM B --的正弦值为14．12．（2021•甲卷）已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点，11BF A B ⊥．（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小？【解答】（1）证明：连接AF ，E ，F 分别为直三棱柱111ABC A B C -的棱AC 和1CC 的中点，且2AB BC ==，1CF ∴=，5BF =11BF A B ⊥ ，11//AB A B ，BF AB∴⊥3AF∴=，AC===，222AC AB BC∴=+，即BA BC⊥，故以B为原点，BA，BC，1BB所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(2A，0，0)，(0B，0，0)，(0C，2，0)，(1E，1，0)，(0F，2，1)，设1B D m=，则(D m，0，2)，∴(0BF=，2，1)，(1DE m=-，1，2)-，∴0BF DE⋅=，即BF DE⊥．（2）解：AB⊥平面11BB C C，∴平面11BB C C的一个法向量为(1p= ，0，0)，由（1）知，(1DE m=-，1，2)-，(1EF=-，1，1)，设平面DEF的法向量为(n x=，y，)z，则n DEn EF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即(1)20m x y zx y z-+-=⎧⎨-++=⎩，令3x=，则1y m=+，2z m=-，∴(3n=，1m+，2)m-，cos p∴<，||||p nnp n⋅>===⋅∴当12m=时，面11BB C C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当112B D=时，面11BB C C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．13．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱1111ABCD A B C D-的底面是菱形，14AA=，2AB=，60BAD∠=︒，E，M，N分别是BC，1BB，1A D的中点．（1）证明：//MN平面1C DE；（2）求二面角1A MA N--的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N 作NH AD ⊥，则1//NH AA ，且112NH AA =，又1//MB AA ，112MB AA =，∴四边形NMBH 为平行四边形，则//NM BH ，由1//NH AA ，N 为1A D 中点，得H 为AD 中点，而E 为BC 中点，//BE DH ∴，BE DH =，则四边形BEDH 为平行四边形，则//BH DE ，//NM DE ∴，NM ⊂/ 平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE ，//MN ∴平面1C DE ；（2）解：以D 为坐标原点，以垂直于DC 的直线为x 轴，以DC 所在直线为y 轴，以1DD 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则3(2N ，12-，2)，(3M ，1，2)，1(3A ，1-，4)，33(,0)22NM = ，131(,2)22NA =- ，设平面1A MN 的一个法向量为(,,)m x y z = ，由133022312022m NM y m NA x y z ⎧⋅=+=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩ ，取3x =(3,1,1)m =-- ，又平面1MAA 的一个法向量为(1,0,0)n = ，315cos ,||||55m n m n m n ⋅∴<>===⋅ ．∴二面角1A MA N --2215101,1()55cos m n -<>=-= ．14．（2021•新高考Ⅰ）如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点．（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD ∆是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积．【解答】解：（1）证明：因为AB AD =，O 为BD 的中点，所以AO BD ⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ，所以AO CD ⊥；（2）方法一：取OD 的中点F ，因为OCD ∆为正三角形，所以CF OD ⊥，过O 作//OM CF 与BC 交于点M ，则OM OD ⊥，所以OM ，OD ，OA 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OM ，OD ，OA 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则(0B ，1-，0)，1(,0)22C ，(0D ，1，0)，设(0A ，0，)t ，则12(0,,)33t E ，因为OA ⊥平面BCD ，故平面BCD 的一个法向量为(0,0,)OA t = ，设平面BCE 的法向量为(,,)n x y z = ，又342(,0),(0,,)2233t BC BE == ，所以由00n BC n BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，得3302242033x y t y z +=⎪⎨⎪+=⎪⎩，令x =1y =-，2z t =，故21,)n t=- ，因为二面角E BC D --的大小为45︒，所以||2|cos ,|2||||n OA n OA n OA ⋅<>=== ，解得1t =，所以1OA =，又111224OCD S ∆=⨯⨯⨯=，所以2BCD S ∆=，故11133A BCD BCD V S OA -∆=⋅⋅=⨯=．方法二：过E 作EF BD ⊥，交BD 于点F ，过F 作FG BC ⊥于点G ，连结EG ，由题意可知，//EF AO ，又AO ⊥平面BCD所以EF ⊥平面BCD ，又BC ⊂平面BCD ，所以EF BC ⊥，又BC FG ⊥，FG EF F= 所以BC ⊥平面EFG ，又EF ⊂平面EFG ，所以BC EG ⊥，则EGF ∠为二面角E BC D --的平面角，即45EGF ∠=︒，又1CD DO OB OC ====，所以120BOC ∠=︒，则30OCB OBC ∠=∠=︒，故90BCD ∠=︒，所以//FG CD ，因为23DE DF EF AD OD AO ===，则312,,233AO EF OF DF ===，所以BF GF BD CD=，则112323GF +==，所以23EF GF ==，则312AO EF ==，所以11111332A BCD BCD V S AO -∆=⋅=⨯⨯⨯=．15．（2020•江苏）在三棱锥A BCD -中，已知CB CD ==，2BD =，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，2AO =，E 为AC 中点．（1）求直线AB 与DE 所成角的余弦值；（2）若点F 在BC 上，满足14BF BC =，设二面角F DE C --的大小为θ，求sin θ的值．【解答】解：（1）如图，连接OC ，CB CD = ，O 为BD 的中点，CO BD ∴⊥．以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．2BD = ，1OB OD ∴==，则2OC ===．(1B ∴，0，0)，(0A ，0，2)，(0C ，2，0)，(1D -，0，0)，E 是AC 的中点，(0E ∴，1，1)，∴(1,0,2)AB =- ，(1,1,1)DE = ．设直线AB 与DE 所成角为α，则||15cos 15||||AB DE AB DE α⋅==⋅ ，即直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515；（2）14BF BC = ，∴14BF BC = ，设(F x ，y ，)z ，则(1x -，y ，1)(4z =-，12，0)，3(4F ∴，12，0)．∴(1,1,1)DE = ，71(,,0)42DF = ，(1,2,0)DC = ．设平面DEF 的一个法向量为111(,,)m x y z = ，由11111071042m DE x y z m DF x y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取12x =-，得(2,7,5)m =-- ；设平面DEC 的一个法向量为222(,,)n x y z = ，由22222020n DE x y z n DC x y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取22x =-，得(2,1,1)n =- ．|||cos|||||m nm nθ⋅∴===⋅sin13θ∴===．16．（2020•新课标Ⅲ）如图，在长方体1111ABCD A B C D-中，点E，F分别在棱1DD，1BB上，且12DE ED=，12BF FB=．（1）证明：点1C在平面AEF内；（2）若2AB=，1AD=，13AA=，求二面角1A EF A--的正弦值．【解答】（1）证明：在1AA上取点M，使得12A M AM=，连接EM，1B M，1EC，1FC，在长方体1111ABCD A B C D-中，有111////DD AA BB，且111DD AA BB==．又12DE ED=，12A M AM=，12BF FB=，1DE AM FB∴==．∴四边形1B FAM和四边形EDAM都是平行四边形．1//AF MB∴，且1AF MB=，//AD ME，且AD ME=．又在长方体1111ABCD A B C D-中，有11//AD B C，且11AD B C=，11//B C ME∴且11B C ME=，则四边形11B C EM为平行四边形，11//EC MB∴，且11EC MB=，又1//AF MB，且1AF MB=，1//AF EC∴，且1AF EC=，则四边形1AFC E为平行四边形，∴点1C在平面AEF内；（2）解：在长方体1111ABCD A B C D-中，以1C为坐标原点，分别以11C D，11C B，1C C所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．2AB = ，1AD =，13AA =，12DE ED =，12BF FB =，(2A ∴，1，3)，(2E ，0，2)，(0F ，1，1)，1(2A ，1，0)，则(2,1,1)EF =-- ，(0,1,1)AE =-- ，1(0,1,2)A E =- ．设平面AEF 的一个法向量为1111(,,)n x y z = ．则1111111200n EF x y z n AE y z ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅=--=⎪⎩ ，取11x =，得1(1,1,1)n =- ；设平面1A EF 的一个法向量为2222(,,)n x y z = ．则222221222020n EF x y z n A E y z ⎧⋅=-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取21x =，得2(1,4,2)n =．121212cos ,||||n n n n n n ⋅∴<>==⋅ 设二面角1A EF A --为θ，则42sin 7θ==．∴二面角1A EF A --的正弦值为7．17．（2019•天津）如图，AE ⊥平面ABCD ，//CF AE ，//AD BC ，AD AB ⊥，1AB AD ==，2AE BC ==．（Ⅰ）求证：//BF 平面ADE ；（Ⅱ）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【解答】（Ⅰ）证明：以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AE 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，可得(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(1C ，2，0)，(0D ，1，0)，(0E ，0，2)．设(0)CF h h =>，则(1F ，2，)h ．则(1,0,0)AB = 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h = ，可得0BF AB ⋅= ．又 直线BF ⊂/平面ADE ，//BF ∴平面ADE ；（Ⅱ）解：依题意，(1,1,0)BD =- ，(1,0,2)BE =- ，(1,2,2)CE =-- ．设(,,)n x y z = 为平面BDE 的法向量，则020n BD x y n BE x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，令1z =，得(2,2,1)n = ．4cos ,9||||CE n CE n CE n ⋅∴<>==-⋅ ．∴直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49；（Ⅲ）解：设(,,)m x y z = 为平面BDF 的法向量，则020m BD x y m BF y hz ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，取1y =，可得2(1,1,m h =- ，由题意，22|4|||1|cos ,|||||3432m n h m n m n h -⋅<>===⋅⨯+ ，解得87h =．经检验，符合题意．∴线段CF 的长为87．18．（2019•新课标Ⅲ）图1是由矩形ADEB 、Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B CG A --的大小．【解答】证明：（1）由已知得//AD BE ，//CG BE ，//AD CG ∴，AD ∴，CG 确定一个平面，A ∴，C ，G ，D 四点共面，由已知得AB BE ⊥，AB BC ⊥，AB ∴⊥面BCGE ，AB ⊂ 平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ．解：（2）作EH BC ⊥，垂足为H ，EH ⊂ 平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，EH ∴⊥平面ABC ，由已知，菱形BCGE 的边长为2，60EBC ∠=︒，1BH ∴=，3EH =，以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H xyz -，则(1A -，1，0)，(1C ，0，0)，(2G ，0)，(1CG = ，0，(2AC = ，1-，0)，设平面ACGD 的法向量(n x = ，y ，)z ，则020CG n x AC n x y ⎧==⎪⎨=-=⎪⎩ ，取3x =，得(3n = ，6，，又平面BCGE 的法向量为(0m = ，1，0)，cos ,||||2n m n m n m ∴<>== ，∴二面角B CG A --的大小为30︒．19．（2018•新课标Ⅲ）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，求面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM MC ⊥，正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，AD ∴⊥平面DCM ，则AD MC ⊥，AD DM D = ，MC ∴⊥平面ADM ，MC ⊂ 平面MBC ，∴平面AMD ⊥平面BMC ．（2）ABC ∆ 的面积为定值，∴要使三棱锥M ABC -体积最大，则三棱锥的高最大，此时M 为圆弧的中点，建立以O 为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图正方形ABCD 的边长为2，(2A ∴，1-，0)，(2B ，1，0)，(0M ，0，1)，则平面MCD 的法向量(1m = ，0，0)，设平面MAB 的法向量为(n x = ，y ，)z 则(0AB = ，2，0)，(2AM =- ，1，1)，由20n AB y == ，20n AM x y z =-++= ，令1x =，则0y =，2z =，即(1n = ，0，2)，则cos m <，||||m n n m n >== ，则面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值sin 5α==．20．（2018•新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，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．【解答】（1）证明：连接BO ，2AB BC == ，O 是AC 的中点，BO AC ∴⊥，且2BO =，又4PA PC PB AC ====，PO AC ∴⊥，23PO =，则222PB PO BO =+，则PO OB ⊥，OB A C O = ，PO ∴⊥平面ABC ；（2）建立以O 坐标原点，OB ，OC ，OP 分别为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系如图：(0A ，2-，0)，(0P ，0，23)，(0C ，2，0)，(2B ，0，0)，(2BC =- ，2，0)，设(2BM BC λλ==- ，2λ，0)，01λ<<则(2AM BM BA λ=-=- ，2λ，0)(2--，2-，0)(22λ=-，22λ+，0)，则平面PAC 的法向量为(1m = ，0，0)，设平面MPA 的法向量为(n x = ，y ，)z ，则(0PA = ，2-，23)-，则2230n PA y z ⋅=--= ，(22)(22)0n AM x y λλ⋅=-++= 令1z =，则3y =-，(1)31x λλ+=-，即(3(1n λλ+=- ，31)，二面角M PA C --为30︒，cos30||||||2m n m n ⋅∴︒== ，2=，解得13λ=或3λ=（舍)，则平面MPA的法向量n =，1)，(0PC = ，2，-，PC 与平面PAM 所成角的正弦值sin |cos PC θ=<，||164n >===．21．（2019•北京）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，//AD BC ，2PA AD CD ===，3BC =．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（Ⅰ）求证：CD ⊥平面PAD ；（Ⅱ）求二面角F AE P --的余弦值；（Ⅲ）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【解答】证明：（Ⅰ）PA ⊥ 平面ABCD ，PA CD ∴⊥，AD CD ⊥ ，PA AD A = ，CD ∴⊥平面PAD ．解：（Ⅱ）以A 为原点，在平面ABCD 内过A 作CD 的平行线为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，(0A ，0，0)，(0E ，1，1)，2(3F ，23，4)3，(0P ，0，2)，(2B ，1-，0)，(0AE = ，1，1)，224(,,)333AF = ，平面AEP 的法向量(1n = ，0，0)，设平面AEF 的法向量(m x = ，y ，)z ，则02240333m AE y z m AF x y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=++=⎪⎩，取1x =，得(1m = ，1，1)-，设二面角F AE P --的平面角为θ，则||3cos ||||33m n m n θ⋅===⋅ ．∴二面角F AE P --的余弦值为33．（Ⅲ）直线AG 在平面AEF 内，理由如下： 点G 在PB 上，且23PG PB =．4(3G ∴，23-，2)3，∴4(3AG = ，23-，2)3， 平面AEF 的法向量(1m = ，1，1)-，4220333m AG ⋅=--= ，故直线AG 在平面AEF 内．。
立体几何中的向量方法(习题)
立体几何中的向量方法（习题）例题示范例1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB 上的点，且DE∥BC，DE=2．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2．（1）求证：A1C⊥平面BCDE；（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；（3）线段B C上是否存在点P，使平面A1D P与平面A1B E垂直？请说明理由．过程示范：（1）如图2，由题意得，CD⊥DE，A1D⊥DE，1CD A D=D，∴DE⊥平面A1CD，∵A1C⊂平面A1CD，∴A1C⊥DE，又A1C⊥CD，CD DE=D，∴A1C⊥平面BCDE．（2）如图，建立空间直角坐标系C-xyz，在Rt△A1CD中，A1C⊥CD，CD=2，A1D=4，∴A1C=则C(0，0，0)，D(-2，0，0)，A1(0，0，，B(0，3，0)，E(-2，2，0)，M(-1，0，，∴1(03A B−−→=-，，，(210)BE−−→=--，，，(10CM−−→=-，，设平面A1BE的法向量为()x y z=，，n，则13020A B yBE x y−−→−−→⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--=⎩nn不妨取1=x，则2=-y，=z∴平面A1BE的一个法向量为(12=-，，n，设CM与平面A1BE所成的角为θ，则sin cos2CMCMCMθ−−→−−→−−→⋅=<>===，nnn，故CM与平面A1BE所成角的大小为45°．（3）假设线段BC上存在满足题意的点P，图2图1A1MBCD EEDC BA且点P 的坐标为(0，a ，0)，03a ≤≤，则1(0A P a −−→=-，，，(20)DP a −−→=，，，设平面A 1DP 的法向量为1111()x y z =，，n ，则1111111020A P ay DP x ay −−→−−→⎧=-=⎪⎨⎪=+=⎩⋅⋅n n不妨取13=-x a ，则16=y，1=z ，∴平面A 1DP的一个法向量为1(36)a =-，n ， 若平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，则10=⋅n n ， ∴31230a a ---=，解得2=-a ， ∵03a ≤≤，∴线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．巩固练习1. 如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，若AA 1=2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值为（ ）A ．23BCD ．13D CBAC 1D 1B 1A 1A 1B 1C 1DCB A第1题图 第2题图2. 如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都为2，若D 为CC 1的中点，则二面角A -A 1D -B 的余弦值为（ ） A．6B．3C．3D．43. 在空间直角坐标系O -xyz 中，平面OAB 的一个法向量为n =(2，-2，1)，已知点P (-1，-3，2)，则点P 到平面OAB 的距离为（ ）A ．4B ．2C ．3D ．14. 如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点C 1到平面ACD 1的距离为（ ）A．2BC．3D ．15. 如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，12PA AC AB ==，N 为AB 上一点，且AB =4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点． （1）求证：CM ⊥SN ；（2）求SN 与平面CMN 所成角的大小．SMNPA BC6. 如图，已知四边形ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，12QA AB PD ==． （1）求证：平面PQC ⊥平面DCQ ； （2）求二面角Q -BP -C 的余弦值．ABCD A 1C 1D 1B 1QP D CB A B 1C 1A 1CBA7. 如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形AA 1C 1C 是边长为4的正方形，且平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB =3，BC =5． （1）求证：AA 1⊥平面ABC ； （2）求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值； （3）求证：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求1BDBC 的值．【参考答案】巩固练习 1. A 2. D 3. B 4. C5.（1）证明略；（2）45°6. （1）证明略；（2）7. （1）证明略；（2）1625；（3）925。
2021年高考数学考点45立体几何中的向量方法必刷题理含解析
考点45 立体几何中的向量方法1．如图，在直三棱柱中，平面平面，且.（1）求证：；（2）若直线与平面所成的角为，求锐二面角的大小.【答案】（1）见解析；（2）.．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分又，从而侧面，又侧面，故．．．．．．．．．．．6分（2）2．如图，α∩β＝l，二面角α－l－β的大小为θ，A∈α，B∈β，点A在直线l上的射影为A1，点B 在l上的射影为B1.已知AB＝2，AA1＝1，BB1＝.(1)若θ＝120°，求直线AB与平面β所成角的正弦值；(2)若θ＝90°，求二面角A1－AB－B1的余弦值．【答案】（1）；（2）。
【解析】(1)如图，过点A作平面β的垂线交于点G，连接GB、GA1，因为AG⊥β，所以∠ABG是AB与β所成的角．Rt△GA1A中， GA1A＝60°，AA1＝1,则A1(0，0，0)，A(0，0，1)，B1(0，1，0)，B(，1，0)．3．如图，四棱锥的底面为平行四边形，，．（1）求证：；（2）若，，，求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）设平面的法向量，由，得，∴∴故所求的二面角的余弦值为4．如图所示，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，点E为AD的中点，，平面ABCD，且求证：；线段PC上是否存在一点F，使二面角的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析.二面角的余弦值是，，由，解得，，，线段PC上存在一点F，当点F满足时，二面角的余弦值是．5．如图，在四棱锥中，底面是平形四边形，平面，点，分别为,的中点，且，.（1）证明：平面；（2）设直线与平面所成角为，当在内变化时，求二面角的平面角余弦值的取值范围.【答案】（1）见解析（2）∴四边形，6．如图长方体的，底面的周长为4，为的中点. （Ⅰ）判断两直线与的位置关系，不需要说明理由；（Ⅱ）当长方体体积最大时，求二面角的大小；（Ⅲ）若点满足，试求出实数的值，使得平面.由，得，7．如图，在四棱锥中，，平分，平面，，点在上，.（1）求证：平面；（2）若，,求二面角的余弦值. 【答案】(1)见解析.（2）.8．如图，在四棱锥中，底面，，点为棱的中点。
向量法解立体几何及经典例题(上课用)
向量法解立体几何1、直线的方向向量和平面的法向量⑴．直线的方向向量： 若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量.⑵．平面的法向量： 若向量n 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⊥，如果n α⊥，那么向量n 叫做平面α的法向量.⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）： ①建立适当的坐标系．②设平面α的法向量为(,,)n x y z =．③求出平面内两个不共线向量的坐标123123(,,),(,,)a a a a b b b b ==．④根据法向量定义建立方程组0n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩.⑤解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量.例1：在空间直角坐标系中,已知(3,0,0),(0,4,0)A B ,(0,0,2)C ,试求平面ABC 的一个法向量.2、用向量方法判定空间中的平行关系⑴线线平行。
设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，则要证明1l ∥2l ，只需证明a ∥b ，即()a kb k R =∈.例2： 四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形, PD ⊥底面ABCD ，PD=DC=6, E 是PB的中点，DF:FB=CG:GP=1:2 . 求证：AE//FG.⑵线面平行。
设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l ∥α，只需证明a u ⊥，即0a u ⋅=.例3：如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于D ．求证：PB 1∥平面BDA 1；⑶面面平行。
若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证α∥β，只需证u ∥v ，即证u v λ=.例4：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .3、用向量方法判定空间的垂直关系⑴线线垂直。
用向量方法解立体几何的的题目
用向量方法求空间角和距离前言：在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题． 1.求空间角问题空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；（平面和平面所成的角）二面角．（１）求异面直线所成的角设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量, 则两异面直线所成的角α=arccos ||||||a ba b（２）求线面角设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量， 则斜线l 与平面α所成的角α=arcsin ||||||l nl n（３）求二面角a l ⊥，在β内b l ⊥，其方向如图，则二方法一：在α内平面角α=arccos||||a ba b 面角l αβ--的方法二：设12,,n n 是二面角l αβ--的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角l αβ--的平面角α=1212arccos||||n n n n2.求空间距离问题构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，像异面直线间的 距离、线面距离、面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离方法一：设n 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==方法二：设AO α⊥于O,利用AO α⊥和点O 在α内 的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||AO ．（２）求异面直线的距离方法一：找平面β使b β⊂且a β，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离．方法二：在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a 、b 分别为异面直线a 、b 的方向向量,求n （n a ⊥，n b ⊥），则异面直线a 、b 的距离|||||cos |||AB n d AB n θ==（此方法移植于点面距离的求法）．例１．如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱1111,A D A B 的中点．（Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成的角； （II ）求1BC 和面EFBD 所成的角；（III ）求1B 到面EFBD 的距离 记异面直线1DE FC与所成的角为α，解：（Ⅰ）则α等于向量1DE FC 与的夹角或其补角，11||||111111cos ||()()||||||DE FC DE FC DD D E FB B C DE FC α∴=++=（II ）如图建立空间坐标系D xyz -， 则(1,0,2)DE =，(2,2,0)DB =设面EFBD 的法向量为(,,1)n x y = 由0DE n DB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得(2,2,1)n =- 又1(2,0,2)BC =- 记1BC 和面EFBD 所成的角为θ 则 1112sin |cos ,|||2||||BC n BC n BC n θ⋅=〈〉== ∴ 1BC 和面EFBD 所成的角为4π． （III ）点1B 到面EFBD 的距离ｄ等于向量1BB 在面EFBD 的法向量上的投影的绝对值，1||||BB n d n ∴==23 点评：1.作为本专题的例１，首先选择以一个容易建立空间直角坐标系的多面体―正方体为载体， 来说明空间角和距离的向量求法易于学生理解．2.解决(1)后，可让学生进一步求这两条异面直线的距离，并让学生体会一下：如果用传统方法恐怕很难（不必多讲，高考对公垂线的作法不作要求）．3.完成这３道小题后，总结：对于易建立空间直角坐标系的立几题，无论求角、距离还是证明平行、垂直（是前者的特殊情况），都可用向量方法来解决，向量方法可以人人学会，它程序化，不需技巧．例2．如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形B BA A '' 是矩形，。
空间向量立体几何(绝对经典)
例1：已知平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1，化简下列向量表达式，并标出化简结果的向量。
(如图)A BCD A 1B 1C 1D 1G1)1(AA AD AB ++1111)1(AC CC AC AA AC AA AD AB =+=+=++解M 始点相同的三个不共面向量之和，等于以这三个向量为棱的平行六面体的以公共始点为始点的对角线所示向量推论:如果 为经过已知点A且平行已知非零向量 的直线,那么对任一点O,点P在直线 上的充要条件是存在实数t,满足等式OP=OA+t 其中向量叫做直线的方向向量.ll aaOABP a若P为A,B中点,则()12=+ OP OA OB2.共面向量定理:如果两个向量 不共线,则向量 与向量 共面的充要条件是存在实数对 使, a b yx , p ,a b OM a b A B A 'Pp p xa yb =+ 推论:空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对x,y使或对空间任一点O,有=+MP xMA yMB =++ OP OM xMA yMB 注意：空间四点P 、M 、A 、B 共面⇔存在唯一实数对,,x y MP xMA yMB =+ （）使得(1)OP xOM yOA zOB x y z ⇔=++++= 其中，例1：已知m,n 是平面α内的两条相交直线，直线l 与α的交点为B ，且l ⊥m ，l ⊥n ，求证：l ⊥α。
n mg g m n αl l 证明：在α内作不与m、n重合的任一条直线g,在l、m、n、g上取非零向量l、m、n、g ，因m与n相交，得向量m、n 不平行，由共面向量定理可知，存在唯一的有序实数对（x，y），使g =x m +y n ,l ·g =x l ·m +y l ·n∵ l ·m =0,l ·n =0∴ l ·g =0∴ l⊥g∴ l⊥g这就证明了直线l垂直于平面α内的任一条直线，所以l⊥α巩固练习：利用向量知识证明三垂线定理αa A O P ().,0,,,,0,0,PA a PA a a OA a PO a PA OAy PO x PA y x OA PO OA PO a OA a OA a PO a PO PO aa ⊥⊥∴=⋅+⋅=⋅∴+==⋅∴⊥=⋅∴⊥∴⊥即使有序实数对定理可知，存在唯一的不平行，由共面向量相交，得又又而上取非零向量证明：在αPA a OAa a PA OA PA PO ⊥⊥⊂求证：且内的射影，在是的垂线，斜线，分别是平面已知：,,ααα复习:2. 向量的夹角:a bO ABabθ0a b π≤≤ ，a b ，向量 的夹角记作:a b 与a b = ||||cos ,a b a b 1.空间向量的数量积:111222(,,),(,,)a x y z b x y z == 设121212x x y y z z =++cos ||||a ba b a b =，121212222222111222++=++⋅++x x y y z z x y z x y z 5.向量的模长:2222||a a x y z ==++ (,,)a x y z = 设4.有关性质:(1)两非零向量111222(,,),(,,)a x y zb x y z == 1212120x x y y z z ++=0a b a b ⊥⇔=⇔ (2)||||||a b a b ≤ ||||,a b a b a b =⇒ 同方向||||,a b a b a b =-⇒ 反方向注意：此公式的几何意义是表示长方体的对角线的长度。
高考数学专题复习《空间几何中的向量方法》知识梳理及典型例题讲解课件(含答案)
变式1：
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．
在 Rt△FDG 中，可得 FG＝ 6. 2
在直角梯形 BDFE 中，由 BD＝2，BE＝ 2，DF＝ 2，可得 EF＝3 2.
2
2
从而 EG2＋FG2＝EF2，所以 EG⊥FG. ②
又因为 AC∩FG＝G，③所以 EG⊥平面 AFC.（一）
因为 EG ⫋ 平面 AEC，（二）所以平面 AEC⊥平面 AFC.
例 1 如图所示，在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AA1⊥底面 ABC，AB＝BC＝AA1，∠
ABC＝90°，点 E，F 分别是棱 AB，BB1 的中点，则直线 EF 和 BC1 所成的角是
()
A．30°
B．45°
C．60° D．90°
解析：选 C 以 B 为坐标原点，以 BC 所在直线为 x 轴，BA 所在直线为 y 轴，BB1 所 在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系如图所示． 设 AB＝BC＝AA1＝2，则 C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，∴ E→F＝(0，－1，1)，B→C1＝(2，0，2)，∴E→F·B→C1＝2，设直线 EF 与
[解] (1)证明：如图，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.
向量法解立体几何 大题
ADE B C1. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为梯形，∠ABC=∠BAD=90°，BC=2，AP=AD=AB=，∠PAB=∠PAD=α．（1）试在棱PA上确定一个点E，使得PC∥平面BDE，并求出此时的值；（2）当α=60°时，求证：CD⊥平面PBD．2.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90︒，BC=1，AC=CC1=2.(1)证明：AC1⊥A1B;(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1-AB-C的大小.3. 如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．（I）求证：平面AEC⊥平面PDB;（II）当PD=2AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．4.如图，在四棱锥BCDEA-中，平面ABC⊥平面BCDE；90CDE BED∠=∠=︒，2AB CD==，1DE BE==，2AC=.（1）证明：AC⊥平面BCDE；（2）求直线AE与平面ABC所成的角的正切值.5.如图，四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.（I）证明：PB∥平面AEC;(II)设AP=1，AD=3,三棱锥P-ABD的体积V=43，求A到平面PBC的距离.7. 如图，直四棱柱ABCD – A1B1C1D1中，AB//CD，AD⊥AB，AB=2，AD=错误!未找到引用源。
，AA1=3，E为CD上一点，DE=1，EC=3(1)证明：BE⊥平面BB1C1C;(2) 求点B1 到平面EA1C1的距离APB CDECBDAP8. 如图，四棱锥902,P ABCD ABC BAD BC AD PAB PAD -∠=∠==∆∆中，，与都是边长为2的等边三角形.（I ）证明：;PB CD ⊥（II ）求点.A PCD 到平面的距离9. 如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，22AC =，2PA =，E 是PC 上的一点，2PE EC =。
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析(学生用)
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。
更易于学生们所接受，要高度重视空间向量的工具性。
首先，梳理一下利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法。
一、利用空间向量求空间角(1)两条异面直线所成的夹角范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线,a b 的方向向量为a,b ，其夹角为θ，则有cos ___________.θ=(2)直线与平面所成的角定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。
范围：直线和平面所夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与法向量所成角的余弦值为|cos |___________.θ=直线与平面所成的角为ϕ，则有sin ___________.ϕ=或在平面内任取一个向量m ，则|cos |___________.θ=.(3)二面角二面角的取值范围是 . 二面角的向量求法：方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的 即为所求的二面角的大小；方法二：设1n ，2n 分别是两个面的 ，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。
二、利用空间向量求空间距离（1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d就是 ，即d =||||MP ⋅u u u r n n .（2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是在向量n 方向射影的绝对值，即d = .平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是在向量n方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅u u u r n n .（3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是MP 在向量n方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅u u u r n n .三、利用空间向量解证平行、垂直关系1：①所谓直线的方向向量，就是指 的向量，一条直线的方向向量有 个。
立体几何问题的向量解法PPT优秀课件
89.虚荣心很难说是一种恶行，然而一切恶行都围绕虚荣心而生，都不过是满足虚荣心的手段。――[柏格森] 90.习惯正一天天地把我们的生命变成某种定型的化石，我们的心灵正在失去自由，成为平静而没有激情的时间之流的奴隶。――[托尔斯泰]
§9.6立体几何问题的
用向量处理平行与垂直问题
1、平行
线//线
复习回顾
推论
判定定理 线//面 判定定理
性质定理
定义
性质定理
面//面
2、直线与平面垂直
⑴ l l 内的任意一条直线
判定定理
⑵ 线⊥线
线⊥面
定义
（一）用向量处理平行问题
aa
e1 n
e2
aa bb
m
n
a//an
a// b a//b a//a,e1,e2共面
126.在寒冷中颤抖过的人倍觉太阳的温暖，经历过各种人生烦恼的人，才懂得生命的珍贵。――[怀特曼] 127.一般的伟人总是让身边的人感到渺小；但真正的伟人却能让身边的人认为自己很伟大。――[G.K.Chesteron]
128.医生知道的事如此的少，他们的收费却是如此的高。――[马克吐温] 129.问题不在于：一个人能够轻蔑、藐视或批评什么，而是在于：他能够喜爱、看重以及欣赏什么。――[约翰·鲁斯金]
91.要及时把握梦想，因为梦想一死，生命就如一只羽翼受创的小鸟，无法飞翔。――[兰斯顿·休斯] 92.生活的艺术较像角力的艺术，而较不像跳舞的艺术；最重要的是：站稳脚步，为无法预见的攻击做准备。――[玛科斯·奥雷利阿斯] 93.在安详静谧的大自然里，确实还有些使人烦恼.怀疑.感到压迫的事。请你看看蔚蓝的天空和闪烁的星星吧!你的心将会平静下来。[约翰·纳森·爱德瓦兹]
3.2立体几何中的向量方法（经典例题及答案详解）
3.2立体几何中的向量方法（经典例题及答案详解）3.2立体几何中的向量方法第一课时立体几何中的向量方法（1）教学要求：向量运算在几何证明与计算中的应用．掌握利用向量运算解几何题的方法，并能解简单的立体几何问题．教学重点：向量运算在几何证明与计算中的应用．教学难点：向量运算在几何证明与计算中的应用．教学过程：一、复习引入1. 用向量解决立体几何中的一些典型问题的基本思考方法是：⑴如何把已知的几何条件（如线段、角度等）转化为向量表示；⑵考虑一些未知的向量能否用基向量或其他已知向量表式；⑶如何对已经表示出来的向量进行运算，才能获得需要的结论？2. 通法分析：利用两个向量的数量积的定义及其性质可以解决哪些问题呢？⑴利用定义a ·b ＝|a ||b |cos ＜a ,b ＞或cos ＜a ,b ＞＝a b a b ??r r r r ，可求两个向量的数量积或夹角问题；⑵利用性质a ⊥b ?a ·b ＝０可以解决线段或直线的垂直问题；⑶利用性质a ·a ＝｜a ｜2，可以解决线段的长或两点间的距离问题．二、例题讲解1. 出示例1：已知空间四边形OABC 中，OA BC ⊥，OB AC ⊥．求证：OC AB ⊥．证明：·OC AB u u u u r u u u r ＝·()OC OB OA -u u u u r u u u r u u u r ＝·OC OB u u u u r u u u r －·OC OA u u u u r u u u r ．∵OA BC ⊥，OB AC ⊥，∴·0OA BC =u u u r u u u r ，·0OB AC =u u u r u u u u r ，·()0OA OC OB -=u u u r u u u u r u u u r ，·()0OB OC OA -=u u u r u u u u r u u u r ．∴··OA OC OA OB =u u u r u u u u r u u u r u u u r ，··OB OC OB OA =u u u r u u u u r u u u r u u u r ．∴·OC OB u u u u r u u u r ＝·OC OA u u u u r u u u r ，·OC ABu u u u r u u u r ＝0．∴OC AB ⊥ 2. 出示例2：如图，已知线段AB 在平面α内，线段AC α⊥，线段BD ⊥AB ，线段'DD α⊥，'30DBD ∠=o ，如果AB ＝a ，AC ＝BD ＝b ，求C 、D 间的距离．解：由AC α⊥，可知AC AB ⊥．由'30DBD ∠=o 可知，＜,CA BD u u u r u u u u r ＞＝120o ，∴2||CD u u u u r ＝2()CA AB BD ++u u u r u u u r u u u u r ＝2||CA u u u r ＋2||AB u u u r ＋2||BD u u u u r ＋2(·CA AB u u u r u u u r ＋·CA BD u u u r u u u u r ＋·AB BD u u u r u u u u r )＝22222cos120b a b b +++o ＝22a b +．∴22CD a b =+．3. 出示例3：如图，M 、N 分别是棱长为1的正方体''''ABCD AB C D -的棱'BB 、''B C 的中点．求异面直线MN 与'CD 所成的角．解：∵MN u u u u r ＝1(')2CC BC +u u u u r u u u r ，'CD u u u u r ＝'CC CD +u u u u r u u u u r ，∴·'MN CD u u u u r u u u u r ＝1(')2CC BC +u u u u r u u u r ·(')CC CD +u u u u r u u u u r ＝12(2|'|CC u u u u r ＋'CC CD u u u u r u u u u r g ＋·'BC CC u u u r u u u u r ＋·BC CD u u u r u u u u r )．∵'CC CD ⊥，'CC BC ⊥，BC CD ⊥，∴'0CC CD =u u u u r u u u u r g，·'0BC CC =u u u r u u u u r ，·0BC CD =u u u r u u u u r ，∴·'MN CD u u u u r u u u u r ＝122|'|CC u u u u r ＝12．…求得 cos ＜,'MN CD u u u u r u u u u r ＞12=，∴＜,'MN CD u u u u r u u u u r ＞＝60o . 4. 小结：利用向量解几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示式，并用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算去计算或证明．反思：本节课较好的完成了教学任务，实现了教学目标。
高三立体几何大题专题(用空间向量解决立体几何类问题)
【知识梳理】之马矢奏春创作二、空间向量的概念及相关运算1、空间向量基本定理如果三个向量,,a b c 不共面，那么对空间任一向量p xa yb zc =++,,a b c 称为基向量。
2、空间直角坐标系的建立分别以互相垂直的三个基向量k j i,,的方向为正方向建立三条数轴：x 轴，y 轴和z 轴。
则a xi y j zk =++（x,y,z ）称为空间直角坐标。
注：假如没有三条互相垂直的向量，需要添加辅助线构造，在题目中找出互相垂直的两个面，通过做垂线等方法来建立即可。
3、空间向量运算的坐标暗示(1)若()()111222,,,,,a x y z b x y z ==，则：()121212,,a b x x y y z z ±=±±±21a a a x =⋅=+a b ⋅=a cos ,b a b 〈〉．cos ,a b a b a b⋅〈〉=(2)设()()111222,,,,,A x y z B x y z ==则()212121,,AB OB OA x x y y z z =-=--- (3)()111,,x y z A ，()222,,x y z B =，则(d x AB =AB =二、应用：平面的法向量的求法：1、建立恰当的直角坐标系2、设平面法向量n =（x ，y ，z ）3、在平面内找出两个不共线的向量，记为a =（a1，a2, a3） b =（b1，b2，b3）4、根据法向量的定义建立方程组①n*a =0 ②n*b =05、解方程组，取其中一组解即可。
应用1：证明空间位置关系（1）线线平行：证明//AB CD ，即证明//AB CD （2）线线垂直：证明AB CD ⊥，即证明0AB CD ⋅=（3）线面平行：证明//AB α（平面）（或在面内），即证明AB 垂直于平面的法向量或证明AB 与平面内的基底共面；（4）线面垂直：证明AB α⊥，即证明AB 平行于平面的法向量或证明AB 垂直于平面内的两条相交的直线所对应的向量；（5）面面平行：证明两平面//αβ（或两面重合），即证明两平面的法向量平行或一个面的法向量垂直于另一个平面；（6）面面垂直：证明两平面αβ⊥，即证明两平面的法向量垂直或一个面的法向量在内一个面内。
高考数学 空间向量解立体几何(含综合题习题)
利用空间向量解立体几何问题一、基础知识（一）刻画直线与平面方向的向量1、直线：用直线的方向向量刻画直线的方向问题，而方向向量可由直线上的两个点来确定 例如：()()2,4,6,3,0,2A B ，则直线AB 的方向向量为()1,4,4AB =--2、平面：用平面的法向量来刻画平面的倾斜程度，何为法向量？与平面α垂直的直线称为平面α的法线，法线的方向向量就是平面α的法向量，如何求出指定平面的法向量呢？ （1）所需条件：平面上的两条不平行的直线（2）求法：（先设再求）设平面α的法向量为(),,n x y z =，若平面上所选两条直线的方向向量分别为()()111222,,,,,a x y z b x y z ==，则可列出方程组：1112220x y z x y x y z x y z z ++=⎧⎨++=⎩ 解出,,x y z 的比值即可 例如：()()1,2,0,2,1,3a b ==，求,a b 所在平面的法向量 解：设(),,n x y z =，则有20230x y x y z +=⎧⎨++=⎩ ，解得：2x yz y=-⎧⎨=⎩::2:1:1x y z ∴=- ()2,1,1n ∴=-（二）空间向量可解决的立体几何问题（用,a b 表示直线,a b 的方向向量，用,m n 表示平面,αβ的法向量）1、判定类（1）线面平行：a b a b ⇔∥∥ （2）线面垂直：a b a b ⊥⇔⊥ （3）面面平行：m n αβ⇔∥∥ （4）面面垂直：m n αβ⊥⇔⊥ 2、计算类：（1）两直线所成角：cos cos ,a b a b a bθ⋅==（2）线面角：cos ,sin a m a m a mθ⋅==（3）二面角：cos cos ,m n m n m nθ⋅==或cos cos ,m n m n m nθ⋅=-=-（视平面角与法向量夹角关系而定）（4）点到平面距离：设A 为平面α外一点，P 为平面α上任意一点，则A 到平面α的距离为A AP n d nα-⋅=，即AP 在法向量n 上投影的绝对值。
利用空间向量解立体几何问题典例精讲
利用空间向量解立体几何问题典例精讲1.在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是棱BC ,CC 1上的点，CF =AB =2CE ，AB :AD :AA 1=1:2:4(1)求异面直线EF ,A 1D 所成角的余弦值(2)证明：AF ⊥平面A 1ED (3)求二面角A 1-ED -F 正弦值解：由长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1得：AA 1,AB ,AD 两两垂直∴以AA 1,AB ,AD 为轴建立空间直角坐标系(1)E 1,32,0 ,F 1,2,1 ,A 10,0,4 ,D 0,2,0∴EF =0,12,1 ,A 1D =0,2,-4∴cos EF ,A 1D =EF ⋅A 1DEF ⋅A 1D=-354⋅20=-35∴cos θ=35(2)AF =1,2,1 ，设平面A 1ED 的法向量为n =x ,y ,z A 1D =0,2,-4 ,DE =1,-12,0 ∴2y -4z =0x -12y =0⇒x :y :z =1:2:1∴n =1,2,1 ∴AF ∥n∴AF ⊥平面A 1ED(3)设平面EDF 的法向量m=x ,y ,z DE =1,-12,0 ,DF =1,0,1∴x -12y =0x +z =0⇒x :y :z =1:2:-1 ∴m =1,2,-1 ∵n =1,2,1 ∴cos m ,n =m ⋅n m n =46=23∴sin θ=532.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA⊥平面ABCD ，PA =AD =4，AB =2，若MN 分别为棱PD ,PC 上的点，O 为AC 中点，且AC =2OM =2ON (1)求证：平面ABM ⊥平面PCD(2)求直线CD 与平面ACM 所成角的正弦值(3)求点N 到平面ACM 的距离解：∵PA ⊥平面ABCD ∴PA ⊥AB ,PA ⊥AD ∵矩形ABCD∴AB ⊥AD故PA ,AB ,AD 两两垂直以PA ,AB ,AD 为轴建立空间直角坐标系P 0,0,4 ,B 2,0,0 ,C 2,4,0 ,D 0,4,0 ,O 1,2,0AC =2OM =2ON ，且OM ,ON 分别为△AMC ,△ANC 的中线∴AN ⊥PC ,AM ⊥PD设点M x ,y ,z ，因为P ,M ,D 三点共线∴PM =λPD 而PM =x ,y ,z -4 ,PD=0,4,-4 ∴λPD=0,4λ,-4λ∴x =0y =4λz -4=-4λ∴M 0,4λ,4-4λ 而AM ⊥PD ⇒AM ⋅PD=0∴16λ-44-4λ =0⇒λ=12∴M 0,2,2同理，设点N x ,y ,z ，因为P ,N ,C 三点共线∴PN =μPC 而PN =x ,y ,z -4 ,PC=2,4,-4∴μPD=2μ,4μ,-4μ∴x =2μy =4μz -4=-4μ∴N 2μ,4μ,4-4μ 而AN ⊥PC ⇒AN ⋅PC=0∴4μ+16μ-44-4μ =0⇒μ=49∴N 89,169,209(1)设平面ABM 的法向量为n 1=x ,y ,z AB =2,0,0 ,AM =0,2,2 ∴2x =02y +2z =0⇒n 1 =0,1,-1设平面PCD 的法向量为n 2=x ,y ,z PC =2,4,-4 ,DC=2,0,0∴2x +4y -4z =02x =0 ⇒n 2=0,1,1 ∴n 1 ⋅n 2 =0∴n 1 ⊥n 2 ∴平面ABM ⊥平面PCD(2)设平面ACM 的法向量为nx ,y ,z AC =2,4,0 ,AM=0,2,2 ∴2x +4y =02y +2z =0 ⇒n =2,-1,1 而CD=-2,0,0∴设直线CD 与平面ACM 所成角为θ，则sin θ=cos CD ,n=CD ⋅n CD ⋅n=42⋅6=63(3)d N -平面ACM =AN ⋅nn=89⋅2+169⋅-1 +2096=102763.已知在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，且AD =2,AB =1,PA ⊥平面ABCD ，E ,F 分别是线段AB ,BC 的中点(1)求证：PF ⊥FD(2)在线段PA 上是否存在点G ，使得EG ∥平面PFD ，若存在，确定点G 的位置；若不存在，请说明理由(3)若PB 与平面ABCD 所成的角为45°，求二面角A -PD -F 的余弦值解：因为PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 是矩形∴以PA ,AD ,AB 为轴建立空间直角坐标系，设PA =h∴P 0,0,h ,B 1,0,0 ,D 0,2,0 ,C 1,2,0 ,F 1,1,0 ,E 12,0,0 (1)∴PF =1,1,-h ,FD =-1,1,0 ∴PF ⋅FD =0∴PF ⊥FD(2)设G 0,0,a∴EG =-12,0,a 设平面PFD 的法向量为n=x ,y ,z ∵PF =1,1,-h ,FD=-1,1,0∴x +y -zh =0-x +y =0⇒x =hy =h z =2∴n =h ,h ,2 ∵EG ∥平面PFD ∴EG ⊥n∴EG ⋅n =-12h +2a =0解得a =14h∴存在点G ，为AP 的四等分点(靠近A )(3)∵PA ⊥底面ABCD ∴PB 在底面ABCD 的投影为BA∴∠PBA 为PB 与平面ABCD 所成的角，即∠PBA =45°∴△PBA 为等腰直角三角形∴AP =AB =1即h =1∴平面PFD 的法向量为n=1,1,2平面APD 为yOz 平面，所以平面APD 的法向量为m=0,1,0 设二面角A -PD -F 的平面角为θ，可知θ为锐角∴cos θ=cos m ,n =16=664.四棱锥P -ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ,∠ABC =90°,PA =PB =3,BC =1,AB =2,AD =3,O 是AB 中点(1)求证：CD ⊥平面POC(2)求二面角C -PD -O 的平面角的余弦值(3)在侧棱PC 上是否存在点M ，使得BM ∥平面POD ，若存在，求出CMPC的值；若不存在，请说明理由解：过O 在平面ABCD 作AB 的垂线交CD 于Q ∵PA =PB ,O 为AB 中点∴PO ⊥AB∵平面PAB ⊥平面ABCD ∴PO ⊥平面ABCD ∴PO ⊥OB ,PO ⊥OQ ∵OQ ⊥AB∴以PO ,OB ,OQ 为轴建立空间直角坐标系PO =PA 2-OA 2=22∴P 0,0,22 ,B 1,0,0 ,A -1,0,0 ,C 1,1,0 ,D -1,3,0(1)CD =-2,2,0 设平面POC 的法向量为n=x ,y ,z OP =0,0,22 ,OC=1,1,0∴OP ⋅n =0OC ⋅n =0⇒22z =0x +y =0 ∴n =-1,1,0 ∴CD ∥n∴CD ⊥平面POC(2)设平面PCD 的法向量为n 1=x ,y ,z PC =1,1,-22 ,CD=-2,2,0∴PC ⋅n 1=0CD ⋅n 1 =0 ⇒x +y -22z =0-2x +2y =0∴n 1 =2,2,1 设平面PDO 的法向量为n 2=x ,y ,z OP =0,0,22 ,OD=-1,3,0∴OP ⋅n 2=0OD ⋅n 2 =0 ⇒22z =0-x +3y =0∴n 2 =3,1,0 ∴cos n 1 ,n 2 =n 1 ⋅n 2n 1 ⋅n 2=45所以二面角C -PD -O 的平面角的余弦值为45(3)设M x ,y ,z CM =λCPCM =x -1,y -1,z ,CP=-1,-1,22∴x -1=-λy -1=-λz =22λ⇒M 1-λ,1-λ,22λ∴BM =-λ,1-λ,22λ 而平面PDO 的法向量为n 2=3,1,0∵BM ∥平面POD ∴BM ⋅n 2=0⇒-3λ+1-λ=0∴λ=14∴CM PC=145.已知四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为a 的菱形，∠BAD =120°，PA =b(1)求证：平面PBD ⊥平面PAC(2)设AC 与BD 交于点O ，M 为OC 中点，若二面角O -PM -D 的正切值是26，求a :b 的值建系思路一：由PA 与底面垂直，从而以PA 作为z 轴，以AB 为x 轴，由120°的菱形性质可得取CD 中点T ，连结AT 则有AT ⊥AB ，从而建立空间直角坐标系解：取CD 中点T ，连结AT ，可得AT ⊥CD ∴AB ⊥AT∵PA ⊥平面ABCD∴以PA ,AB ,AT 为轴建立空间直角坐标系可得：B a ,0,0 ,C 12a ,32a ,0 ,D -12a ,32a ,0 ,P 0,0,b(1)设平面PBD 的法向量为m=x ,y ,z ∵PB =a ,0,-b ,BD =-32a ,32a ,0 ∴ax -bz =0-32ax +32ay =0⇒x =b y =3b z =a∴m=b ,3b ,a 设平面PAC 的法向量为n =x ,y ,z ∵AP =0,0,b ,AC =12a ,32a ,0 ∴z =012ax +32ay =0⇒x =-3y =1z =0∴n=-3,1,0 ∴m ⋅n =0∴平面PBD ⊥平面PAC(2)O 14a ,34a ,0 ,M 38a ,338a ,0 设平面OPM 的法向量为n 1 =x ,y ,z ∵OP =-14a ,-34a ,b ,OM =18a ,38a ,0 ∴-14ax -34ay +bz =018ax +38ay =0⇒x =-3y =1z =0∴n 1 =-3,1,0设平面PMD 的法向量为n 2 =x ,y ,z ∵PD =-12a ,32a ,-b ,MD =-78a ,38a ,0 ∴-12ax +32ay -bz =0-78ax +38ay =0 ⇒x =3b y =7b z =33a∴n2 =3b ,7b ,33a设二面角O -PM -D 的平面角为θ，则tan θ=26，可得cos θ=15∴cos θ=cos n 1 ,n 2 =4b 252b 2+27a 2=1510b =52b 2+27a 2⇒100b 2=52b 2+27a 2∴a 2b2=4827=169∴a b =4:3建系思路二：由思路一可发现尽管建系思路简单，但是所涉及的点的坐标过于复杂，而导致后面的计算繁杂。
空间向量解立体几何(含综合题习题)
空间向量解立体几何(含综合题习题)利用空间向量解立体几何问题一、基础知识1.刻画直线与平面方向的向量直线的方向向量可由直线上的两个点来确定。
例如，若有点A(2,4,6)和点B(3,0,2)，则直线AB的方向向量为AB=(1,-4,-4)。
平面的法向量来刻画平面的倾斜程度。
法线的方向向量就是平面的法向量。
要求出指定平面的法向量，需要平面上的两条不平行的直线。
设平面的法向量为n=(x,y,z)，若平面上所选两条直线的方向向量分别为a=(x1,y1,z1)和b=(x2,y2,z2)，则可列出方程组：x1x+y1y+z1z=0和x2x+y2y+z2z=0，解出x,y,z的比值即可。
例如，若a=(1,2,0)和b=(2,1,3)，求a,b所在平面的法向量，则设n=(x,y,z)，有方程组：x+2y=0，2x+y+3z=0，解得：x:y:z=-2:1:1，故n=(-2,1,1)。
2.空间向量可解决的立体几何问题1）判定类线面平行：a∥b当且仅当a∥b。
线面垂直：a⊥XXX且仅当a⊥b。
面面平行：α∥β当且仅当m∥n。
面面垂直：α⊥β当且仅当m⊥n。
2）计算类两直线所成角：cosθ=cos(a,b)=(a·b)/(|a||b|)。
线面角：sinθ=sin(a,m)=(a·m)/(|a||m|)。
二面角：cosθ=cos(m,n)（法向量夹角关系而定）或cosθ=-cos(m,n)。
点到平面距离：设A为平面α外一点，P为平面α上任意一点，则A到平面α的距离为d=|AP·n|/|n|，即AP在法向量n上投影的绝对值。
3）点的存在性问题在立体几何解答题中，最后一问往往涉及点的存在性问题，即是否在某条线上存在一点，使之满足某个条件。
解决该问题时，可以先设出所求点的坐标(x,y,z)，再想办法利用条件求出坐标。
为底面，以AD为高，构造平面ADE，可知平面ADE与平面ABCD- A1垂直，且平面ADE与平面EF所成角为所求角，故EF与平面ADE垂直。
向量法解立体几何
F1
F3
F2
F1
F2
F3
A
C
B
O
500kg
F1
F3
F2
例4 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC,E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F. (1)求证：PA//平面EDB (2)求证：PB⊥平面EFD (3)求二面角C-PB-D的大小。
A
空间“综合”问题
复习引入
【课后作业】
如图，已知：直角梯形OABC中，OA∥BC,∠AOC=90°，SO⊥面OABC，且OS=OC=BC=1，OA=2。求： (1)异面直线SA和OB所成的角的余弦值 (2)OS与面SAB所成角的余弦值 (3)二面角B－AS－O的余弦值
O
A
B
C
S
x
y
z
z
x
y
F1
A
B
C
D
E
F
M
NLeabharlann 4、如图6，在棱长为 的正方体 中， 分别是棱AB,BC上的动点，且 。 （1）求证： ； （2）当三棱锥 的体积取最大值时，求二面角 的正切值。
F2
F3
A
C
B
O
500kg
例1、如图,一块均匀的正三角形面的钢板的质量为 ，在它的顶点处分别受力 、 、 ，每个力与同它相邻的三角形的两边之间的夹角都是 ，且 .这块钢板在这些力的作用下将会怎样运动？这三个力最小为多大时，才能提起这块钢板？
B
C
D
P
E
F
A
B
C
D
P
E
F
X
Y
Z
G
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向量法解立体几何1、直线的方向向量和平面的法向量⑴．直线的方向向量： 若A 、B 是直线l 上的任意两点，则AB 为直线l 的一个方向向量；与AB 平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量.⑵．平面的法向量： 若向量n 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⊥，如果n α⊥，那么向量n 叫做平面α的法向量.⑶．平面的法向量的求法（待定系数法）： ①建立适当的坐标系．②设平面α的法向量为(,,)n x y z =．③求出平面内两个不共线向量的坐标123123(,,),(,,)a a a a b b b b ==．④根据法向量定义建立方程组0n a n b ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩.⑤解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量.例1：在空间直角坐标系中,已知(3,0,0),(0,4,0)A B ,(0,0,2)C ,试求平面ABC 的一个法向量.2、用向量方法判定空间中的平行关系⑴线线平行。
设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，则要证明1l ∥2l ，只需证明a ∥b ，即()a kb k R =∈.例2： 四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形, PD ⊥底面ABCD ，PD=DC=6, E 是PB的中点，DF:FB=CG:GP=1:2 . 求证：AE//FG.⑵线面平行。
设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l ∥α，只需证明a u ⊥，即0a u ⋅=.例3：如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC =90°，AB =AC =AA 1=1，延长A 1C 1至点P ，使C 1P ＝A 1C 1，连接AP 交棱CC 1于D ．求证：PB 1∥平面BDA 1；⑶面面平行。
若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证α∥β，只需证u ∥v ，即证u v λ=.例4：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .3、用向量方法判定空间的垂直关系⑴线线垂直。
设直线12,l l 的方向向量分别是a b 、，则要证明12l l ⊥，只需证明a b ⊥，即0a b ⋅=.例5：如图，已知正三棱柱A B C -111A B C 的底面边长为2，侧棱长为32，点E 在侧棱1A A 上，点F 在侧棱1B B 上，且22A E =,2BF = 求证：1C F C E ⊥；⑵线面垂直①（法一）设直线l 的方向向量是a ，平面α的法向量是u ，则要证明l α⊥，只需证明a ∥u ，即a u λ=.②（法二）设直线l 的方向向量是a ，平面α内的两个相交向量分别为m n 、，若0,.0a m l a n α⎧⋅=⎪⊥⎨⋅=⎪⎩则 例6：如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1中点。
求证：AB 1⊥面A 1BD ；⑶面面垂直。
若平面α的法向量为u ，平面β的法向量为v ，要证αβ⊥，只需证u v ⊥，即证0u v ⋅=.例7：如图，已知四棱锥P-ABCD ，底面ABCD 是菱形，∠DAB=600，PD ⊥平面ABCD ，PD=AD ，点E 为AB 中点，点F 为PD 中点。
证明平面PED ⊥平面PAB ；4、利用向量求空间角QMA BDCOP⑴求异面直线所成的角已知,a b 为两异面直线，A ，C 与B ，D 分别是,a b 上的任意两点，,a b 所成的角为θ，则cos .AC BD AC BDθ⋅=例8：如图，在四棱锥O ABCD -中，底面ABCD 四边长为1的 菱形，4ABC π∠=,OA ABCD ⊥底面, 2OA =,M 为OA 的中点。
求异面直线AB 与MD 所成角的大小；⑵求直线和平面所成的角求法：设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的夹角为ϕ， 则θ为ϕ的余角或ϕ的补角 的余角.即有：cos s .in a u a uϕθ⋅==例9：在棱长为a 的正方体''''ABCD A B C D -中，EF 分别是'',BC A D 的中点，求直线AD 与平面'B EDF 所成的角的余弦值，'DABCDEFG'A 'B'Cxyz⑶求二面角二面角的平面角是指在二面角βα--l 的棱上任取一点O ，分别在两个半平面内作射线l AO ⊥,β-l 的平面角.如图：求法：设二面角l αβ--的两个半平面的法向量分别为m n 、，再设m n 、的夹角为ϕ，二面角l αβ--的平面角为θ，则二面角θ为m n 、的夹角ϕ或其补角.πϕ- 根据具体图形确定θ是锐角或是钝角： 如果θ是锐角，则cos cos m n m nθϕ⋅==， 即arccosm n m nθ⋅=；如果θ是钝角，则cos cos m nm nθϕ⋅=-=-， 即arccos m n m n θ⎛⎫⋅ ⎪=-⎪⎝⎭. 例10：如图，在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD 中，∠ABC = 90°，SA ⊥面ABCD ，SA = AB = BC = 1，21=AD ．求面SCD 与面SBA 所成的二面角的正切值．5、利用法向量求空间距离 ⑴点Q 到直线l 距离若Q 为直线l 外的一点,P 在直线l 上，a 为直线l 的方向向量，b =PQ ，则点Q 到直线l距离为 221(||||)()|h a b a b a =-⋅ ⑵点A 到平面α的距离若点P 为平面α外一点，点M 为平面α内任一点，平面α的法向量为n ，则P 到平面α的距离就等于MP 在法向量n 方向上的投影的绝对值.即cos ,d MP n MP=n MP MP n MP⋅=⋅n MP n⋅=例11：设(2,3,1),(4,1,2),(6,3,7),(5,4,8)A B C D --，求点D 到平面ABC 的距离⑶直线a 与平面α之间的距离当一条直线和一个平面平行时，直线上的各点到平面的距离相等。
由此可知，直线到平面的距离可转化为求直线上任一点到平面的距离，即转化为点面距离。
即.n MP d n⋅=例12：如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，14,3,2,AB BC CC ===求平面11A BC 与平面1ACD 的距离。
y⑷两平行平面,αβ之间的距离利用两平行平面间的距离处处相等，可将两平行平面间的距离转化为求点面距离。
即.n MP d n⋅=⑸异面直线间的距离设向量n 与两异面直线,a b 都垂直，,,M a P b ∈∈则两异面直线,a b 间的距离d 就是MP 在向量n 方向上投影的绝对值。
即.n MP d n⋅=例13：正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，求异面直线11A C 与1AB 间的距离.y高考大题赏析：1、（2017年1卷18题）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥中，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，求二面角A PB C --的余弦值．2．（2018年1卷18题）△折如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC 起，使点C到达点P的位置，且PF BF⊥．⑴证明：平面PEF⊥平面ABFD；⑵求DP与平面ABFD所成角的正弦值．3（2019年1卷18题）（12分）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB ＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．4．（2020年1卷18题）（12分）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ； （2）求二面角B PC E --的余弦值．例3：证明：如图，以A 1为原点，A 1B 1，A 1C 1，A 1A 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A 1－B 1C 1A ，则1(0,0,0)A ，1(1,0,0)B ，1(0,1,0)C ，(1,0,1)B ，(0,2,0)P ．（Ⅰ）在△P AA 1中有1112C D AA =，即1(0,1,)2D ． ∴1(1,0,1)A B =，1(0,1,)A D x =，1(1,2,0)B P =-． 设平面BA 1D 的一个法向量为1(,,)a b c =n ，则11110,10.2A B a c A D b c ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩n n 令1c =-，则11(1,,1)2=-n ． ∵1111(1)2(1)002B P ⋅=⨯-+⨯+-⨯=n ，∴PB 1∥平面BA 1D例4：证明：(1)以B 为坐标原点，BA 、BC 、BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA ＝(a,0,0)，BD ＝(0,2,2)，1B D ＝(0,2，－2)，1B D ·BA ＝0，1B D ·BD ＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，4，F (0,1,4)，则EG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，1，EF ＝(0,1,1)，1B D ·EG ＝0＋2－2＝0，1B D ·EF ＝0＋2－2＝0，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF . 又EG ∩EF ＝E ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD .例5：证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得1(0,0,0),(3,1,0),(0,2,0),(0,2,32),(0,0,22),(3,12)A B C C E F （Ⅰ）1(0,2,2),(3,12)C E CF =--=- 10220C E CF ⋅=+-=1.CF C E ∴⊥例6：解：取BC 中点O ，连结AO ．ABC △为正三角形，AO BC ∴⊥．在正三棱柱111ABC A B C -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，AD ∴⊥平面11BCC B ．取11B C 中点1O ，以O 为原点，OB ，1OO ，OA 的方向为x y z ，，轴的正方向建立空间直角坐标系，则(100)B ，，，(110)D -，，，1(023)A ，，，03)A ，，， 1(120)B ，，，1(123)AB ∴=，，(210)BD =-，，，1(123)BA =-，，．xzA B CD1A 1C1BO Fy12200AB BD =-++=，111430AB BA =-+-=， 1AB BD ∴⊥，11AB BA ⊥．1AB ∴⊥平面1A BD ．例7：证明：∵面ABCD 是菱形，∠DAB=600，∴△ABD 是等边三角形，又E 是AB 中点，连结BD ∴∠EDB=300，∠BDC=600，∴∠EDC=900， 如图建立坐标系D-ECP ，设AD=AB=1，则PF=FD=12，∴ P （0，0，1），E，0，0），B ，12，0） ∴PB =（2，12，-1），PE = （2，0，-1）， 平面PED 的一个法向量为DC =（0，1，0） ，设平面PAB 的法向量为n =（x, y, 1)由11(,,1),1)010220(,,1)1)010x y x y x n PB n PE y x y x ⎧⎧•-=--=⎪⎧=⊥⎪⎪⎪⇒⇒⇒⎨⎨⎨⊥⎪⎪⎪⎩=•-=-=⎩⎪⎩ ∴n =∵DC ·n =0 即DC ⊥n ∴平面PED ⊥平面PAB例8：方法一（综合法）（1）CD ‖AB,MDC ∠∴为异面直线AB 与MD 所成的角（或其补角） 作,AP CD P ⊥于连接MP ⊥⊥平面A B C D ，∵OA ∴CD MP,42ADPπ∠=∵∴DP =MD ==∵1cos ,23DP MDP MDC MDP MD π∠==∠=∠=∴所以 AB 与MD 所成角的大小为3π方法二(向量法)作AP CD ⊥于点P,如图,分别以AB,AP,AO 所在直线为,,x y z 轴建立坐标系222(0,0,0),(1,0,0),(0,,0),(,,0),(0,0,2),(0,0,1)222A B P D O M -,(1)设AB 与MD 所成的角为θ,22(1,0,0),(,,1)22AB MD ==--∵ 1cos ,23AB MDAB MD πθθ===⋅∴∴ ,∴AB 与MD 所成角的大小为3π 例9：解：,ADE ADF ∠=∠所以AD 在平面'B EDF 内的射影在EDF ∠的平分线上，又'B EDF 为菱形，'DB ∴为EDF ∠的平分线，故直线AD 与平面'B EDF 所成的角为'ADB ∠，建立如图所示坐标系， 则'(0,0,0),(,0,),(0,,0)A B a a D a ，'(0,,0),(,,)DA a DB a a a ∴=-=-，'''3cos ,3DA DB DA DB DA DB •∴<>==• 故AD 与平面'B EDF 所成角为例10：解：如图建立直角坐标系，则1(0,1,0),(,0,0),(1,1,0),(0,0,1)2B D C S11(,0,0),(1,1,1),(,0,1)22AD SC SD ==-=-，,SA ABCD AD SAB ⊥∴⊥平面平面所以AD 是平面SAB 的一个法向量。