立体几何(向量法)建系难
用向量法解五类立体几何题的思路
思路探寻立体几何问题的命题形式很多，常见的有求平面外一点到平面的距离，求两条异面直线之间的距离，求直线与平面所成的角，求二面角，证明面面平行、垂直等.有时采用常规方法求解立体几何问题比较复杂，甚至很难获得问题的答案，此时不妨运用向量法，将立体几何问题转化为向量运算问题，通过简单的计算即可解题.向量法是指给线段赋予方向，给各个点赋予坐标，通过向量运算求得问题的答案.下面结合实例探讨一下如何运用向量法求解五类立体几何问题.一、求平面外一点到平面的距离如图1，若点P 为平面α外的任意一点，要求P 到平面α的距离，需先求得向量OP 以及平面α的法向量n .那么法向量n 方向上的正射影长h =|| OP sin <OP ，n >=|| OP ∙n||n ，即为P 到平面α的距离.运用向量法求平面外一点到平面的距离，主要是运用向量数量积的几何意义：一个向量与其在另一个向量方向上的投影的乘积.图1图2例1.在正方体ABCO -A 1B 1C 1O 1中，M 、N 是B 1C 1和C 1O 1的中点，正方体的棱长是1，求A 1与平面OBMN 之间的距离.解：以O 为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系，可得 OB =（1，1，0）， O N =（0，12，1）， OA 1=（1，0，1），设平面OBMN 的法向量是n =（x ，y ，z ），则{n ∙ O B =0，n ∙ ON =0，即ìíîïïx +y =0，12y +z =0，令x =1，y =-1，z =12，则n =（1，-1，12），则A 1到平面OBMN 的距离h =|| OA 1∙n||n =1.由于无法确定点A 1到平面OBMN 的射影，所以根据法向量与射影的关系，运用向量法求解.运用向量法求平面外一点到平面的距离，关键是要根据线面垂直的判定定理求得平面的法向量.在求法向量时，往往要先设出法向量n ；然后在平面内找到两条直线a 、b ，并求得其方向向量a 、b ；再建立方程组{n ∙a =0，n ∙b=0，通过解方程组求得法向量n 的坐标.二、求空间中两条异面直线之间的距离求两条异面直线之间的距离，需运用转化思想，把两条异面直线之间的距离转化为平面外一点到平面的距离.在求两条异面直线之间的距离时，需先求出两条异面直线的方向向量a 、b，并求得两个向量所在平面的法向量n ，那么两条异面直线之间的距离为h =||a ∙n ||n .例2.如图3，正方体ABCO -A 1B 1C 1O 1的棱长为1，求异面直线OA 1和AC 之间的距离.解：以O 为原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，可得 AC =（-1，1，0）， O 1A =（1，0，-1）， AA 1=（0，0，1）设n =（x ，y ，z ）为平面A 1C 1O 的法向量，建立方程组得ìíîn ∙ AC =0，n∙O 1A =0，即{-x +y =0，x -z =0，图346思路探寻令x=1，可得法向量n =（1则异面直线OA1和AC.定两条异面直线的公垂线，繁琐.的方向向量及其法向量，求得异面直线之间的距离，果.三、求直线与平面所成的角如图4所示，设直线OP用向量法求直线OP与平面αα的法向量n 和直线OP的数量积公式求得|cos< OP,n >OP与平面α所成角的正弦值为意的是，直线OP与平面α图4例3.如图5，正方体ABCOA1B1的中点为M，试求直线AM的正弦值.解：以O为原点，建立如图5则AB=（0，1，0），AO1=（-1设n =（x，y，z）为平面ABC1O则ìíîn ∙AB=0，n ∙AO1=0，即{y=0，-x+z=0令x=1，可得n =()1,0,1，设AM与面ABC1O1则sinθ=|| AM∙n|| AM∙||n ，即直线AM与平面ABC1O1α-的平面1，.）为平面往往要先求得两个平47探索探索与与研研究究面的法向量，α、β的法向量n α∥ n β，则平面α的法向量 n α⊥ n β，则平面α⊥例5.正方体ABCO -A 1B 1C 1O M 分别是A 1C 1、A 1O 、B 1A 上的任意一点，求证：平面B 1MC ∥平面A 1EF .证明：以O 为原点，建立如图8所示的空间直角坐标系，由题意可得A 1C 1=()-1,1,0,B 1C =()-1,0,-1,A 1O =()-1,0,-1,B 1A =()0,-1,-1，设 A 1E =λ A 1C 1， A 1F =μ A 1ν∈R ，且均不为0），设平面A 1EF 的法向量为n 1则ìíî n 1∙A 1E =0，n 1∙ A 1F =0，可得ìíî n 1∙λ A 1 n 1∙μ A 1则ìíî n 1∙A 1C 1=0， n 1∙ A 1O =0，则{-x +y =0x +z =01EF 的法向量为n 1=（1，1，-1），n 2，ìíî n 2∙ν B 1A =0，n 2∙ B 1C =0，{-y -z =0，-x -z =0，1MC 的法向量n 2=（-1，1，-1），n 1∥ n 2，B 1MC .需熟悉向垂直关系，⊥ n 2； n 1=λ n 2⇔ n 1∥ n 2.需注意以（2）熟练运用（3）明确向量与线段、坐标甘肃省武威铁路中学）求数列前n 项和问题具有较强的综合性，侧重考查等差和等比数列的通项公式、定义、性质以及前n 项和公式.常见的命题形式有：（1）根据数列的递推关系式求数列的前n 项和；（2）根据数列的通项公式求数列的前n 项和；（3）根据一个数列的前n 项和求另一个相关联数列的前n 项和.解答数列求和问题的常用方法有分组求和法、错位相减法、裂项相消法、并项求和法、倒序相加法.下面结合实例,谈一谈这几种途径的特点以及应用技巧.一、分组求和分组求和法是指将数列中的各项分为几组，分别进行求和.在解题时，要先仔细研究数列的通项公式，将其合理地拆分为几个等差、等比、常数数列通项公式的和、差；再将数列划分为多个组，分别根据等差、等比数列的前n 项和公式求得每一组数列的和.例1.已知S n 为数列{}a n 的前n 项和，4a n =3S n +1.48。
立体几何向量法解题步骤
立体几何向量法解题步骤嘿，小伙伴们！今天咱们来讲讲立体几何向量法解题的步骤呀。
一、建立合适的空间直角坐标系1. 首先呢，你得观察这个立体几何图形的特点。
看看有没有现成的互相垂直的三条棱或者三条线呀。
这一步很关键哦！要是找不到现成的，你可能就得自己想办法构造啦。
比如说，利用图形中的垂直关系，像正方体、长方体那些棱就很好找垂直关系啦。
不过呢，有时候图形比较复杂，这就需要你多花点时间仔细观察啦。
我自己做的时候，在这个环节都会特别小心，因为这个坐标系建得好不好，直接影响后面的计算呢。
你可千万别小瞧这一步呀！2. 确定好坐标轴之后呢，把原点定好。
这就像给整个解题过程打地基一样重要呢。
通常我们会选择图形中比较特殊的点作为原点，比如顶点或者对称中心之类的。
这一步看起来很简单，但建议不要跳过，避免后续出现问题。
二、求出相关点的坐标1. 在坐标系建立好之后，就要找出题目中涉及到的点的坐标啦。
这时候呢，你要根据图形的已知条件，比如边长比例关系呀来确定坐标。
有些点的坐标可能很容易看出来，但是有些可能就需要你稍微推导一下喽。
比如说，如果知道一个点在某条棱上，而且知道它的比例位置，那就可以通过计算得到坐标。
我在求坐标的时候，经常会反复核对好几遍呢，因为一旦坐标错了，后面可就全错啦，这一点真的很重要，我通常会再检查一次，真的，确认无误是关键。
三、求出相关向量的坐标1. 根据已经得到的点的坐标，就可以求出我们需要的向量的坐标啦。
这一步就是简单的坐标相减啦。
不过呢，可别粗心算错了哦。
我就有过这样的经历，因为一个小的计算失误，结果整个题都做错了，真是太懊恼了！所以在这一步也要认真对待呢。
2. 如果涉及到多个向量，要一个一个耐心地求出来。
这时候，你可以把每个向量的坐标都写清楚，这样后面计算的时候就不容易混淆啦。
四、利用向量的运算解决问题（比如求角度、距离等）1. 要是求异面直线所成的角呢，我们就可以利用向量的夹角公式啦。
先算出两个向量的点积，再算出它们的模长，然后根据公式就能求出夹角的余弦值啦。
向量法解立体几何的几个难点解读
向量法解立体几何的几个难点解读
向量法解立体几何的几个难点解读
作者：向正银
作者机构：湖北省兴山县第一中学443700
来源：数理化学习（高一二版）
ISSN：2095-218X
年：2017
卷：000
期：010
页码：16-18
页数：3
正文语种：chi
关键词：坐标系;法向量;二面角
摘要：在立体几何问题中,通过建立恰当的空间直角坐标系,利用空间向量的坐标运算证明空间中的线、面的平行与垂直关系,计算空间角及空间距离,常与空间几何体的结构特征,空间线、面位置关系的判定定理与性质定理等综合,以解答题出现[1].有时个别点的坐标不能直接写出来,需要借助向量间的关系来转化;有时已知条件不能直接写坐标,需要借助参数来写坐标;有时结论是开放性问题,需要借助条件列方程,通过方程是否有解来判断结论是否成立;有时是折叠问题要注意折叠前后中变化与不变量,合理建系写坐标是解答此类问题的前提.。
专题07 立体几何中的向量方法(解析版)
专题07 立体几何中的向量方法【要点提炼】1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)，则 (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同). (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|cos a ，μ|＝|a ·μ||a ||μ|.(3)面面夹角设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)， 则|cos θ|＝|cosμ，v|＝|μ·v ||μ||v |.考点考向一 利用空间向量证明平行、垂直【典例1】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点.证明：(1)BE ⊥DC ； (2)BE ∥平面P AD ； (3)平面PCD ⊥平面P AD .证明 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)向量BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，故BE →·DC →＝0. 所以BE ⊥DC .(2)因为AB ⊥AD ，又P A ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥P A ，P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以向量AB→＝(1，0，0)为平面P AD 的一个法向量， 而BE →·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE ⊥AB ， 又BE ⊄平面P AD ， 所以BE ∥平面P AD .(3)由(2)知平面P AD 的法向量AB →＝(1，0，0)，向量PD →＝(0，2，－2)，DC →＝(2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎨⎧2y －2z ＝0，2x ＝0，不妨令y ＝1，可得n ＝(0，1，1)为平面PCD 的一个法向量. 且n ·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n ⊥AB →. 所以平面P AD ⊥平面PCD .探究提高 1.利用向量法证明平行、垂直，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素). 2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的定理，如在(2)中忽略BE ⊄平面P AD 而致误.【拓展练习1】 如图，在直三棱柱ADE －BCF 中，平面ABFE 和平面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点.证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 (1)由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .设正方形边长为1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，F (1，0，1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12.OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1，0，0)， ∴OM →·BA →＝0，∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE －BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)在第(1)问的空间直角坐标系中，设平面MDF 与平面EFCD 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2).∵DF →＝(1，－1，1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1，0，0)，CF →＝(0，－1，1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DF→＝0，n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0，1，1).∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 考向二 线线角、线面角的求解【典例2】 (2020·浙江卷)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值.(1)证明 如图(1)，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB .图(1)由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC ，得 CD ＝2CO .由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ， 所以DO ⊥BC .由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO ，得BO ⊥BC . 所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB .由ABC －DEF 为三棱台，得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB .(2)解 法一 如图(1)，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH .由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO ，得OH ⊥BC ，故OH ⊥平面DBC ， 所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角. 设CD ＝22，则DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2，得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.法二 由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图(2)，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .图(2)设CD ＝22，由题意知各点坐标如下：O (0，0，0)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，D (0，0，2). 因此OC→＝(0，2，0)，BC →＝(－1，1，0)，CD →＝(0，－2，2). 设平面DBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－2y ＋2z ＝0，可取n ＝(1，1，1)，所以sin θ＝|cos 〈OC →，n 〉|＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.探究提高 1.异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.2.直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与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).【拓展练习2】 (2020·全国Ⅱ卷)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心.若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形且M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又侧面BB 1C 1C 是矩形，所以B 1C 1⊥MN . 又A 1N ∩MN ＝N ，A 1N ，MN ⊂平面A 1AMN ， 所以B 1C 1⊥平面A 1AMN .又B 1C 1⊂平面EB 1C 1F ， 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解 由已知及(1)得AM ⊥BC ，MN ⊥BC ，AM ⊥MN .以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M －xyz ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ， 平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ，故AO ∥PN . 又AP ∥ON ，则四边形AONP 为平行四边形，故PM ＝233，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC .作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC . 设Q (a ，0，0)，则 NQ ＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a2， B 1⎝⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a2. 故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2， |B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1，0)是平面A 1AMN 的一个法向量， 故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉＝n ·B 1E →|n |·|B 1E →|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 考向三 利用向量求二面角【典例3】 (2020·全国Ⅲ卷)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值.解 设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c .如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1→的方向为x 轴正方向， 建立空间直角坐标系C 1－xyz .(1)证明 连接C 1F ，C 1(0，0，0)，A (a ，b ，c )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，0，23c ，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b ，13c ，EA→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b ，13c ，C 1F →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b ，13c ，得EA →＝C 1F →， 因此EA ∥C 1F ，即A ，E ，F ，C 1四点共面， 所以点C 1在平面AEF 内.(2)由已知得A (2，1，3)，E (2，0，2)，F (0，1，1)，A 1(2，1，0)，AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2，0，－2)，A 1E →＝(0，－1，2)，A 1F →＝(－2，0，1). 设n 1＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎨⎧－y －z ＝0，－2x －2z ＝0，可取n 1＝(－1，－1，1).设n 2为平面A 1EF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，同理可取n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，1.设二面角A －EF －A 1的平面角为α，所以cos α＝cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77，则sin α＝1－cos2α＝42 7，所以二面角A－EF－A1的正弦值为42 7.探究提高 1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不严谨的.【拓展练习3】(2020·沈阳一监)如图，已知△ABC为等边三角形，△ABD为等腰直角三角形，AB⊥BD.平面ABC⊥平面ABD，点E与点D在平面ABC的同侧，且CE∥BD，BD＝2CE.点F为AD的中点，连接EF.(1)求证：EF∥平面ABC；(2)求二面角C－AE－D的余弦值.(1)证明取AB的中点为O，连接OC，OF，如图.∵O，F分别为AB，AD的中点，∴OF∥BD且BD＝2OF.又CE∥BD且BD＝2CE，∴CE∥OF且CE＝OF，∴OF綊EC，则四边形OCEF为平行四边形，∴EF∥OC.又OC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF∥平面ABC.(2)解∵△ABC为等边三角形，O为AB的中点，∴OC⊥AB.∵平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，BD ⊥AB ，BD ⊂平面ABD ，∴BD ⊥平面ABC .又OF ∥BD ，∴OF ⊥平面ABC .以O 为坐标原点，分别以OA ，OC ，OF 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.不妨令正三角形ABC 的边长为2，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，C (0，3，0)，E (0，3，1)，D (－1，0，2)，∴AC→＝(－1，3，0)，AE →＝(－1，3，1)，AD →＝(－2，0，2). 设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝－x 1＋3y 1＝0，AE →·m ＝－x 1＋3y 1＋z 1＝0. 不妨令y 1＝3，则m ＝(3，3，0). 设平面AED 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧AD →·n ＝－2x 2＋2z 2＝0，AE →·n ＝－x 2＋3y 2＋z 2＝0. 令z 2＝1，得n ＝(1，0，1). ∴cos 〈m ，n 〉＝323×2＝64.由图易知二面角C －AE －D 为钝角， ∴二面角C －AE －D 的余弦值为－64. 考向四 利用空间向量求解探索性问题【典例4】 (2020·武汉调研)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 是AC 与BD 的交点，点E 是线段OD 1上的一点.(1)若点E 为OD 1的中点，求直线OD 1与平面CDE 所成角的正弦值；(2)是否存在点E ，使得平面CDE ⊥平面CD 1O ？若存在，请指出点E 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 解 (1)不妨设正方体的棱长为2.以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 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D －xyz ，则D (0，0，0)，D 1(0，0，2)，C (0，2，0)，O (1，1，0). 因为E 为OD 1的中点， 所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1.则OD 1→＝(－1，－1，2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，DC →＝(0，2，0).设p ＝(x 0，y 0，z 0)是平面CDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧p ·DE→＝0，p ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x 0＋12y 0＋z 0＝0，2y 0＝0，取x 0＝2，则y 0＝0，z 0＝－1，所以p ＝(2，0，－1)为平面CDE 的一个法向量. 设直线OD 1与平面CDE 所成角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈OD 1→，p 〉|＝|OD 1→·p ||OD 1→||p |＝|－1×2＋（－1）×0＋2×（－1）|（－1）2＋（－1）2＋22×22＋（－1）2＝23015， 即直线OD 1与平面CDE 所成角的正弦值为23015.(2)存在，且点E 为线段OD 1上靠近点O 的三等分点.理由如下. 假设存在点E ，使得平面CDE ⊥平面CD 1O .同第(1)问建立空间直角坐标系，易知点E 不与点O 重合，设D 1E →＝λEO →，λ∈[0，＋∞)，OC →＝(－1，1，0)，OD 1→＝(－1，－1，2). 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面CD 1O 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·OC →＝0，m ·OD 1→＝0，即⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，－x 1－y 1＋2z 1＝0，取x 1＝1，则y 1＝1，z 1＝1，所以m ＝(1，1，1)为平面CD 1O 的一个法向量.因为D 1E →＝λEO →，所以点E 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ， 所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，21＋λ. 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面CDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE→＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧λ1＋λx 2＋λ1＋λy 2＋21＋λz 2＝0，2y 2＝0，取x 2＝1，则y 2＝0，z 2＝－λ2，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－λ2为平面CDE 的一个法向量. 因为平面CDE ⊥平面CD 1O ，所以m ⊥n . 则m ·n ＝0，所以1－λ2＝0，解得λ＝2.所以当D 1E →EO →＝2，即点E 为线段OD 1上靠近点O 的三等分点时，平面CDE ⊥平面CD 1O .探究提高 1.空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误.2.空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.【拓展练习4】 (2019·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13.(1)求证：CD ⊥平面P AD ； (2)求二面角F －AE －P 的余弦值；(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由. (1)证明 因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥CD . 又因为AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ，P A ，AD ⊂平面P AD ， 所以CD ⊥平面P AD .(2)解 过点A 作AD 的垂线交BC 于点M . 因为P A ⊥平面ABCD ，AM ，AD ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥AM ，P A ⊥AD .建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，－1，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).因为E 为PD 的中点， 所以E (0，1，1).所以AE→＝(0，1，1)，PC →＝(2，2，－2)，AP →＝(0，0，2). 所以PF→＝13PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－23， 所以AF→＝AP →＋PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，43. 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1. 于是n ＝(－1，－1，1).又因为平面P AD 的一个法向量为p ＝(1，0，0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－33.由题知，二面角F －AE －P 为锐角，所以其余弦值为33. (3)解 直线AG 在平面AEF 内，理由如下： 因为点G 在PB 上，且PG PB ＝23，PB →＝(2，－1，－2)， 所以PG→＝23PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，－43， 所以AG→＝AP →＋PG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，23. 由(2)知，平面AEF 的一个法向量n ＝(－1，－1，1)， 所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.又点A ∈平面AEF ，所以直线AG 在平面AEF 内.【专题拓展练习】一、单选题1．已知三棱锥O -ABC ，点M ，N 分别为AB ，OC 的中点，且,,OA a OB b OC c ===，用,,a b c 表示MN ，则MN 等于（ ）A ．()12b c a +- B ．()12a b c ++ C ．()12a b c -+D ．()12c a b --【答案】D 【详解】MN MA AO ON =++1122BA OA OC =-+ ()1122OA OB OA OC =--+ 111222OA OB OC =--+()12c a b =--. 故选：D2．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别为111,BD B C 的中点，点P 在正方体的表面上运动，且满足MP CN ⊥，则下列说法正确的是（ ）A ．点P 可以是棱1BB 的中点 B ．线段MP 3C ．点P 的轨迹是正方形D ．点P 轨迹的长度为2+5【答案】D 【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，以点D 为坐标原点，分别以DA 、DC 、1DD 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系，因为该正方体的棱长为1，,M N 分别为111,BD B C 的中点， 则()0,0,0D ，111,,222M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,1,12N ⎛⎫⎪⎝⎭，()0,1,0C ， 所以1,0,12CN ⎛⎫=⎪⎝⎭，设(),,P x y z ，则111,,222MP x y z ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，因为MP CN ⊥， 所以1110222x z ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，2430x z +-=，当1x =时，14z =；当0x =时，34z =； 取11,0,4E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，11,1,4F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,1,4G ⎛⎫ ⎪⎝⎭，30,0,4H ⎛⎫ ⎪⎝⎭，连接EF ，FG ，GH ，HE ，则()0,1,0EF GH ==，11,0,2EH FG ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 所以四边形EFGH 为矩形，则0EF CN ⋅=，0EH CN ⋅=，即EF CN ⊥，EH CN ⊥， 又EFEH E =，且EF ⊂平面EFGH ，EH ⊂平面EFGH ，所以CN ⊥平面EFGH ， 又111,,224EM ⎛⎫=-⎪⎝⎭，111,,224MG ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以M 为EG 中点，则M ∈平面EFGH ， 所以，为使MP CN ⊥，必有点P ∈平面EFGH ，又点P 在正方体的表面上运动，所以点P 的轨迹为四边形EFGH ， 因此点P 不可能是棱1BB 的中点，即A 错； 又1EF GH ==，52EH FG ==，所以EF EH ≠，则点P 的轨迹不是正方形； 且矩形EFGH 的周长为522252+⨯=+，故C 错，D 正确； 因为点M 为EG 中点，则点M 为矩形EFGH 的对角线交点，所以点M 到点E 和点G 的距离相等，且最大，所以线段MP 的最大值为52，故B 错. 3．在空间四边形ABCD 中，AB CD AC DB AD BC ⋅+⋅+⋅＝（ ） A ．－1 B ．0 C ．1 D ．不确定【答案】B 【详解】 如图，令,,AB a AC b AD c ===， 则AB CD AC DB AD BC ⋅+⋅+⋅，()()()a cb b ac c b a =⋅-+⋅-+⋅-，0a c a b b a b c c b c a =⋅-⋅+⋅-⋅+⋅-⋅=.故选：B4．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形.PA ⊥底面,2,4ABCD PA AB AD ===.E 为PC 的中点，则异面直线PD 与BE 所成角的余弦值为（ ）A ．35B ．3010C ．1010D ．31010【答案】B 【详解】以A 点为坐标原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴建立空间直角坐标系如下图所示：则()2,0,0B ，()1,2,1E ，()002P ,,，()0,4,0D ， ()1,2,1BE =-∴，()0,4,2PD =-，设异面直线PD 与BE 所成角为θ，则630cos 10625PD BE PD BEθ⋅===⨯⋅. 5．已知四棱锥,-P ABCD 底面是边长为2的正方形，PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，AB ⊥平面PAD ，点E 是线段PD 上的动点(不含端点)，若线 AB 段上存在点F (不含端点)，使得异面直线PA 与 EF 成30的角，则线段PE 长的取值范围是（ ）A ．202⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， B ．603⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭， C ．222⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭， D ．623，⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B 【详解】由PAD △是以AD 为斜边的等腰直角三角形，AB ⊥平面PAD ，取AD 中点G ，建立如图空间直角坐标系，依题意(0,0,0),(1,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,0,1)G A D B P -，设(1,,0)F y ，，设()()1,0,1,0,DE xDP x x x ===，01x <<，故()1,0,E x x -，()2,,EF x y x =--又()1,0,1PA =-，异面直线PA 与 EF 成30的角，故cos30PA EF PA EF ⋅=⋅︒，即()2223222x y x =-++即()222213y x =--+，01x <<，故220,3y ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，又02y <<，故60y ⎛∈ ⎝⎭，. 故选：B.6．已知二面角l αβ--，其中平面的一个法向量()1,0,1m =-，平面β的一个法向量()0,1,1n =-，则二面角l αβ--的大小可能为（ ）A ．60︒B ．120︒C ．60︒或120︒D ．30【答案】C 【详解】11cos ,222m n m n m n ⋅-<>===-⨯，所以,120m n <>=，又因为二面角的大小与法向量夹角相等或互补， 所以二面角的大小可能是60或120. 故选：C7．已知向量(,,)x y z a a a a =，(,,)x y z b b b b =，{},,i j k 是空间中的一个单位正交基底.规定向量积的行列式计算：()()(),,yz xy xz y z z y z x x z x y y x xy z yz xyxz xyz ij ka a a a a a ab a b a b i a b a b j a b a b k a a a b b b b b b b b b ⎛⎫⨯=-+-+-==-⎪ ⎪⎝⎭其中行列式计算表示为a b ad bc c d=-，若向量(2,1,4),(3,1,2),AB AC ==则AB AC ⨯=（ ）A ．(4,8,1)---B ．(1,4,8)--C ．(2,8,1)--D ．(1,4,8)---【答案】C 【详解】由题意得()()()()1241+4322+21132,8,1AB AC i j k ⨯=⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯=--， 故选：C.8．长方体1111ABCD A B C D -，110AB AA ==，25AD =，P 在左侧面11ADD A 上，已知P 到11A D ､1AA 的距离均为5，则过点P 且与1A C 垂直的长方体截面的形状为（ ）A ．六边形B ．五边形C ．四边形D ．三角形【答案】B 【详解】以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()120,0,5,25,0,10,0,10,0P A C ，()125,10,10AC ∴=--， 设截面与11A D 交于(),0,10Q Q x ，则()20,0,5Q PQ x =-，()12520500Q AC PQ x ∴⋅=---=，解得18Qx =，即()18,0,10Q ， 设截面与AD 交于(),0,0M M x ，则()20,0,5M PM x =--，()12520500M AC PM x ∴⋅=--+=，解得22Mx =，即()22,0,0M ， 设截面与AB 交于()25,,0N N y ，则()3,,0N MN y =，1253100N AC MN y ∴⋅=-⨯+=，解得7.5Ny =，即()25,7.5,0N ， 过Q 作//QF MN ，交11B C 于F ，设(),10,10F F x ，则()18,10,0F QF x =-， 则存在λ使得QF MN λ=，即()()18,10,03,7.5,0F x λ-=，解得22F x =，故F 在线段11B C 上，过F 作//EF QM ，交1BB 于E ，设()25,10,E E z ，则()3,0,10E EF z =--，则存在μ使得EF QM μ=，即()()3,0,104,0,10E z μ--=-，解得 2.5E z =，故E 在线段1BB 上，综上，可得过点P 且与1A C 垂直的长方体截面为五边形QMNEF . 故选：B.9．在四面体ABCD 中，6AB =，3BC =，4BD =，若ABD ∠与ABC ∠互余，则()BA BC BD ⋅+的最大值为（ ）A ．20B ．30C ．40D ．50【答案】B 【详解】设ABD α∠=，可得2ABC πα∠=-，则α为锐角，在四面体ABCD 中，6AB =，3BC =，4BD =， 则()cos cos 2BA BC BD BA BC BA BD BA BC BA BD παα⎛⎫⋅+=⋅+⋅=⋅-+⋅ ⎪⎝⎭()18sin 24cos 30sin αααϕ=+=+，其中ϕ为锐角，且4tan 3ϕ=. 02πα<<，则2πϕαϕϕ<+<+，所以，当2παϕ+=时，()BA BC BD ⋅+取得最大值30.10．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点E 是底面ABCD 上的动点，则()111CE CA D B -⋅的最大值为（ ）A ．22B ．1C ．2D ．6【答案】B 【详解】以点D 为原点，1,,DA DC DD 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则111(0,0,1),(1,1,1),(1,0,1),D B A设(,,0)E x y ，其中[],0,1x y ∈，则()()11111,,1,1,1,0CE CA A E x y D B -==--=， 所以111()11CE CA D B x y -⋅=+-≤，等号成立的条件是(1,1,0)E ，故其最大值为1， 故选：B ．11．如图，在底面为正方形的四棱锥P-ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且PA =AB ．若点M 为PD 中点，则直线CM 与PB 所成角的大小为（ ）A ．60°B ．45°C ．30°D ．90°【答案】C 【详解】如图所示：以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 为单位向量建立空间直角坐标系A xyz -，设1PA =，则()0,0,0A ，()1,1,0C ，110,,22M ⎛⎫⎪⎝⎭，()0,0,1P ，()1,0,0B ， 故()1,0,1PB =-，111,,22MC ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，故1132cos ,21111144PB MC PB MC PB MC+⋅===⋅+⋅++， 由异面直线夹角的范围是(]0,90︒︒，故直线CM 与PB 所成角的大小为30. 故选：C.12．如图，在正四面体ABCD 中，,,2BE EC CF FD DG GA ===，记平面EFG 与平面BCD ､平面ACD ､平面ABD ，所成的锐二面角分别为α､β､γ，则（ ）A ．αβγ>>B ．αγβ>>C ．βαγ>>D ．γαβ>>【答案】A【详解】 解：(空间向量法)因为,,2BE EC CF FD DG GA ===，所以E ､F 分别为BC ､CD 的中点，G 为AD 上靠近A 的三等分点，取BD 的中点M ，连接CM ，过A 作AO ⊥平面BCD ，交CM 于点O ，在平面BCD 中过O 作//ON BD ，交CD 于N ，设正四面体ABCD 的棱长为2，则33OM =，233CO =，22222326233OA AC OC ⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭， 以O 为原点，OC 为x 轴，ON 为y 轴，OA 为z 轴，建立空间直角坐标系，26A ⎛ ⎝⎭，31,0B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，23C ⎫⎪⎝⎭，3D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，31,02E ⎫-⎪⎝⎭，31,062F ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3146,939G ⎛- ⎝⎭，(0,1,0)EF =，53546,8691EG ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，232633AC ⎛=- ⎝⎭，32633AD ⎛=-- ⎝⎭，3261,33AB ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，设平面EFG 的一个法向量为()1,,n x y z =，则110n EF n EG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即05354606y x y z =⎧⎪⎨+=⎪⎩，不妨令1z =，则18,0,125n ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，同理可计算出平面BCD ､平面ACD ､平面ABD 的一个法向量分别为2(0,0,1)n =，()32,6,1n =，4(22,0,1)n =-，则可得1212517co 1s 5n n n n α⋅==⋅，1313717co 1s 5n n n n β⋅==⋅，14149cos 1751n n n n γ⋅==⋅，所以cos cos cos αβγ<<，又cos y x =在()0.x π∈上递减，所以αβγ>>， 故选：A.13．在正四棱锥P ABCD -中，1PA PB PC PD AB =====，点Q ，R 分别在棱AB ，PC 上运动，当||QR 达到最小值时，||||PQ CQ 的值为（ ） A ．7010B ．355C ．3510D ．705【答案】A 【详解】以P 在底面的投影O 为坐标原点，建立如图所示的坐标系，设1(,,0)2Q a ，(,,)R m n q因为211(0(,0),22P C -，，112(,22PC =-， 又因为R 在PC 上，PR PC λ=所以(,m m q -=，11(,),22λλ-， 所以R 11(,2222λλ=--+，所以2222111222QR a λλ⎛⎛⎫⎛⎫=--+-+ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭221324a a λλλ=+-++ 因为[]11,,0,122a λ⎡⎤∈-∈⎢⎥⎣⎦设2213()24f a a a λλλ=+-++，2213()24g a a λλλλ=+-++ 对其求导()2f a a λ'=-，1()22g a λλ'=-+当二个导数同时为0时，取最小值，即20a λ-=，1202a λ-+=所以11,36a λ==时取最小值，所以1121,,,1,,02623PQ CQ ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 所以PQCQ==10，所以当||QR 达到最小值时，||||PQ CQ 的值为10. 14．如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 、F 、G 分别为BC 、1CC 、1BB 的中点，则（ ）A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为1D ．点C 和点G 到平面AEF 的距离相等 【答案】B 【详解】以D 点为坐标原点，DA 、DC 、1DD 为x ，y ，z 轴建系，则(000)D ，，、(100)A ，，、()010C ，，、1(101)A ，，、1(001)D ，，、 1(10)2E ，，、1(01)2F ，，，1(11)2G ，，， 则()1001DD =，，、1112AF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，，则112DD AF ⋅=， ∴直线1D D 与直线AF 不垂直，A 错误;则11012A G ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，，1102AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，，1112AF ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，，， 设平面AEF 的法向量为()n x y z =，，，则10021002x y AE n AF n x y z ⎧-+=⎪⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=⎪⎪⎩-++=⎪⎩，令2x =，则1y =，2z =，则(212)n =，，，10AG n ⋅=，∴直线1A G 与平面AEF 平行，B 正确; 易知四边形1AEFD 为平面AEF 截正方体所得的截面，且1D F 、DC 、AE 共点于H ，15D H AH ==，12AD =，∴121232(5)()222AD H S ∆=⨯⨯-=，则113948AD HAEFD S S =⋅=四边形，C 错误; (110)AC =-，，，点C 到平面AEF 的距离113AC n d n⋅==， 1012AG ⎛⎫= ⎪⎝⎭，，，点G 到平面AEF 的距离223AG n d n ⋅==，则12d d ≠，D 错误;故选:B ．15．如图所示，1111ABCD A B C D -是棱长为6的正方体，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE BF =.当1A 、E 、F 、1C 共面时，平面1A DE 与平面1C DF 所成锐二面角的余弦值为（ ）A ．15B ．12C ．32D ．65【答案】B 【详解】以点D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则1(606)A ，，、(000)D ，，、1(066)C ，，，由题意知：当(630)E ，，、(360)F ，，时，1A 、E 、F 、1C 共面， 设平面1A DE 的法向量为1111()n x y z =，，，1(606)DA =，，，(630)DE =，，， 则1111111660{630n DA x z n DE x y ⋅=+=⋅=+=，取11x =，解得1(121)n =--，，，设平面1C DF 的法向量为2222()n x y z =，，，1(066)DC =，，，(360)DF =，，， 则2122222660{360n DC y z n DF x y ⋅=+=⋅=+=，取22x =，解得2(211)n =-，，，设平面1A DE 与平面1C DF 所成锐二面角为θ，则1212121cos cos 266n n n n n n θ⋅====⋅⋅，， ∴平面1A DE 与平面1C DF 所成锐二面角的余弦值为12， 故选：B.二、解答题16．在三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC ==，13AA =AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 是1B C 的中点.（1）求证：平面1AB C ⊥平面11ABB A ； （2）求直线AE 与平面11AAC C 所成角的正弦值. 【详解】（1）由1B C ⊥平面ABC ，AB 平面ABC ，得1AB B C ⊥，又AB AC ⊥，1CB AC C =，故AB ⊥平面1AB C ，AB 平面11ABB A ，故平面11ABB A ⊥平面1AB C .（2）以C 为原点，CA 为x 轴，1CB 为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则()0,0,0C ，()1,0,0A ，()1,1,0B 又2BC =113BB AA ==故11CB =，()10,0,1B ，10,0,2E ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,0,0CA = ()111,1,1AA BB ==--，11,0,2AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭设平面11AAC C 的一个法向量为(),,n x y z =，则100n CA n AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00x x y z =⎧⎨--+=⎩，令1y =，则1z =， ()0,1,1n =， 设直线AE 与平面11AAC C 所成的角为θ，故1102sin 1214n AE n AEθ⋅===⨯+，即直线AE 与平面11AAC C 所成角的正弦值为1010.17．如图1，矩形ABCD 中，3AB BC =，将矩形ABCD 折起，使点A 与点C 重合，折痕为EF ，连接AF 、CE ，以AF 和EF 为折痕，将四边形ABFE 折起，使点B 落在线段FC 上，将CDE △向上折起，使平面DEC ⊥平面FEC ，如图2.（1）证明：平面ABE ⊥平面EFC ；（2）连接BE 、BD ，求锐二面角A BE D --的正弦值. 【详解】（1）证明：在平面ABCD 中，AF =FC ，BF +FC 3AB ， 设3AB a =，则3BC a =，设BF =x ，在BAF △中，()22233x a a x +=-，解得x a =，则2AF FC a ==， 因为点B 落在线段FC 上，所以BC DE a ==，所以BE FC ⊥， 又AB BF ⊥即AB CF ⊥，AB BE B =，,AB BE ⊂平面ABE ，所以CF ⊥平面ABE ，由CF ⊂平面EFC 可得平面ABE ⊥平面EFC ；（2）以F 为原点,FC 为x 轴，过点F 平行BE 的方向作为作y 轴，过点F 垂直于平面EFC 的方向作为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则()()()()2,0,0,0,0,0,3,0,,0,0C a F E a a B a ，()0,3,0BE a =， 易得平面ABE 的一个法向量为()2,0,0FC a =，作DG EC ⊥于G ， 因为平面DEC ⊥平面FEC ，所以DG ⊥平面EFC ，则5334a G a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，53334a a D a ⎛ ⎝⎭，13334a a BD a ⎛= ⎝⎭，设平面DBE 的一个法向量为(),,n x y z =，则3013330442n BE ay a an BD ax y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩，令3z =(3n =-， 因为12239cos ,13239n FC n FC a n FC⋅--===⋅⋅，所以锐二面角A -BE -D 223913113⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭. 18．如图，在三梭柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B ，11AAC C 均为菱形，12AA =，1160ABB ACC ∠=∠=︒，D 为AB 的中点.（Ⅰ）求证：1//AC 平面1CDB ；（Ⅱ）若60BAC ∠=︒，求直线1AC 与平面11BB C C 所成角的正弦值. 【详解】解：（Ⅰ）连结1BC ，与1B C 交于点O ，连结OD ， 四边形11BB C C 是平行四边形，O 为1B C 中点，D 为AB 中点，得1//AC OD ，又OD ⊂平面1CDB ，故1//AC 平面1CDB ；（Ⅱ）方法一：由12AB AC ==，12AC AB ==，且O 为1B C ，1BC 的中点， 得1AO BC ⊥，1AO B C ⊥，11B C BC =， 又1BC ，1CB 为平面11BB C C 内两条相交直线，得AO ⊥平面11BB C C ，故1AC B ∠即为直线1AC 与平面11BB C C 所成的角； 由60BAC ∠=︒，2AB AC ==，2BC =，得四边形11BB C C 为菱形，又11B C BC =，故四边形11BB C C 为正方形，122BC =则1ABC 为等腰直角三角形，且12BAC π∠=，故14AC B π∠=，12sin 2AC B ∠=， 因此，直线1AC 与平面11BB C C 所成角的正弦值为22.方法二：以D 为原点，分别以射线DB ，1DB ，CD 为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则()0,0,0D ，()1,0,0A -，()1,0,0B ，()13,0A -，()13,0B ， 由60BAC ∠=︒，2AB AC ==，ABC 为正三角形， 故CD AB ⊥，又1B D AB ⊥，所以AB ⊥平面1CDB ， 设()0,,C y z ，由2CA =，123CA =，得(22223,38,y z y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩即36,3y z ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，故3260,33C ⎛- ⎝⎭， 由11B C BC ，得12326C ⎛- ⎝⎭，所以12326AC ⎛= ⎝⎭，()11,3,0BB =-，3261,,33BC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭； 设平面11BB C C 的一个法向量为()111,,n x y z =，由10,0,n BB n BC ⎧⋅=⎨⋅=⎩得1111130,33260,x y x y z ⎧-=⎪⎨+-=⎪⎩可取()3,1,2n =，设直线1AC 与平面11BB C C 所成角为θ， 则1112sin cos ,2AC n AC n AC nθ⋅===， 因此，直线1AC 与平面11BB C C 所成角的正弦值为22. 19．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 和11BCC B 都是正方形，平面11ABB A ⊥平面11BCC B ，,D E 分别为1BB ，AC 的中点．（1）求证：//BE 平面1A CD ．（2）求直线1B E 与平面1A CD 所成角的正弦值． 【详解】（1）证明：取1A C 中点F ，连接DF ，EF ， ∵,E F 分别为1,AC A C 的中点，∴1//EF AA ，且112EF AA =，又四边形11ABB A 是正方形，∴11//BB AA 且11BB AA =， 即1//EF BB 且112EF BB =，又∵D 为1BB 中点，∴//EF BD 且EF BD =，所以四边形EFDB 为平行四边形，所以//BE DF ，又BE ⊄平面1A CD ，DF ⊂平面1A CD ，所以//BE 平面1A CD .（2）由题意，1,,BA BC BB 两两垂直，所以以B 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设12BA BC BB ===，则11(0,2,0),(1,0,1),(2,0,0),(0,1,0),(0,2,2)B E C D A . ，11(1,2,1),(2,1,0),(2,2,2)B E CD AC =-=-=-，设平面 1A CD 的法向量为(),,m x y z =， 则100AC m CD m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即222020x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩，得()1,2,1m =- 设直线1B E 与平面1A CD 所成角为θ，1111412sin cos ,366B E m B E mB E mθ， 所以直线1B E 与平面1A CD 所成角的正弦值为23.。
(完整版)立体几何解答题的建系设点问题
立体几何解答题的建系设点问题一、基础知识：（一）建立直角坐标系的原则：如何选取坐标轴1、轴的选取往往是比较容易的，依据的是线面垂直，即轴要与坐标平面z z 垂直，在几何体中也是很直观的，垂直底面高高向上的即是，而坐标原点即xOy 为轴与底面的交点z 2、轴的选取：此为坐标是否易于写出的关键，有这么几个原则值得参考：,x y （1）尽可能的让底面上更多的点位于轴上,x y （2）找角：轴要相互垂直，所以要利用好底面中的垂直条件,x y （3）找对称关系：寻找底面上的点能否存在轴对称特点解答题中，在建立空间直角坐标系之前，要先证明所用坐标轴为两两垂直（即一个线面垂直底面两条线垂直），+这个过程不能省略。
3、与垂直相关的定理与结论：（1）线面垂直：① 如果一条直线与一个平面上的两条相交直线垂直，则这条直线与该平面垂直② 两条平行线，如果其中一条与平面垂直，那么另外一条也与这个平面垂直③ 两个平面垂直，则其中一个平面上垂直交线的直线与另一个平面垂直④ 直棱柱：侧棱与底面垂直（2）线线垂直（相交垂直）：① 正方形，矩形，直角梯形② 等腰三角形底边上的中线与底边垂直（三线合一）③ 菱形的对角线相互垂直④ 勾股定理逆定理：若，则222AB AC BC +=AB AC ⊥（二）坐标的书写：建系之后要能够快速准确的写出点的坐标，按照特点可以分为3类1、能够直接写出坐标的点（1） 坐标轴上的点，规律：在哪个轴上，那个位置就有坐标，其余均为0（2）底面上的点：坐标均为，即竖坐标，由于底面在作立体图时往往失真，所以要快速正确写出(),,0x y 0z =坐标，强烈建议在旁边作出底面的平面图进行参考2、空间中在底面投影为特殊位置的点：如果在底面的投影为，那么（即点与投影点的横纵坐标相同）()'11,,A x y z ()22,,0A x y 1212,x x y y == 由这条规律出发，在写空间中的点时，可看下在底面的投影点，坐标是否好写。
向量法解立体几何的运算特点及策略
向量法解立体几何问题中的运算策略潘承猛（广西壮族自治区南宁市广西大学附属中学，530004）在高考全国卷中，立体几何是一道必考解答题，其中理科数学解答题的第（Ⅱ）问主要考察向量法解决空间角的问题．这道题是数学科临界生高考数学成绩能否达到一本有效分的关键，大多数学生感觉这道题的运算量大、容易出错，在考试中花时间多，不易拿分．因此，部分学生在考试中把这道题放到最后面来做或者放弃，导致数学成绩无法上升到一个新的台阶．其实要解决这些问题关键在于“四破”：第一破“建系关”——构建恰当的空间直角坐标系；第二破“求点的坐标关”——准确写出相关点的坐标；第三破“求法向量关”——快速准确求出平面的法向量；第四破“应用公式关”——准确的应用公式．这四关相互关联，环环相扣，每一个步骤的处理恰当与否都会影响到下一步的运算量及运算难度．下面我们来谈谈如何突破这四关．第一关：如何建立合适的空间直角坐标系建立空间直角坐标系首先要保证三条坐标轴两两垂直．在实际操作中，第一步是要找线面垂直，一般是找垂直于底面的直线，这条直线或与这条直线平行的直线作为z 轴．若题目条件中没有给出线面垂直条件，则必须证明后才能建系．第二步是确定x 轴与y 轴，一般情况是先将底面的直观图还原成平面图，然后找出相互垂直的两条直线分别作为x 轴与y 轴，如果没有现成的两条相互垂直直线，则需要做出辅助线，并给予证明．在正确建系的基础上，再考虑如何建立合适的空间直角坐标系．合适的空间直角坐标系即要保证几何体中的相关点坐标能求出来，还要使得这些点坐标容易求且运算简单．最容易确定坐标的点是坐标轴上的点，其次是坐标平面上的点，因此，建系的第一个原则是使相关点尽量多的在坐标轴上．第二个原则是图形有对称性质时，尽量对称建系．第三个原则是在尽量使得相关点的坐标为正数、有理数、整数．这三个原则有冲突时应依次优先满足．我们来看以下例子． 例1：（2013年全国Ⅰ卷改编）如图，三棱柱111C B A ABC -中，1AA AB BC AC ===，ο601=∠BAA ，平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值． 分析：本题应先由面面垂直证明线面垂直再建系，取AB 的中点O ，连结OC ，1OA ，B A 1．因为CB CA =，所以AB OC ⊥．又平面⊥ABC 平面11BB AA ，交线为AB ，所以⊥OC 平面11BB AA ．由于1AA AB =，ο601=∠BAA ，故B AA 1∆为等边三角形，所以AB OA ⊥1．故OA ，OC ，1OA 两两互相垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，||OA 为1个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系xyz O -，则)0,0,1(A ，)0,3,0(1A ，)0,0,1(-B ，)0,3,2(1-B ，)3,0,0(C ．我们把这种建系方法记为方法1，除了这种建系方法外，学生常见的建系方法有以下三种，相对于方法1来说不足之处有：方法2方法3 方法4)0,1,0(A，)0,0,3(1-A，)0,1,0(-B，)0,2,3(1--B，)3,0,0(C)0,0,2(A，)0,3,1(1A，)0,0,0(B，)0,3,1(1-B，)3,0,1(C)0,0,3(A，)0,1,0(1A，)0,1,0(-B，)0,0,3(1-B，)3,21,23(-C相关点坐标都带“－”号增多，增加运算因素，容易算错．C点和A1点的坐标变复杂，增加运算难度．C点坐标不好确定且复杂，增加运算难度．由此可见，建系是否恰当对于点的坐标的确定难易有很大的影响．第二关：如何正确的求出点的坐标我们建立了合适的空间直角坐标系以后．在图形上标注线段长度，如果题目只给出线段之间的长度关系而没有给出线段具体长度，一般情况下假设最短线段为一个单位长度可以减少坐标为分数的情况．求几何体顶点的坐标应该按照先轴后面再其它的顺序来求．第一步，先写出坐标轴上的点的坐标，坐标轴上的点的坐标有两个零．第二步，根据题目给的已知条件把底面还原成平面图，并标注x轴和y轴，求出底面上点的坐标，坐标平面上的点的坐标有一个坐标为零．还原底面对于正确写出坐标平面上的点的坐标至关重要，近几年高考全国卷所给的几何体大多数是椎体，而锥体只有一个顶点不在底面上，由于底面直观图相对于原平面图是严重变形的，空间想象能力不足的学生很容易写错底面上的点的坐标．而对于顶点的坐标，我们也只需要找出它在底面上射影点的坐标，并求出它到底面距离就可以求得顶点的坐标．最后是其余点的坐标，一般可分为两类，第一类是定点，首先考虑该点坐标是否有必要求出，求点的坐标是为下一步求向量做准备，如果涉及到该点的向量可以用相等向量来替代，则不需要求出该点的坐标．若必须求出，则先看是否可以通过相等向量列方程求出该点的坐标．最后才是考虑通过找出该点在底面上的射影求出它的坐标．下面我们以例1的4(C AB)方法1 方法2 方法3 方法41容易写错，方法4中点C坐标是比较容易写错，而且问题的解答必须求出这两个点坐标．前三种方法中点B 1的坐标是比较容易写错，但在解题过程中，点B 1的坐标不是必须求出的，在求面平面C C BB 11的法向量时，用到BC 和1BB ，其中11AA BB =，从而避免去求点B 1坐标． 而对于动点坐标，如果这一个动点是在坐标轴上或者是某一个坐标平面上，我们可以直接假设这个点的坐标，如果这个点是在几何体的某一条棱上，一般情况是通过共线向量的方法假设该点的坐标．然后根据题目所给的条件列方程求出动点的坐标． 例2：（2017全国Ⅱ卷改编）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，o 90BAD ABC ∠=∠=，点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成的锐角为45o ，求二面角M AB D --的余弦值．解：取AD 的中点O ，连接PO ，CO ．则AD PO ⊥，AD CO ⊥，因为面PAD ⊥底面ABCD ，面PAD I 底面ABCD =AD ，PAD PO 面⊂，所以ABCD PO 面⊥，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB 为1个单位长度，则()010A -，，，()110B -，，，()100C ，，，()003P ，，，(100)AB =u u u r ，，，)3,0,1(-=CP ，)0,1,0(=BC ， 设()()λλλλ3,0,3,0,1-=-==CP CM ， 则()()()λλλλ3,1,3,0,0,1,0-=-+=+=CM BC BM 底面ABCD 的法向量()1,0,0=n ， 由题意><=n BM ,cos 45sin ο，即241322λλ+＝， 解之得，22＝λ，所以⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=26,1,22BM ．设平面ABM 的法向量，()z y x m ,,=，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00m AB m BM ，得，()2,6,0-=m ，从而10cos ,⋅==⋅m n m n m n ， 故二面角M AB D --的余弦值为10． 从例2可以看到，点M 的坐标不需具体求出来，如果需要也可以由⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=26,1,22BM 和点()110B -，，求出点M 的坐标． 第三步：求向量空间向量的坐标等于终点的坐标减去起点的坐标，这对大多数同学来说不存在什么问题，只是在运算中尽量选坐标带“－”号少的向量，以减少运算失误．真正的问题是如何快速准确的求出平面的法向量．求平面的法向量，比较常见的有三种方法．（1）解不定方程法我们设()321,,a a a a =，()321,,b b b b =为平面为平面α的两个不共线向量，()z y x n ,,=是平面α的一个法向量．则由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00，得不定方程组⎩⎨⎧=++=++00321321z b y b x b z a y a x a ，可令x （或y 、z ）取一个特殊值（一般是整数），代入方程组可得一个二元二次方程组，解这个方程组即可求出平面的一个法向量．例3：已知()3,2,1=a ，)1,1,2(-=b ，则求的过程如下： 解：设),,(z y x =，则由a n ⊥，b n ⊥，得⎩⎨⎧=⋅=⋅00b n a n ，即⎩⎨⎧=-+=++02032z y x z y x ， 不妨设3=z ，得⎩⎨⎧=+-=+3293y x y x ，解之得⎩⎨⎧-==75y x ， 可取)3,7,5(-=”． 以上的常规方法比较繁琐，很容易出错，特别是如果，b 的坐标含有根式、参数时就更难处理了．（1）矩阵法 若()321,,a a a a =，()321,,b b b b =为平面为平面α内的两个不共线向量， 则⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⨯212131313232,,b b a a b b a a b b a a ()()122113312332,,b a b a b a b a b a b a ----=是平面α的一个法向量．由此，例3中的法向量()3,7,51221,1231,1132--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⨯=，这种方法需要学生熟记公式．熟练掌握以上方法，可以迅速求出平面的法向量，也降低了运算难度．但是这种方法容易出现符号错误，要解决这个问题，最好的方法是代回检验．所以，基于检验思想，对于一些特殊情况，还有更简便的方法．（3）坐标交叉赋值其中一个变号法（坐标含0情况）如果平面α内的两个不共线向量a ，b 的坐标中含有零，我们就从零最多的向量入手，通过对应坐标交叉赋值，并且改变其中一个坐标的符号的方法快速求出平面α的一个法向量．两个向量中不妨假设坐标含零个数最多． 第一种情况，a 坐标含有两个零．例如：()0,0,1a =，()321,,b b b b =，则可通过观察便可直接写出平面α的一个法向量()z y x ,,=．由于a 中x 坐标不为零，所以可令法向量的0=x ，此时不管法向量的z y ,取任何值（不能同时取零）都满足0=⋅n a ，接下来只需要考虑z y ,取任何值时0=⋅ ，显然，坐标交叉赋值其中一个变号可令23,b z b y -== （或23,b z b y =-=）可使得0=⋅，所以可取()23,,0b b -=（或()23,,0b b -=）．为了便于记忆，可记以下有两个零的口诀：非零付零，交叉赋值，其中一个要变号． 第二种情况，a 坐标含有一个零．例如：()0,,21a a =，()321,,b b b =，则可通过坐标交叉赋值其中一个变号法设α的一个法向量()z a a ,,12-=（或()z a a ,,12-=），此时满足0=⋅，然后再由0=⋅n b 列方程()031221=+-+z b a b a b （或()031221=++-z b a b a b ），当03≠b 时可求得z 值，从而求得法向量．若03=b ，显然可取()1,0,0=．为了便于记忆，可记以下只有一个零的口诀：非零坐标交叉赋值其中一个变号；有零坐标设未知数，再列方程可求解．例4：已知向量a 、b 是平面α内的两个不共线的向量，根据以下条件，求平面α的一个法向量n ．（1）()1,0,0=，)1,1,2(-=b ；（2）()3,0,1=，)1,1,2(-=b ；（3）()0,2,2m m -=，)2,1,2(=． 解：（1）由()1,0,0=可设)0,,(y x =，由)1,1,2(-=的x ，y 坐标交叉赋值其中一个变号得)0,2,1(-=（2）由()3,0,1=的x ，z 坐标交叉赋值其中一个变号可设)1,,3(-=y ，则由0=⋅n b ，得()()01132=-⨯-++⨯y ，即7-=y ，所以，可取)1,7,3(--=．（3）由()0,2,2m m -=的x ，y 坐标交叉赋值其中一个变号可设),2,2(z m m -=，则由0=⋅，得()02222=++⨯-z m m ，解得m z 22-=，所以，可取)22,2,2(m m m --=．以上两种特殊情况在平时的解题中还是比较常见的情形．因此，在实战中，若平面α内的两个不共线向量有多种选择的话，尽量选择坐标含零多的向量，点的坐标含0的越多运算越简单．由此可见，点坐标含0的多少对法向量运算难易的影响．以上三种方法，不管是哪一种方法我们都建议学生求出法向量以后检验是否正确．第四步：应用公式空间向量的最常见的应用是求空间角，即根据空间角与两个向量夹角关系求空间角，因此，一定要明确以下三种空间角与对应两个向量夹角的关系．（1）两条异面直线所成的角θ∈(]οο90,0，它与两条这两条异面直线的方向向量b a ,的夹角><,的关系是>=<,θ或><-=,180οθ，所以有公式><=b a ,cos cos θ．（2）直线与平面所成的角θ∈[]οο90,0，它与直线的方向向量及平面的法向量的夹角><m a ,的关系是><-=,90οθ或ο90,->=<θ，所以有公式><=,cos sin θ．（3）二面角的平面角θ∈[]οο180,0，它与两个平面的法向量,的夹角><,的关系是>=<,θ或><-=,180οθ，所以有公式><±=,cos cos θ，若θ为锐角公式取正号，θ为钝角公式取负号．由以上关系可知，空间角问题最终都转化为两个向量夹角问题，而决定两个向量夹角大小的是两个向量方向，与向量的模无关，因此，在求两个向量夹角时，可以用方向相同的向量来替代运算以降低运算难度，其中也包含平行和垂直关系． 例如已知⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=34,334,338，()32,2,0-=，求这两个向量夹角余弦值时若直接代入公式运算量很大，因此，可将()1,3,3243--=m 和()3,1,021-=n 代入公式求夹角余弦值，即><>=<21,43cos ,cos ()()()()()()4341632311332311322222=⋅=-+⋅-++--⨯-+⨯= ())()43416323113222=⋅=-+⋅-⨯．可见，这种替代方法可以极大的降低运算量，从而提高运算的准确性． 用向量求空间距离问题是利用向量数量积运算的几何意义，主要有两种类型．（1）平面外的点P 到面α的距离d 等于点P 与面内任意一点A 连线所得向量PA 在平面α法向量上投影的绝对值，即d =．（2）而直线外的一点P 到直线l 的距离d ．可以先在直线上任意取一个点A．求出在直线方向向量=d ． 直线与平面平行时的线面距离、两个平行平面的距离、异面直线公垂线段长问题都可以转化为点到面的距离问题来求解；两条平行线间距离的问题可以转化为点到线的距离问题来求解．例5：如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为4，动点P 在棱A 1B 1上．当A 1P=34A 1B 1时，求点C 到平面D 1DP 的距离．解:如图，以D 为坐标原点，建立如图空间直角坐标系Dxyz ．由题设知正方体棱长为4，则D(0，0，0)，D 1(0，0，4)，C(0，4，0)．由题设可得P(4，3，4)，设平面D 1DP 的法向量=(x ，y ，z)，1DD u u u u r =(0，0，4)，DP u u u r =(4，3，4)．则10,0,n DD n DP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u r u u u r 即0,4340.z x y z =⎧⎨++=⎩ 令x=-3，则y=4．所以n 的一个取值为(-3，4，0)．又DC u u u r =(0，4，0)．所以点C 到平面D 1DP 的距离为=165．由以上例子可见，用向量法来解决空间立体几何问题是将几何问题转化为代数问题，对学生空间想象能力要求降低，它主要难点在于运算的准确性和运算的速度，而这又取决于建立空间直角坐标系的合理性以及运算过程中的运算习惯和策略．在考试的过程当中，如果学生能按照这以上原则解题，可以极大的提高运算的准确率以及解题的速度．参考文献：[1]人教版A 版数学选修2-2教材及教师用书[2]平面法向量在解立体几何题中的应用探究[j]． 梁毅麟． 科技传播． 2010(03)[3]立体几何的金钥匙——法向量[j]． 苏宝强． 教育教学论坛． 2010(07)作者简介：潘承猛：男，数学教师、数学备课组组长，中学一级教师．担任“Z+Z 智能教育平台运用于国家数学课程改革实验研究”西大附中课题组副组长．对中考、高考有深入研究，主编《中考宝典•数学》．。
第28练 空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”
第28练 空间向量解决立体几何问题的两大策略——“选基底”与“建系”[题型分析·高考展望] 向量作为一个工具，其用途是非常广泛的，可以解决现高中阶段立体几何中的大部分问题，不管是证明位置关系还是求解问题.而向量中最主要的两个手段就是选基底与建立空间直角坐标系.在高考中，用向量解决立体几何解答题，几乎成了必然的选择.体验高考1.(2018·北京)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5. (1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD . 又AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD . ∴AB ⊥平面P AD .∵PD ⊂平面P AD .∴AB ⊥PD . 又P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A . ∴PD ⊥平面P AB .(2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO .∵P A ＝PD ，∴PO ⊥AD . 又∵PO ⊂平面P AD ， 平面P AD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，∵CO ⊂平面ABCD ，∴PO ⊥CO ， ∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0).则PB →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1). CD →＝(－2，－1，0).设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PCD 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12.即n ＝⎝⎛⎭⎫12，－1，1. 设PB 与平面PCD 的夹角为θ. 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3＝33. ∴直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.(3)解 设M 是棱P A 上一点， 则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)， ∵BM ⊄平面PCD ，∴要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝⎛⎭⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14， ∴在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ， 此时AM AP ＝14.2.(2018·天津)如图，正方形ABCD 的中心为O ，四边形OBEF 为矩形，平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点，AB ＝BE ＝2. (1)求证：EG ∥平面ADF ； (2)求二面角O —EF —C 的正弦值；(3)设H 为线段AF 上的点，且AH ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.解 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得O (0，0，0)，A (－1，1，0)，B (－1，－1，0)，C (1，－1，0)，D (1，1，0)，E (－1，－1，2)，F (0，0，2)，G (－1，0，0).(1)证明 依题意，AD →＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2). 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ADF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，x 1－y 1＋2z 1＝0，不妨取z 1＝1，可得n 1＝(0，2，1)， 又EG →＝(0，1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又因为直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF .(2)解 易证OA →＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量，依题意，EF →＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面CEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EF →＝0，n 2·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，不妨取 x 2＝1， 可得n 2＝(1，－1，1).因此有cos 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →||n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O —EF —C 的正弦值为33. (3)解 由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF .因为AF →＝(1，－1，2)， 所以AH →＝25AF →＝⎝⎛⎭⎫25，－25，45， 进而有H ⎝⎛⎭⎫－35，35，45， 从而BH →＝⎝⎛⎭⎫25，85，45.因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →||n 2|＝－721.所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721. 3.(2018·课标全国乙)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值.(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3).由已知，得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2，0，3). 所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0).设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3).设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.高考必会题型题型一 选好基底解决立体几何问题例1 如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M 、N 分别是AB 、CD 的中点.(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ； (2)求MN 的长；(3)求异面直线AN 与CM 夹角的余弦值. (1)证明 设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r . 由题意可知：|p |＝|q |＝|r |＝a ， 且p 、q 、r 三向量两两夹角均为60°.∵MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB →＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－a 2)＝0. ∴MN ⊥AB ，同理可证MN ⊥CD . (2)解 由(1)可知MN →＝12(q ＋r －p )，∴|MN →|2＝MN →2＝14(q ＋r －p )2＝14[q 2＋r 2＋p 2＋2(q ·r －p ·q －r ·p )]＝14[a 2＋a 2＋a 2＋2(a 22－a 22－a 22)] ＝14·2a 2＝a 22. ∴|MN →|＝22a ，∴MN 的长为22a .(3)解 设向量 AN →与MC →的夹角为θ. ∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r )·(q －12p )＝12(q 2－12q ·p ＋r ·q －12r ·p ) ＝12(a 2－12a 2·cos 60°＋a 2·cos 60°－12a 2·cos 60°) ＝12(a 2－a 24＋a 22－a 24)＝a 22. 又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →|·|MC →|·cos θ ＝32a ·32a ·cos θ＝a 22. ∴cos θ＝23，∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 夹角的余弦值为23.点评 对于不易建立直角坐标系的题目，选择好“基底”也可使问题顺利解决.“基底”就是一个坐标系，选择时，作为基底的向量一般为已知向量，且能进行运算，还需能将其他向量线性表示.变式训练1 如图，在四棱锥P －GBCD 中，PG ⊥平面GBCD ，GD ∥BC ，GD ＝34BC ，且BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，E 是BC 的中点，PG ＝4.(1)求异面直线GE 与PC 所成角的余弦值；(2)若F 点是棱PC 上一点，且DF →·GC →＝0，PF →＝kCF →，求k 的值. 解 (1)如图所示，以G 点为原点建立空间直角坐标系Gxyz ，则B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (－32，32，0)，P (0，0，4)，故E (1，1，0)，GE →＝(1，1，0)，PC →＝(0，2，－4)， cos 〈GE →，PC →〉＝GE →·PC →|GE →||PC →|＝22·20＝1010，故异面直线GE 与PC 所成角的余弦值为1010. (2)设F (0，y ，z )，则DF →＝GF →－GD →＝(0，y ，z )－(－32，32，0)＝(32，y －32，z )，GC →＝(0，2，0).∵DF →·GC →＝0，∴(32，y －32，z )·(0，2，0)＝2(y －32)＝0，∴y ＝32.在平面PGC 内过F 点作FM ⊥GC ，M 为垂足，则GM ＝32，MC ＝12，∴PF FC ＝GMMC＝3，∴k ＝－3. 题型二 建立空间直角坐标系解决立体几何问题例2 (2018·山东)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 ＝12AC ＝23，AB ＝BC ，求二面角F －BC －A 的余弦值.(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)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Oxyz .由题意得B (0，23，0)，C (－23，0，0).过点F 作FM ⊥OB 于点M ， 所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3).故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3). 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0.可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝⎛⎭⎫－1，1，33，因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝77.所以二面角F －BC －A 的余弦值为77. 点评 (1)建立空间直角坐标系前应先观察题目中的垂直关系，最好借助已知的垂直关系建系.(2)利用题目中的数量关系，确定定点的坐标，动点的坐标可利用共线关系(AP →＝λa )，设出动点坐标.(3)要掌握利用法向量求线面角、二面角、点到面的距离的公式法.变式训练2 在边长是2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB ，A 1C 的中点，应用空间向量方法求解下列问题.(1)求EF 的长；(2)证明：EF ∥平面AA 1D 1D ； (3)证明：EF ⊥平面A 1CD . (1)解 如图建立空间直角坐标系，则A 1＝(2，0，2)，A ＝(2，0，0)，B ＝(2，2，0)，C ＝(0，2，0)， D 1＝(0，0，2)，E ＝(2，1，0)，F ＝(1，1，1)， ∴EF →＝(－1，0，1)，EF ＝ 2.(2)证明 ∵AD 1→＝(－2，0，2)，∴AD 1∥EF ，而EF ⊄平面AA 1D 1D ，∴EF ∥平面AA 1D 1D .(3)证明 ∵EF →·CD →＝0，EF →·A 1D →＝0， ∴EF ⊥CD ，EF ⊥A 1D ， 又CD ∩A 1D ＝D ， ∴EF ⊥平面A 1CD .高考题型精练1.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若BD 1→＝xAD →＋yAB →＋zAA 1→，则x ＋y ＋z 的值为( )A.3B.1C.－1D.－3 答案 B解析 ∵BD 1→＝AD →－AB →＋AA 1→， ∴x ＝1，y ＝－1，z ＝1，∴x ＋y ＋z ＝1.2.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则下列向量中与B 1M →相等的向量是( )A.－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C.12a －12b ＋c D.－12a －12b ＋c答案 A解析 由题意知，B 1M →＝B 1A 1→＋A 1A →＋AM →＝B 1A 1→＋A 1A →＋12AC →＝－a ＋c ＋12(a ＋b )＝－12a ＋12b ＋c ，故选A.3.在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2，3)，AD →＝(－4，1，0)，AP →＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于( ) A.1 B.2 C.13 D.26 答案 B解析 设平面ABCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AB →n ⊥AD→⇒⎩⎪⎨⎪⎧4x －2y ＋3z ＝0，－4x ＋y ＝0.令y ＝4，则n ＝(1，4，43)，则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∵h |AP →|＝|cos 〈n ·AP →〉|， ∴h ＝2626×226＝2，故选B. 4.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝22，则下列结论中错误的是( )A.AC ⊥BEB.EF ∥平面ABCDC.三棱锥A －BEF 的体积为定值D.异面直线AE ，BF 所成的角为定值 答案 D解析 ∵AC ⊥平面BB 1D 1D ， 又BE ⊂平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥BE ，故A 正确. ∵B 1D 1∥平面ABCD ，又E ，F 在直线D 1B 1上运动， ∴EF ∥平面ABCD ，故B 正确.C 中，由于点B 到直线B 1D 1的距离不变，故△BEF 的面积为定值，又点A 到平面BEF 的距离为22， 故V A －BEF 为定值，故C 正确.建立空间直角坐标系，如图所示，可得A (1，1，0)，B (0，1，0).①当点E 在D 1处，点F 为D 1B 1的中点时，E (1，0，1)， F (12，12，1)，∴AE →＝(0，－1，1)，BF →＝(12，－12，1)， ∴AE →·BF →＝32.又|AE →|＝2，|BF →|＝62，∴cos 〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝322·62＝32.∴此时异面直线AE 与BF 成30°角. ②当点E 为D 1B 1的中点，F 在B 1处时， E (12，12，1)，F (0，1，1)， ∴AE →＝(－12，－12，1)，BF →＝(0，0，1)，∴AE →·BF →＝1，|AE →|＝(－12)2＋(－12)2＋12＝62， ∴cos 〈AE →，BF →〉＝AE →·BF →|AE →||BF →|＝162·1＝63≠32，故D 错误.故选D.5.若a ＝(2x ，1，3)，b ＝(1，－2y ，9)，如果a 与b 为共线向量，则( )A.x ＝1，y ＝1B.x ＝12，y ＝－12C.x ＝－16，y ＝32D.x ＝16，y ＝－32答案 D解析 因为a 与b 为共线向量， 所以存在实数λ使得a ＝λb ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2x ＝λ，1＝－2λy ，3＝9λ，解得x ＝16，y ＝－32.6.已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别是OA ，CB 的中点，点G 在线段MN 上，且使MG ＝2GN ，则用向量OA →，OB →，OC →表示向量OG →是()A.OG →＝16OA →＋13OB →＋13OC →B.OG →＝16OA →＋13OB →＋23OC →C.OG →＝OA →＋23OB →＋23OC →D.OG →＝12OA →＋23OB →＋23OC →答案 A解析 ∵MG ＝2GN ，M ，N 分别是边OA ，CB 的中点， ∴OG →＝OM →＋MG →＝OM →＋23MN →＝OM →＋23(MO →＋OC →＋CN →)＝13OM →＋23OC →＋13(OB →－OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →. 故选A.7.已知a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ＝________. 答案657解析 a ，b ，c 三向量共面，则存在实数x ，y ， 使c ＝x a ＋y b ，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，－x ＋4y ＝5，3x －2y ＝λ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝337，y ＝177，λ＝657.8.如图所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在的平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________.答案 (1，1，1) 解析 设PD ＝a (a >0)，则A (2，0，0)，B (2，2，0)，P (0，0，a )，E (1，1，a2)，∴DP →＝(0，0，a )，AE →＝(－1，1，a 2)，∵cos 〈DP →，AE →〉＝33，∴a 22＝a 2＋a 24×33，∴a ＝2，∴E 的坐标为(1，1，1).9.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案 平行解析 ∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →，∴MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA → ＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又∵CD →是平面B 1BCC 1的一个法向量， ∴MN →·CD →＝(23B 1B →＋13B 1C 1→)·CD →＝0，∴MN →⊥CD →，又∵MN ⊄平面BB 1C 1C ， ∴MN ∥平面BB 1C 1C .10.已知棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BC 的中点，F 为A 1B 1的中点.(1)求证：DE ⊥C 1F ；(2)求异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值.(1)证明 以D 为原点，以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 的正半轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，E (a 2，a ，0)，C 1(0，a ，a )，F (a ，a2，a )，所以DE →＝(a 2，a ，0)，C 1F →＝(a ，－a 2，0)，DE →·C 1F →＝0，所以DE ⊥C 1F .(2)解 A 1(a ，0，a )，C (0，a ，0)，A 1C →＝(－a ，a ，－a )， C 1F →＝(a ，－a 2，0)，cos 〈A 1C →，C 1F →〉＝A 1C →·C 1F →|A 1C →||C 1F →|＝－32a 23a ×52a＝－155，所以异面直线A 1C 与C 1F 所成角的余弦值是155. 11.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，E 是PB 的中点.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ； (2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值. (1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PC .∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1， ∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴AC ⊥BC ，又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC .∵AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)解 如图，以点C 为原点，DA →，CD →，CP →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，A (1，1，0)，B (1，－1，0)， 设P (0，0，a )(a >0)，则E (12，－12，a 2)，CA →＝(1，1，0)，CP →＝(0，0，a )，CE →＝(12，－12，a 2).取m ＝(1，－1，0)，则m ·CA →＝m ·CP →＝0，m 为平面P AC 的法向量， 设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量， 则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x －y ＋az ＝0.取x ＝a ，y ＝－a ，z ＝－2，则n ＝(a ，－a ，－2)， 依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝n ·m |n ||m |＝aa 2＋2＝63， 则a ＝2，于是n ＝(2，－2，－2)，P A →＝(1，1，－2). 设直线P A 与平面EAC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝P A →·n |P A →||n |＝23，即直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为23. 12.直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°，A 1A ＝AB ，E 为BB 1延长线上的一点，D 1E ⊥平面D 1AC .设AB ＝2. (1)求二面角E －AC －D 1的大小；(2)在D 1E 上是否存在一点P ，使A 1P ∥平面EAC ？若存在，求D 1P ∶PE 的值；若不存在，说明理由.解 (1)设AC 与BD 交于点O ，如图所示建立空间直角坐标系Oxyz ，则A ＝(3，0，0)，B (0，1，0)，C (－3，0，0)，D (0，－1，0)， D 1(0，－1，2)，设E (0，1，2＋h )，则D 1E →＝(0，2，h )，CA →＝(23，0，0)，D 1A →＝(3，1，－2)， ∵D 1E ⊥平面D 1AC ， ∴D 1E ⊥AC ，D 1E ⊥D 1A ，∴2－2h ＝0，∴h ＝1，即E (0，1，3). ∵D 1E →＝(0，2，1)，AE →＝(－3，1，3)， 设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥CA →，m ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－3x ＋y ＋3z ＝0.令z ＝－1，∴平面EAC 的一个法向量为m ＝(0，3，－1)， 又平面D 1AC 的法向量为D 1E →＝(0，2，1)， ∴cos 〈m ，D 1E →〉＝m ·D 1E →|m |·|D 1E →|＝22，∴二面角E －AC －D 1大小为45°.(2)设D 1P →＝λPE →＝λ(D 1E →－D 1P →)， 得D 1P →＝λ1＋λD 1E →＝(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)，∴A 1P →＝A 1D 1→＋D 1P →＝(－3，－1，0)＋(0，2λ1＋λ，λ1＋λ)＝(－3，λ－11＋λ，λ1＋λ)， ∵A 1P ∥平面EAC ，∴A 1P →⊥m ， ∴－3×0＋3×λ－11＋λ＋(－1)×λ1＋λ＝0，∴λ＝32.∴存在点P 使A 1P ∥平面EAC ， 此时D 1P ∶PE ＝3∶2.。
巧建系，妙解立体几何题
解题宝典立体几何问题侧重于考查同学们的空间想象能力和逻辑推理能力.在解答立体几何问题时，我们一般只有借助立体几何图形来进行分析，才能快速明确题目中点、线、面的位置关系，找到解题的突破口.建系法是解答立体几何问题的一种重要方法，而运用建系法解答立体几何问题的关键是建立合适的空间直角坐标系，通过空间直角坐标运算求得问题的答案.那么如何选取坐标轴和原点，建立合适的直角坐标系呢？主要有以下两种方法.一、根据几何体的性质和特点建系我们知道，空间直角坐标系中的三个坐标轴相互垂直，并相交于一点.因此，在解答立体几何问题时，可以根据简单几何体的特点和性质，尤其是长方体、直棱柱、直棱锥、圆柱的性质和特点来寻找垂直关系.当图形中出现三条直线两两互相垂直且交于一点时，可以将这三条直线看作坐标轴，将该交点视为坐标原点来建系.例1.（2019年全国卷Ⅱ理科·第17题）如图1，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.若AE =A 1E ，求二面角B -EC -C 1的正弦值.图1图2分析:本题主要考查了二面角的求法.我们根据长方体的特点和性质可知长方体的所有侧棱都与底面垂直，且底面上由顶点出发的两条棱相互垂直，于是可将底面的其中一个顶点视为原点，以由顶点出发的三条棱为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.然后根据题目给出的条件，找出相关点的坐标，求出两个平面、BEC 、ECC 1的法向量，再根据公式求出两个平面法向量的夹角余弦值，便可得出夹角的正弦值.解：以点D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴的正方向，建立如图2所示的空间直角坐标系D -xyz .设正方形ABCD 的边长为1，||AA 1=2a ，则||A 1E =||AE =a ，所以||EB 1=||EB =a 2+1，因为ABCD -A 1B 1C 1D 1为长方体，所以B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，且BE 在平面ABB 1A 1内，因此C 1B 1⊥BE .由题知BE ⊥EC 1,所以BE ⊥平面EB 1C １.且EB 1在平面EB 1C 1内，则BE ⊥EB 1.在RtΔB 1EB 中，EB 12+EB 2=B 1B 2，即a 2+1+a 2+1=4a 2，所以a =1，所以B (1,1,0)，C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，所以 CE =(1,-1,1)， CB =(1,0,0)， CC 1=(0,0,2)设平面BCE 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1)，则ìíî n 1·CE =x 1-y 1+z 1=0, n 1·CB =x 1=0,，解得{x 1=0,z 1=y 1,取 n 1=(0,1,1)，设平面CEC 1的法向量为 n 2=(x 2,y 2,z 2)，则ìíî n 2·CE =x 2-y 2+z 2=0, n 2·CC 1=2z 2=0,解得{z 2=0,y 2=x 2,取 n 2=(1,1,0)，所以cos n 1, n 2=n 1·n 2|| n 1·|| n 2=12.于是sin n 1, n 2=,故二面角B -EC -C 1的正弦值为.例2.如图3，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB 、BB 1的中点，AA 1=AC =CB .求二傅灵欣廖小莲44解题宝典面角D -A 1C -E 的正弦值.图3图4分析：该几何体为直三棱柱，我们可以根据直三棱柱图形的特点和性质来建立空间直角坐标系.直棱柱的侧棱垂直于底面，只要根据题目的条件在直三棱柱的底面找到两条互相垂直且与侧棱有交点的直线，这样三条直线两两便会互相垂直，为建立空间直角坐标系创造了条件.求出相关点的坐标以及二面角所包含的两个平面的法向量，再根据公式便可求出二面角的余弦值，求得夹角的正弦值.解：由AC =CB =得ΔACB 是以∠C 为直角的等腰直角三角形，又因为是直三棱柱ABC -A 1B 1C 1，所以棱CC 1⊥底面ACB .故以点C 为原点、CA 的方向为x 轴，建立如图4所示的空间直角坐标系.设AB =2，则AA 1=AC =CB =AA 1=2，则A (2,0,0)，B （0，2,0），D 0），A 1（2,0，2），C （0,0,0），又因为AA 1=BB 1=2，所以E(0,2，于是 CA 1=（2,0，2）， CD =0），CE =（0，2，，设平面DA 1C 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1)，则ìíîïï n 1·CA 121+2=0,CD · n 1=2121=0,解得{x 1+z 1=0,x 1+y 1=0,取n 1=(1,-1,-1)，设平面A 1CE 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2)，则ìíîïï n 2·AC 1=2x 222=0, CE · n 2=2y 222=0,解得ìíîïïx 2+z 2=0,y 2+12z 2=0,取n 2=（2,1,-2），所以cos n 1， n 2=n 1·n 2|| n 1·||n 2=，则sin n 1, n 2=故二面角D -A 1C -E 的正弦值为.在用建系法解答与长方体、直棱锥有关的立体几何问题时，可以根据长方体、直棱锥本身的性质和特点来建系，若无法根据几何体的性质和特点建系，可以根据题意创造条件来建系.二、利用线面垂直关系建立直角坐标系在建系时，z 轴往往是比较容易选取的，而坐标原点即为z 轴与底面的交点，那么我们只需要确定与z 轴垂直的坐标平面xOy ，且使x 轴、y 轴相互垂直即可.可以根据线面垂直关系来寻找与z 轴垂直的平面.首先要充分利用好底面中的垂直条件，然后根据线面垂直的判断定理得到相应的z 轴以及与z 轴垂直的平面，这样便可建立符合要求的空间直角坐标系.例3（2020年全国Ⅰ卷，第20题）如图5，四棱锥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PD =AD =1，Q 为l上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.图5分析：我们可以先根据线面垂直的关系，即PD ⊥底面ABCD 来建立空间直角坐标系.而四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，所以正方形的四条邻边相互垂直，于是可以以D 为坐标原点、DA 的方向为x 轴的正方向建立空间直角坐标系.求出相关点的坐标，设45方法集锦。
基于高考题 探讨向量法的建系技巧
两面交线的直线，则该线即可以作为狕轴．当然有时也
需要根据题目条件，为了使狓，狔 轴建立更方便，也可
以把与该线平行的直线作为狕 轴．我们可以通过２０１９
年浙江卷的高考题来深入了解一下这类题型的特点．
例３ （２０１９ 年 浙 江 卷）
如图 ３，已 知 三 棱 柱 犃犅犆 －
犃１犅１犆１，平面 犃１犃犆犆１ ⊥ 平
果用传统法去做，在处理线面垂直的过程中也会遇到
问题，很多同学找不出来．而向量法只需将坐标求出， 相乘为零即可．
解：（１）连接 犃１犈，因为 犃犃１ ＝犃１犆 ＝犃犆，所以 犃１犈 ⊥犃犆．又因为平面 犃１犃犆犆１ ⊥ 平面 犃犅犆，平面 犃１犃犆犆１ ∩ 平面犃犅犆＝犃犆，所以犃１犈 ⊥ 平面犃犅犆，则 以垂直于犈犆 的直线为狓 轴，犈犆 为狔轴，犈犃１ 为狕轴建 立空间直角坐标系，设 犃犆 ＝ ２，则 犈（０，０，０），犆（０，１，
｛ 烄犈→犕·狀＝０， －２狔－狕＝０，
烅烆犈→犖·狀＝０ 狓 －２狕＝０．
（ ） 令狕＝１，则狀＝ ２，－ １ ２，１ ．设二面角犆－犕犈－
犖 的大小为θ，所以ｃｏｓθ＝ ２ ＝ ４ ，即得ｓｉｎθ
槡 １×
２１ ４
槡２１
槡５ 槡１０５
＝＝ 槡２１
２１
．
类型２．有侧棱垂直于底面，底面无直角
这类题与类型１大致相同，一般选择垂直于底面的
（１）证明：犃犅１ ⊥ 平面 犃１犅１犆１； （２）求直线犃犆１ 与平面犃犅犅１ 所成角正弦值． 分析：此 题 可以 直 接 选择
犃犃１ 为狕轴，接下来的关键是如 何选择狓，狔 轴，使得运算更方 便．然后该题第（１）小题在用传
统法 的 时 候，需 要 通 过 多 次 勾
有关“立体几何中的向量方法”的两个案例及建议
ｃ 譬 １） （ ｏ 一
设 力 Ｆ 方 向 上 的单 位 向量 坐 标 为 （ ， ， ｚ ｙ，） 由于 Ｆ 与 ， 的 夹 角均 为 ６ 。则 有 。 ｏ，
都 为 ６ 。以 力 Ｆ 、 ２Ｆ Ｏ， 。 Ｆ 、 ａ为 棱 作 平 行 六 面 体 ， 合 力 则 Ｆ ＋Ｆ ＋ Ｆ 的 大小 即为 以 Ａ 为端 点 的对 角 线 长 ． 此 ， ２ ｓ 由 可知 ， １ 例 ３实质 上是 同 一 道 题 ， 不 过 形 式 上 一 例 和 只 个 是 “ 何 化 ” 一 个 是 “ 理 化 ” 已． 以 最 好 将 此 题 几 ， 物 而 所 的位 置 延 后 ， 根 据 需 要 妥 当 编 排 ， 则 ， 题 就 像 一 另 否 此 根鱼 刺 “ 哽 在 喉 ” 使 得 整 个 知识 体 系 失 去 应 有 的 连 如 ，
贯 性 和 自然 的美 感 ．
ｃｓ０一÷ ＝ （ ， ，）・（ ， ，） ｏ ６。 ｚ Ｙ Ｏ １Ｏ
ｃ ６０ 一 １ ｏｓ 。
一
பைடு நூலகம்
①
（ ・一 丢， ｚ ， （ ， ０ ）
３， Ｙ ，求 得 ７ ，
②
③ Ｆ ＝
。 。 ２ ＝１ ＋ ＋ 由 ① ② ③ 解 出
ｚ 一壶 １ 号 ｏ √ ，， ） ｏ √ （ 类 求 Ｒ ２（ 一 ， ） 似 得ｅ０一 ， √ ， ０√ ÷ 詈
我使 用 的是 人 教 Ａ 版 选 修 ２ １的 教 材 ， 教 学 — 在 “ 体 几 何 中 的 向 量 方 法 ” ， 到 了 一 些 普 遍 存 在 于 立 时 遇 师生 中 的 困惑 ． 文 拟 选 取 其 中 的 两 个 案 例 加 以 阐 述 ， 本 并 提 出几 点 建 议 ， 图 来 解 决 这 些 问 ， 试 题 以促 进 我 们 的 有 效 学 习． 案 例 １ （ １ ６例 ３ Ｐ１ ） 如 图 ｌ 一 块 均 匀 的 正 三 角 ， 形 面 的 钢 板 的 质 量 为 ５ ０ ｇ 在 它 的 顶 点 处 分 别 ０ｋ ， 受 力 Ｆ１ 、 ｓ 每 个 力 与 、 Ｆ， 同 它 相 邻 的 三 角 形 的 两 边 之 间 的 夹 角 都 是 ６。 且 Ｏ， ｆ — ｆ ２Ｉ— ｆ 。Ｉ一 ＦＩ Ｆ Ｆ 图 １ ２ ｏ ｇ 这 块 钢 板 在 这 些 力 ｏｋ． 的作 用 下 将 会 怎 样 运 动？ 这 三个 力 最 小 为 多 少 时 ， 能 提起 这块 钢 板 ？ 才 解法 １ 教材方法） ：（
空间向量解决立体几何
1 空间直角坐标系构建三策略利用空间向量的方法解决立体几何问题，关键是依托图形建立空间直角坐标系，将其它向量用坐标表示，通过向量运算，判定或证明空间元素的位置关系，以及空间角、空间距离问题的探求．所以如何建立空间直角坐标系显得非常重要，下面简述空间建系的三种方法，希望同学们面对空间几何问题能做到有的放矢，化解自如．1．利用共顶点的互相垂直的三条棱例1 已知直四棱柱中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，试求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值．解 如图以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，C (0,1,0)，所以BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．所以cos 〈BC 1→，CD →〉＝BC 1→·CD →|BC 1→||CD →|＝31717. 故异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值为31717. 点评 本例以直四棱柱为背景，求异面直线所成角．求解关键是从直四棱柱图形中的共点的三条棱互相垂直关系处着眼，建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标和相关向量的坐标，再求两异面直线的方向向量的夹角即可．2．利用线面垂直关系例2 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥面BB 1C 1C ，E 为棱C 1C 的中点，已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.试建立合适的空间直角坐标系，求出图中所有点的坐标．解 过B 点作BP 垂直BB 1交C 1C 于P 点，因为AB ⊥面BB 1C 1C ，所以BP ⊥面ABB 1A 1，以B 为原点，分别以BP ，BB 1，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．因为AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3， 所以CP ＝12，C 1P ＝32，BP ＝32，则各点坐标分别为B (0，0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C (32，－12，0)，C 1(32，32，0)，E (32，12，0)，A 1(0,2，2)．点评 空间直角坐标系的建立，要尽量地使尽可能多的点落在坐标轴上，这样建成的坐标系，既能迅速写出各点的坐标，又由于坐标轴上的点的坐标含有0，也为后续的运算带来了方便．本题已知条件中的垂直关系“AB ⊥面BB 1C 1C ”，可作为建系的突破口．3．利用面面垂直关系例3 如图1，等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝2，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点．将△ABE 沿AE 折起，使平面BAE ⊥平面AEC (如图2)，连接BC ，BD .求平面ABE 与平面BCD 所成的锐角的大小．解 取AE 中点M ，连接BM ，DM .因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ＝AD ，∠ABC ＝60°，E 是BC 的中点， 所以△ABE 与△ADE 都是等边三角形，所以BM ⊥AE ，DM ⊥AE .又平面BAE ⊥平面AEC ，所以BM ⊥MD .以M 为原点，分别以ME ，MD ，MB 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Mxyz ，如图，则E (1,0,0)，B (0,0，3)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，所以DC →＝(2,0,0)，BD →＝(0，3，－3)，设平面BCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝2x ＝0，m ·BD →＝3y －3z ＝0.取y ＝1，得m ＝(0,1,1)， 又因平面ABE 的一个法向量MD →＝(0，3，0)，所以cos 〈m ，MD →〉＝m ·MD →|m ||MD →|＝22， 所以平面ABE 与平面BCD 所成的锐角为45°.点评 本题求解关键是利用面面垂直关系，先证在两平面内共点的三线垂直，再构建空间直角坐标系，然后分别求出两个平面的法向量，求出两法向量夹角的余弦值，即可得所求的两平面所成的锐角的大小．用法向量的夹角求二面角时应注意：平面的法向量有两个相反的方向，取的方向不同求出来的角度就不同，所以最后还应该根据这个二面角的实际形态确定其大小．2 用向量法研究“动态”立体几何问题“动态”立体几何问题是在静态几何问题中渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，同时由于“动态”的存在，使得问题的处理趋于灵活．本文介绍巧解“动态”立体几何问题的法宝——向量法，教你如何以静制动．1．求解、证明问题例1 在棱长为a 的正方体OABC —O 1A 1B 1C 1中，E 、F 分别是AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ，求证：A 1F ⊥C 1E .证明 以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(a,0，a )，C 1(0，a ，a )．设AE ＝BF ＝x ，∴E (a ，x,0)，F (a －x ，a,0)．∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )．∵A 1F →·C 1E →＝(－x ，a ，－a )·(a ，x －a ，－a )＝－ax ＋ax －a 2＋a 2＝0，∴A 1F →⊥C 1E →，即A 1F ⊥C 1E .2．定位问题例2 如图，已知四边形ABCD ，CDGF ，ADGE 均为正方形，且边长为1，在DG 上是否存在点M ，使得直线MB 与平面BEF 的夹角为45°？若存在，求出点M 的位置；若不存在，请说明理由．解题提示 假设存在点M ，设平面BEF 的法向量为n ，设BM 与平面BEF所成的角为θ，利用sin θ＝|BM →·n ||BM →||n |解出t ，若t 满足条件则存在． 解 因为四边形CDGF ，ADGE 均为正方形，所以GD ⊥DA ，GD ⊥DC .又DA ∩DC ＝D ，所以GD ⊥平面ABCD .又DA ⊥DC ，所以DA ，DG ，DC 两两互相垂直，如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，则B (1,1,0)，E (1,0,1)，F (0,1,1)．因为点M 在DG 上，假设存在点M (0,0，t ) (0≤t ≤1)使得直线BM 与平面BEF 的夹角为45°.设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．因为BE →＝(0，－1,1)，BF →＝(－1,0,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BE →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝1， 所以n ＝(1,1,1)为平面BEF 的一个法向量．又BM →＝(－1，－1，t )，直线BM 与平面BEF 所成的角为45°，所以sin 45°＝|BM →·n ||BM →||n |＝|－2＋t |t 2＋2×3＝22， 解得t ＝－4±3 2.又0≤t ≤1，所以t ＝32－4.故在DG 上存在点M (0,0,32－4)，且DM ＝32－4时，直线MB 与平面BEF 所成的角为45°.点评 由于立体几何题中“动态”性的存在，使有些问题的结果变得不确定，这时我们要以不变应万变，抓住问题的实质，引入参量，利用空间垂直关系及数量积将几何问题代数化，达到以静制动的效果．3 向量与立体几何中的数学思想1．数形结合思想向量方法是解决问题的一种重要方法，坐标是研究向量问题的有效工具，利用空间向量的坐标表示可以把向量问题转化为代数运算，从而沟通了几何与代数的联系，体现了数形结合的重要思想．向量具有数形兼备的特点，因此，它能将几何中的“形”和代数中的“数”有机地结合在一起．例1 如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F .(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求二面角A 1－EC －D 的余弦值；(3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．(1)证明 因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，所以平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD ∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝AF ，所以A 1F ∥EC .又因为A 1F ⊄平面B 1CE ，EC ⊂平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE .(2)解 因为AA 1⊥底面ABCD ，⊥BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴、y 轴和z 轴，如图建立空间直角坐标系．则A 1(0,0,2)，E (1,0,0)，C (2,1,0)，所以A 1E →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(2,1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由A 1E →·m ＝0，A 1C →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0. 令z ＝1，得m ＝(2，－2,1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝13， 由图可知，二面角AA 1－EC －D 的平面角为锐角，所以二面角A 1－EC －D 的余弦值为13. (3)解 过点F 作FM ⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，FM ⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以FM ⊥平面A 1ABB 1，所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×S △A 1B 1E ×FM ＝13×2×22×FM ＝23FM . 因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)，所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43. 2．转化与化归思想空间向量的坐标及运算为解决立体几何中的夹角、距离、垂直、平行等问题提供了工具，因此我们要善于把这些问题转化为向量的夹角、模、垂直、平行等问题，利用向量方法解决．将几何问题化归为向量问题，然后利用向量的性质进行运算和论证，再将结果转化为几何问题．这种“从几何到向量，再从向量到几何”的思想方法，在本章尤为重要．例2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ；(2)求二面角A －DF －C 的平面角的余弦值．分析 求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．解 (1)以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．∵E 为AB 的中点，∴E 点坐标为E (1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2) ＝(23，23，－43)， ∴DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋(23，23，－43) ＝(23，23，23)，设n ＝(x ，y ，z )是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DF →＝0，n ·DC →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y ＋23z ＝0，2y ＝0.取x ＝1得平面FDC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)．设p ＝(x ，y ，z )是平面ED 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 23x ＋23y －43z ＝0，2y －2z ＝0，取y ＝1得平面D 1EC 的一个法向量p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0，∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(3)设q ＝(x ，y ，z )是平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ q ·DF →＝0，q ·DA →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧23x ＋23y ＋23z ＝0，x ＝0，取y ＝1得平面ADF 的一个法向量q ＝(0,1，－1)，设二面角A －DF －C 的平面角为θ，由题中条件可知θ∈(π2，π)，则cos θ＝|n ·q |n |·|q ||＝－0＋0＋12×2＝－12， ∴二面角A －DF －C 的平面角的余弦值为12. 3．函数思想例3 已知关于x 的方程x 2－(t －2)x ＋t 2＋3t ＋5＝0有两个实根，且c ＝a ＋t b ，a ＝(－1,1,3)，b ＝(1,0，－2)．问|c |能否取得最大值？若能，求出实数t 的值及对应的向量b 与c 夹角的余弦值；若不能，说明理由．分析 写出|c |关于t 的函数关系式，再利用函数观点求解．解 由题意知Δ≥0，得－4≤t ≤－43， 又c ＝(－1,1,3)＋t (1,0，－2)＝(－1＋t,1,3－2t )，∴|c |＝(－1＋t )2＋(3－2t )2＋1 ＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65. 当t ∈⎣⎡⎦⎤－4，－43时，f (t )＝5⎝⎛⎭⎫t －752＋65是单调递减函数，∴y max ＝f (－4)，即|c |的最大值存在， 此时c ＝(－5,1,11)．b·c ＝－27，|c |＝7 3.而|b |＝5，∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b||c |＝－275×73＝－91535. 点评 凡涉及向量中的最值问题，若可用向量坐标形式，一般可考虑写出函数关系式，利用函数思想求解．4．分类讨论思想例4 如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝a ，P A ⊥平面ABCD (点P 位于平面ABCD 上方)，问BC 边上是否存在点Q ，使PQ →⊥QD →？分析 由PQ →⊥QD →，得PQ ⊥QD ，所以平面ABCD 内，点Q 在以边AD为直径的圆上，若此圆与边BC 相切或相交，则BC 边上存在点Q ，否则不存在．解 假设存在点Q (Q 点在边BC 上)，使PQ →⊥QD →，即PQ ⊥QD ，连接AQ .∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥QD .又PQ →＝P A →＋AQ →且PQ →⊥QD →，∴PQ →·QD →＝0，即P A →·QD →＋AQ →·QD →＝0.又由P A →·QD →＝0，∴AQ →·QD →＝0，∴AQ →⊥QD →.即点Q 在以边AD 为直径的圆上，圆的半径为a 2. 又∵AB ＝1，由题图知，当a 2＝1，即a ＝2时，该圆与边BC 相切，存在1个点Q 满足题意； 当a 2>1，即a >2时，该圆与边BC 相交，存在2个点Q 满足题意； 当a 2<1，即a <2时，该圆与边BC 相离，不存在点Q 满足题意． 综上所述，当a ≥2时，存在点Q ；当0<a <2时，不存在点。
立体几何中不易建系的用空间向量证明垂直问题。
立体几何中不易建系的用空间向量证明垂直问题。
1. 引言1.1 概述立体几何是数学中的一个重要分支，研究空间中的图形和特定关系。
建系问题是立体几何中一个常见的难题，它涉及到如何确定或构建一个合适的坐标系来描述和表示空间中的元素和关系。
在解决建系问题时，传统的方法存在一定局限性和困难，例如难以应对复杂的几何结构、缺乏普适性等。
1.2 文章结构本文将通过引入空间向量理论来探讨解决立体几何中不易建系的问题。
文章分为以下几个部分：- 引言：介绍本文的背景和论文结构。
- 立体几何中的建系问题：阐述建系定义与重要性、传统方法的局限性与困难，以及空间向量在解决建系问题中的优势。
- 空间向量证明垂直问题的基本原理与方法：讨论垂直关系的定义与特征、空间向量表示垂直关系的有效途径，以及应用空间向量证明垂直性质时需要考虑的因素。
- 实例分析：通过一个具体案例来说明使用空间向量证明垂直问题的步骤和推理过程，并对结果进行分析和讨论。
- 结论与展望：总结研究成果并得出结论，同时提出未来研究方向和进一步工作的展望。
1.3 目的本文的目的是介绍空间向量在解决立体几何中不易建系的问题中所起到的作用和优势，并通过实例分析来验证其有效性。
通过本文的研究，读者将能够理解空间向量在解决建系问题中的重要性，并了解使用空间向量证明垂直问题的基本原理与方法。
最终，本文希望为立体几何领域中建系问题的解决提供一种新思路和有价值的参考。
2. 立体几何中的建系问题：2.1 建系的定义与重要性：在立体几何中，建系是指通过选取适当的点或向量作为参照，构建坐标系或基底来描述和表示空间中的几何事物或运动。
建系是解决立体几何问题和进行进一步分析的基础，它可以帮助我们确定方向、测量距离和角度，从而推导出更多关于空间图形、运动和变换的性质。
2.2 建系方法的局限性与困难：传统的建系方法主要包括平行四边形法、角平分线法、垂直线法等。
然而，这些方法在实际应用中存在一定的局限性和困难。
不建系用向量法求立体几何的方法
不建系用向量法求立体几何的方法立体几何是数学的一个重要分支，研究的是三维空间中的图形和物体的性质。
在求解立体几何问题时，我们通常会使用向量法来进行分析和计算。
然而，本文将介绍一种不依赖于向量法的方法，来解决立体几何问题。
这种方法主要基于几何的性质和关系，通过观察和推理来得出结论。
下面将以几何中的一些经典问题为例，来说明这种方法的应用。
我们来讨论一个关于平行四边形的问题。
假设有一个平行四边形ABCD，我们需要证明对角线AC和BD相等。
传统的向量法可以通过向量的加减和数量积来进行证明，但我们可以使用更简洁的方法。
我们观察到平行四边形的性质，可以得出以下结论：平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分。
根据这个性质，我们可以得出如下推理：由于ABCD是平行四边形，所以AB平行于CD且AB=CD，AC平行于BD且AC=BD。
又因为AB=CD，所以AC=BD。
因此，我们得证对角线AC和BD相等。
接下来，我们来讨论一个关于三角形的问题。
假设有一个三角形ABC，其中AB=AC，我们需要证明角B=角C。
传统的向量法可以使用向量的数量积来进行证明，但我们可以使用更简单的方法。
我们观察到三角形的性质，可以得出以下结论：如果一个三角形的两边相等，那么这两边对应的两个角也相等。
根据这个性质，我们可以得出如下推理：由于AB=AC，所以角B=角C。
因此，我们得证角B等于角C。
我们来讨论一个关于立方体的问题。
假设有一个立方体，我们需要证明其对角线相等。
传统的向量法可以使用向量的加减和数量积来进行证明，但我们可以使用更直观的方法。
我们观察到立方体的性质，可以得出以下结论：立方体的所有边相等且平行，对角线互相垂直。
根据这个性质，我们可以得出如下推理：由于立方体的所有边相等，所以其对角线相等。
因此，我们得证立方体的对角线相等。
通过以上几个例子，我们可以看出不建系用向量法求解立体几何问题的方法的优势。
这种方法不仅简洁明了，而且不需要繁琐的计算，只需要基于几何的性质和关系进行观察和推理即可得出结论。
【课件】高二数学复习课件：用空间向量解决立体几何问题中的建系策略 (共24张PPT) - 最新
与△ABD 都是边长为 2 的等
边三角形.
(1)证明：PB⊥CD.
(2)求二面角 A-PD-C 的
余弦值.
z
O xE
y
类型三：造“墙角”
例 3.如图，四棱锥 P－
ABCD 中，∠ABC＝∠BAD
＝90°，BC＝2AD，△PAB
与△B⊥CD.
(2)求二面角 A-PD-C 的
BC1 存在点
D，使得
AD⊥A1B，并求
BD BC1
的值.
真题 5（辽宁卷）如图,AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点.
(1)求证:平面 PAC⊥平面 PBC； (2)若 AB＝2，AC＝1，PA＝1，求证：二面
角 C－PB－A 的余弦值.
真题 6（新课标 1）如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CA=CB,AB=A A1,∠BA A1=60°.
余弦值.
z
O xE
y
类型三：造“墙角”
●题型分析 造墙角：通过作辅助线并加以证明，“造”出“墙角”，从而可建系.
类型四：找“直角”
例 4.(大纲全国卷)如图，四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，PA⊥底面 ABCD， AC＝2 2，PA＝2，E 是 PC 上的一点，PE＝2EC.
(1)证明：PC⊥平面 BED； (2)设二面角 A－PB－C 为 90°，求 PD 与平面 PBC 所成角的大小．
余弦值;
(3)证明:在线段 BC1 存在点 D，
使得
AD⊥A1B，并求
BD BC1
的值.
类型二：找“墙角”
●题型分析
1.需要证明AB，AC，AA1两两垂直，坐标和向量容易得到.
2.第(1)小题不适合向量法.
用空间向量解决立体几何问题的建系策略
分析!1)连接AC交BF于点G,连接 EG,结合线面平行的性质可得PA%EG,再 由E为PC的中点，得G为AC的中点，则
△AFG^^CBG,得到 AF — BC — ]aD —
1,即F为AD的中点，可得四边形DCBF为 平行四边形，再由AD丄DC,得BF丄AD，可 得BF丄平面PAD，进一步得到平面BEF丄 平面PAD " (2)由面面垂直转化为线面垂 直，结合底面是直角梯形，可以以D为坐标 原点建系。分析得到F为AD的中点，也可 以以F为坐标原点建系。P点坐标未知，需 要先设坐标，比如设P (0,0,),由PC与底 面ABCD所成的角为60°可求解3。
点的坐标是用空间向量解决立体几何问题的
BCD。
关键所在。下面以典型的几何体：棱柱、棱锥、
证法二：如图2,以C
多面体为载体，以典型的问题情境设计：求线
为坐标原点，CA , CB.
面角、求二面角、探索性问题、翻折问题为背
CC］所在直线分别为e
景，剖析建立空间直角坐标系的常用途径。
轴，y轴，w轴，建立空间
论也可以B为坐标
原点，z轴与OC平
行（z轴悬空）建系，
如图4所示。求点C
的坐标
利用
CC* $ AA* &求点 D
的坐标可以利用
图4
------ > 1 -------->
A1D $yA 1C1。本题第（2）问的解答以O为
坐标原点建系为例。
解：（1）因为 #$A$1 $ #$$1A，所以 AB$B$1，所以四边形A1ABB1为菱形。
底面直角梯形，BC/AD , AD丄 DC , BC $ CD $ 1 , AD $ 2 , PA $ PD , E 为
空间向量之立体几何建系和求点坐标(共24张PPT)
xOy面内D yOz面内E zOx面内F
坐标形式 (x,y,0)
(0,y,z)
(x,0,z)
基础知识：
2、空间中在底面投影为特殊位置的点：
如果 A' x1, y1, z 在底面的投影为 A x2, y2,0 ，那么x1 x2, y1 y2
（即点与投影点的横纵坐标相同） 由这条规律出发，在写空间中的点坐标时，可看一下在底面的
建系方法2练习2 练2.如图，已知四棱锥P ABCD的底面是菱形，对角线AC, BD交于点O, OA 4,OB 3,OP 4,且OP 平面ABCD,点M为PC的三等分点（靠近P）, 建立适当的直角坐标系并求各点坐标。
找“墙角”
14
建系方法2练习3
练3.如图，在等腰梯形ABCD中，AB // CD, AD DC CB 1, ABC 60,CF 平面ABCD,且CF 1,建立适当的直角坐标系 并确定各点坐标。
找“墙角”
建系方法2练习5
真题（辽宁卷）如图,AB 是圆的直径,PA 垂 直圆所在的平面,C 是圆上的点.
(1)求证:平面 PAC⊥平面 PBC； (2)若 AB＝2，AC＝1，PA＝1，求证：二面
角 C－PB－A 的余弦值.
造“墙角”
建系方法3例题
三、利用面面垂直关系构建空间直角坐标系（转化为墙角模型） 例3.在四棱锥V-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面VAD 是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD．点P、H分别是线段VC、AD的 中点．试建立空间直角坐标系并写出P、V、A、B、C、D的坐标.
互相垂直，EF // BD, ED BD, AD 2, EF ED 1, 试建立合适的 空间直角坐标系并确定各点的坐标
高考试题中空间向量与立体几何建系问题专题探究ppt课件
A
A(0,0,2 3),B(0,0,0),C( 3,1,0),D(0,2,0)
33
M
F(2 3,0,0),M( , , 3),F(2 3,0,0) 22
B o
设 n ( x , y , z ) 是平面 MCB 一个法向量则
BA ( 0 , 0 , 2 3 ), BC ( 3 ,1 , 0 ).
一、空间直角坐标系的建立及空间 中点的坐标确定方法
•1、空间直角坐标系的建立方法：
在空间中取原点0，从原点0引三条两两垂直
的直线做为坐标轴，最后选定某个长度作为
单位长度。如右图
z
o
x
y
2、空间中点的坐标的确定方法
对于空间任意M一 ，点 求它的坐标： M分过别点做 个平面分别x垂 , y,直 z轴，平面与三个交 坐点 标轴 分别为 P,Q,R,在其相应轴上坐x标 ,y,依 z, 为 则（x, y, z)叫P的空间坐标，P(记 x, y作 , z), 三个数值P的 叫横坐标，纵坐坐 标标 ，。 竖
C1 B1
E1
D
E
A
R
F
C B
解(1)： AB 4, BCCD 2, F为棱AB中点
BF BCCF, BCF为正三角形， ABCD
z
为等腰梯形，BACABC60。，取AF中
D1
点M,连DM,则DM AB,DMCD,以DM为x A1
例1、(2010 江西数理 17）如图， BCD 与A
MCD 都是边长为 2的正三角形，平
面MCD 平面 BCD , AB 平面 BCD ,
已知 AB 2 3.
M
(1)求点 A到平M 面B的 C 距离；
B
D
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立体几何（向量法）—建系难例1 （2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如图,四棱锥P ABCD-中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,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.【答案】解：(1)如图，联结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，OB →，OC →，AP →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 ＝CD cos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sinπ3＝3，故A (0，－3，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)．因P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )，由F 为PC 边中点，得F ⎝⎛⎭⎫0，－1，z 2，又AF →＝⎝⎛⎭⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z )，因AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝2 3(舍去－2 3)，所以|P A →|＝2 3.(2)由(1)知AD →＝(－3，3，0)，AB →＝(3，3，0)，AF →＝(0，2，3)．设平面F AD 的法向量为1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为2＝(x 2，y 2，z 2)．由1·AD →＝0，1·AF →＝0，得⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取1＝(3，3，－2)． 由2·AB →＝0，2·AF →＝0，得⎩⎨⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取2＝(3，－3，2)． 从而向量1，2的夹角的余弦值为 cos 〈1，2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B －AF －D 的正弦值为3 78.例2（2013年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））如图,四棱锥P ABCD -中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆o，与PAD ∆都是等边三角形.(I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的大小.【答案】解：(1)取BC 的中点E ，联结DE ，则四边形ABED 为正方形． 过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O . 联结OA ，OB ，OD ，OE .由△P AB 和△P AD 都是等边三角形知P A ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ABED 对角线的交点， 故OE ⊥BD ，从而PB ⊥OE .因为O 是BD 的中点，E 是BC 的中点，所以OE ∥CD .因此PB ⊥CD .(2)解法一：由(1)知CD ⊥PB ，CD ⊥PO ，PB ∩PO ＝P ， 故CD ⊥平面PBD .又PD ⊂平面PBD ，所以CD ⊥PD .取PD 的中点F ，PC 的中点G ，连FG . 则FG ∥CD ，FG ⊥PD .联结AF ，由△APD 为等边三角形可得AF ⊥PD . 所以∠AFG 为二面角A －PD －C 的平面角． 联结AG ，EG ，则EG ∥PB . 又PB ⊥AE ，所以EG ⊥AE .设AB ＝2，则AE ＝2 2，EG ＝12PB ＝1，故AG ＝AE 2＋EG 2＝3，在△AFG 中，FG ＝12CD ＝2，AF ＝3，AG ＝3.所以cos ∠AFG ＝FG 2＋AF 2－AG 22·FG ·AF ＝－63.因此二面角A －PD －C 的大小为π－arccos63. 解法二：由(1)知，OE ，OB ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OE →的方向为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .设|AB →|＝2，则A (－2，0，0)，D (0，－2，0)， C (2 2，－2，0)，P (0，0，2)，PC →＝(2 2，－2，－2)，PD →＝(0，－2，－2)， AP →＝(2，0，2)，AD →＝(2，－2，0)． 设平面PCD 的法向量为1＝(x ，y ，z )，则 1·PC →＝(x ，y ，z )·(2 2，－2，－2)＝0，1·PD →＝(x ，y ，z )·(0，－2，－2)＝0，可得2x －y －z ＝0，y ＋z ＝0.取y ＝－1，得x ＝0，z ＝1，故1＝(0，－1，1)． 设平面P AD 的法向量为2＝(m ，p ，q )，则 2·AP →＝(m ，p ，q )·(2，0，2)＝0， 2·AD →＝(m ，p ，q )·(2，－2，0)＝0，可得m ＋q ＝0，m －p ＝0.取m ＝1，得p ＝1，q ＝－1，故2＝(1，1，－1)． 于是cos 〈，2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－63. 由于〈，2〉等于二面角A －PD －C 的平面角，所以二面角A －PD －C 的大小为π－arccos 63. 例3（2012高考真题重庆理19）（本小题满分12分 如图，在直三棱柱111C B A ABC 中，AB=4，AC=BC=3，D 为AB 的中点（Ⅰ）求点C 到平面11ABB A 的距离;（Ⅱ）若11AB A C 求二面角 的平面角的余弦值.【答案】解：(1)由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB .又CD ⊥AA 1，故CD ⊥面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)解法一：如图，取D 1为A 1B 1的中点，连结DD 1，则DD 1∥AA 1∥CC 1.又由(1)知CD ⊥面A 1ABB 1，故CD ⊥A 1D ，CD ⊥DD 1，所以∠A 1DD 1为所求的二面角A 1－CD －C 1的平面角．因A 1D 为A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ，从而∠A 1AB 1、∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余，因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1A .因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1，即AA 21＝AD ·A 1B 1＝8，得AA 1＝2 2.从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝2 3.所以，在Rt △A 1DD 1中， cos ∠A 1DD 1＝DD 1A 1D ＝AA 1A 1D ＝63.解法二：如图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于点D 1，在直三棱柱中，易知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 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 .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，h ＝2 2. 故DA 1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝ (0，5，0)．设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即 ⎩⎨⎧5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0， 取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)，设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥CC 1→，即⎩⎨⎧5y 2＝0，22z 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以 cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝22＋1·1＝63. 所以二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值为63.例4（2012高考真题江西理20）（本题满分12分）如图1－5，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长； (2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值．图1－5【答案】解：(1)证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1 于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以OE ⊥BB 1.因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC . 因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，所以AO ⊥BC ， 所以BC ⊥平面AA 1O . 所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面BB 1C 1C ，又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5，得AE ＝AO 2AA 1＝55.(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，由AE →＝15AA 1→得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25， 由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，设平面A 1B 1C 的法向量＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧·AB →＝0，n ·A 1C →＝0得⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0，令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即＝(2,1，－1)，所以 cos 〈OE →，〉＝OE →·n |OE →|·|n |＝3010.即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是3010.例5（2012高考真题安徽理18）（本小题满分12分）平面图形ABB 1A 1C 1C 如图1－4(1)所示，其中BB 1C 1C 是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝ 5.图1－4现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．【答案】解：(向量法)：(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD 1⊥B 1C 1，因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1， 所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1， 又由A 1B 1＝A 1C 1知， A 1D 1⊥B 1C 1.故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz . 由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1. 所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)． 故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →＝(－2,0,0)，AA 1→·BC →＝0， 因此AA 1→⊥BC →，即AA 1⊥BC . (2)因为AA 1→＝(0,3，－4)， 所以||AA 1→＝5，即AA 1＝5. (3)连接A 1D ，由BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1，可知BC ⊥平面A 1AD ，BC ⊥A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．因为DA →＝(0，－1,0)，DA 1→＝(0,2，－4)，所以 cos 〈DA →，DA 1→〉＝－21×22＋(－4)2＝－55. 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.(综合法)(1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD ，A 1D .由条件可知，BC ⊥AD ，B 1C 1⊥A 1D 1， 由上可得AD ⊥面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥面BB 1C 1C . 因此AD ∥A 1D 1，即AD ，A 1D 1确定平面AD 1A 1D . 又因为DD 1∥BB 1，BB 1⊥BC ，所以DD 1⊥BC . 又考虑到AD ⊥BC ，所以BC ⊥平面AD 1A 1D ， 故BC ⊥AA 1.(2)延长A 1D 1到G 点，使GD 1＝AD ，连接AG . 因为AD 綊GD 1，所以AG 綊DD 1綊BB 1. 由于BB 1⊥平面A 1B 1C 1，所以AG ⊥A 1G . 由条件可知，A 1G ＝A 1D 1＋D 1G ＝3，AG ＝4， 所以AA 1＝5.(3)因为BC ⊥平面AD 1A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角． 在Rt △A 1DD 1中，DD 1＝4，A 1D 1＝2，解得sin ∠D 1DA 1＝55，cos ∠ADA 1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋∠D 1DA 1＝－55. 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.。