高考专题13立体几何中的向量方法(押题专练)高考理数二轮复习精品资料含答案

第 3 讲立体几何中的向量方法考情解读 1.以多面体 (特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考察空间中平行与垂直的证明，常出此刻解答题的第(1)问中，考察空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2.以多面体 ( 特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考察空间角 (主假如线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3.以已知结论追求成立的条件(或能否存在问题)的探究性问题，考察逻辑推理能力、空间想象能力以及探究能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．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＝(a1，b1，c1)．平面α、β的法向量分别为μ＝ (a2，b2， c2)，v＝(a3，b3， c3)( 以下同样 )．(1) 线面平行l∥ α? a⊥ μ? a·μ＝ 0? a1a2＋ b1b2＋ c1c2＝ 0.(2) 线面垂直l⊥ α? a∥ μ? a＝ kμ? a1＝ ka2，b1＝kb2， c1＝ kc2.(3)面面平行α∥ β? μ∥v? μ＝λv? a2＝λa， b ＝λb，c ＝λc32323.(4)面面垂直α⊥ β? μ⊥v? μ·v＝ 0? a2a3＋b2b3＋ c2c3＝ 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＝( a1， b1，c1)，b＝(a2，b2， c2)．平面α、β的法向量分别为μ＝ (a3， b3， c3)，v＝ (a4， b4， c4)(以下同样 )．(1)线线夹角π设 l， m 的夹角为θ(0≤θ≤2)，则|a·b|＝|a1a2＋ b1b2＋ c1c2|cos θ＝a12＋ b12＋ c12 a22＋ b22＋ c22.|a ||b|(2)线面夹角π设直线 l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤2)，则 sin θ＝||aa·μ||μ||＝ |cos〈a，μ〉 |.(3) 面面夹角设半平面 α、 β的夹角为 θ(0 ≤θ≤π)，则 |cos θ|＝ ||μ·μ||v v ||＝ |cos 〈 μ，v 〉 |.提示 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中剖析．3．求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转变为点到平面的距离，点P 到平面 α的距离： d→＝|PM ·n |(此中 n 为 α的法向量， M 为 α内任一点 ).|n |热门一 利用向量证明平行与垂直例 1 如图，在直三棱柱 ADE — BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且相互垂直， M 为 AB 的中点， O 为 DF 的中点．运用向量方法证明：(1) OM ∥平面 BCF ；(2) 平面 MDF ⊥平面 EFCD .思想启示从 A 点出发的三条直线AB 、 AD ， AE 两两垂直，可成立空间直角坐标系．证明方法一由题意，得AB ， AD ， AE 两两垂直，以A 为原点成立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为 1，则 A(0,0,0)， B(1， 0,0)，C(1,1,0) ， D(0,1,0) ，F(1,0,1) ， M 1，0， 0，O 1，1， 12 2 22 .→1 ，－ 1 → 1,0,0)，(1) OM ＝ 0，－ 2 2 ， BA ＝ (－→ → → →∴ OM ·BA ＝ 0, ∴ OM ⊥BA.∵ 棱柱 ADE — BCF 是直三棱柱，∴ ⊥ 平面 ， ∴ →是平面 的一个法向量，AB BCF BA BCF且 OM? 平面 BCF ，∴OM ∥平面 BCF .(2) 设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为n 1＝ (x 1， y 1，z 1)， n 2 ＝ (x 2， y 2， z 2)．→ → 1，－ 1，0 → ，∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝ 2， DC ＝ (1,0,0)→ →由 n 1·DF ＝ n 1·DM ＝ 0，x 1－ y 1＋ z 1＝ 0，1y 1＝ 2x 1，得 1解得1x 1－ y 1＝ 0，1＝－1，22xz1 1令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1， 2，－2 .同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．∵ n 1·n 2＝ 0， ∴平面 MDF ⊥ 平面 EFCD .方法二→→→ →1 → →1 →(1) OM ＝ OF ＋ FB ＋ BM ＝ DF － BF ＋ 2BA21 → →→1 → 1 →1→ 1 →＝ (DB ＋ BF)－ BF ＋ 2 BA ＝－2 BD － BF ＋ BA222＝－ 1 → →1→ 1 →2 (BC ＋ BA)－BF ＋ BA221 → 1 →＝－ 2BC － 2BF.∴ 向量 → 与向量 →，→共面，OMBF BC 又 OM? 平面 BCF ，∴OM ∥平面 BCF .(2) 由题意知， BF ，BC ， BA 两两垂直，→ → → → → ∵CD ＝BA ，FC ＝BC －BF ，→ →1 → 1 →→∴OM ·CD ＝ －2 BC － BF·BA ＝ 0，2→ →1 → 1 →→ →OM ·FC ＝－ BC － BF·(BC － BF)22＝－ 1BC →2＋ 1BF → 2＝ 0.2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ，∴OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴ 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD .思想升华(1) 要证明线面平行，只需证明向量→OM 与平面 BCF 的法向量垂直；另一个思路则是依据共面向量定理证明向量 → → →OM 与 BF ， BC 共面． (2) 要证明面面垂直，只需证明这两个平面 的法向量相互垂直； 也可依据面面垂直的判断定理证明直线 OM 垂直于平面 EFCD ，即证 OM垂直于平面 EFCD 内的两条订交直线， 从而转变为证明向量→ →OM 与向量 FC 、→ CD 垂直．如图，在四棱锥 P － ABCD 中， PA ⊥平面 ABCD ，底面 ABCD是菱形， PA ＝ AB ＝2，∠ BAD ＝ 60°， E 是 PA 的中点．(1) 求证：直线 PC ∥平面 BDE ；(2) 求证： BD⊥ PC；证明设 AC∩BD＝ O.因为∠ BAD ＝ 60°， AB ＝2，底面 ABCD 为菱形，所以BO＝ 1， AO＝ CO＝3， AC⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB，OC所在直线分别为x 轴， y 轴，过点 O 且平行于PA 的直线为z 轴，成立空间直角坐标系O－ xyz，则 P(0，－ 3，2)，A(0，－ 3，0)，B(1,0,0) ，C(0， 3，0)，D(－ 1,0,0) ，E(0，－3，1)．(1) 设平面→→，由BDE 的法向量为n1＝ (x1， y1， z1)，因为 BE＝ (－ 1，－3，1)， BD ＝ (－ 2,0,0)→－ 2x1＝ 0，n1·BD＝0，→得－ x1－ 3y1＋ z1＝ 0，n1·BE＝0，令 z1＝ 3，得 y1＝ 1，所以n1＝ (0,1， 3)．→→3＝0，又 PC＝ (0,23，－ 2)，所以 PC·n1＝ 0＋ 2 3－ 2→即 PC⊥n1，又 PC?平面 BDE，所以 PC∥平面 BDE .→→(2) 因为 PC＝ (0,2 3，－ 2)， BD ＝( －2,0,0)，→ →＝ 0.所以 PC·BD故 BD⊥PC.热门二利用向量求空间角例 2如图，五面体中，四边形ABCD是矩形，AB∥EF，AD⊥平面ABEF ，且 AD ＝ 1， AB＝ 1EF＝ 22， AF＝ BE＝ 2， P、Q 2分别为AE、 BD的中点．(1)求证： PQ∥平面 BCE；(2)求二面角 A－ DF － E 的余弦值．思想启示 (1) 易知 PQ 为△ ACE 的中位线； (2)依据 AD⊥平面 ABEF (1)证明连结 AC，∵四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点，建立空间直角坐标系．∴Q 为 AC 的中点，又在△AEC 中， P 为 AE 的中点，∴ PQ∥ EC，∵EC? 面 BCE， PQ? 面 BCE，∴ PQ∥平面 BCE.(2)解如图，取 EF 的中点 M ，则 AF ⊥AM ，以 A 为坐标原点，以则 A(0,0,0) ，D (0,0,1) ， M(2,0,0) ，F(0,2,0) ．→→→，－ 1)．可得 AM＝ (2,0,0)， MF ＝ (－2,2,0)， DF ＝ (0,2→n·MF＝0设平面 DEF 的法向量为n＝ (x， y， z)，则.→n·DF＝0－ 2x＋ 2y＝ 0x－ y＝ 0.故，即2y－z＝02y－ z＝ 0令 x＝ 1，则 y＝ 1，z＝2，故 n＝(1,1,2)是平面DEF的一个法向量．→∵ AM ⊥面 ADF ，∴AM为平面 ADF 的一个法向量．→→2×1＋ 0×1＋0×26 n·AM∴ cos〈n，AM 〉＝→ ＝6×2＝6 .|n| ·|AM |由图可知所求二面角为锐角，∴二面角 A－DF － E 的余弦值为66.思想升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：① 成立合适的空间直角坐标系；② 求出有关点的坐标；③ 写出向量坐标；④ 联合公式进行论证、计算；⑤ 转变为几何结论．(2) 求空间角注意：① 两条异面直线所成的角α不必定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不必定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③ 直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．(2013 ·山东 )如下图，在三棱锥P－ ABQ 中，PB⊥平面 ABQ，BA＝ BP ＝BQ，D ，C，E，F 分别是 AQ，BQ，AP ，BP 的中点， AQ＝2BD，PD 与 EQ 交于点 G， PC 与 FQ 交于点 H，连结 GH.(1)求证： AB∥ GH ；(2)求二面角 D － GH －E 的余弦值．(1) 证明因为D，C，E，F分别是AQ， BQ，AP，BP的中点，所以EF∥ AB， DC ∥ AB.所以EF∥DC.又EF ?平面PCD ，DC ?平面PCD ，所以EF∥平面PCD .又EF?平面EFQ ，平面EFQ ∩平面PCD＝ GH ，所以EF∥GH.又EF ∥ AB，所以AB∥GH .(2) 解方法一在△ABQ中，AQ＝2BD ，AD ＝DQ，所以∠ABQ＝ 90°，即 AB⊥ BQ.因为 PB⊥平面 ABQ ，所以 AB⊥ PB.又 BP∩BQ＝B，所以 AB⊥平面 PBQ.由 (1)知 AB∥ GH ，所以 GH⊥平面 PBQ.又 FH ? 平面 PBQ ，所以 GH ⊥FH .同理可得GH⊥ HC ，所以∠FHC 为二面角D－ GH－E 的平面角．设 BA＝ BQ＝ BP＝ 2，连结 FC ，在 Rt△ FBC 中，由勾股定理得FC＝2，在 Rt△ PBC 中，由勾股定理得PC＝ 5.又 H 为△ PBQ 的重心，所以 HC ＝1PC＝5.同理 FH ＝5.3335＋5－2在△ FHC 中，由余弦定理得cos∠ FHC ＝9952×9＝－4.即二面角 D － GH－ E 的余弦值为－4.55方法二在△ ABQ 中， AQ＝ 2BD， AD ＝ DQ ，所以∠ ABQ ＝90°又 PB⊥平面 ABQ ，所以 BA ，BQ， BP 两两垂直．以 B 为坐标原点，分别以 BA， BQ， BP 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，成立如下图的空间直角坐标系．设 BA＝ BQ＝ BP＝ 2，则 E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0) ，D(1,1,0) ，C(0,1,0) ，P(0,0,2) ．→→→→．所以 EQ＝ (－ 1,2，－ 1)， FQ ＝(0,2，－ 1)， DP ＝ (－ 1，－ 1， 2)，CP＝(0，－ 1,2)设平面 EFQ 的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，→→由 m·EQ＝0， m·FQ＝0，－x1＋ 2y1－z1＝ 0，得取 y1＝1，得m＝ (0,1,2) ．2y1－ z1＝ 0，设平面 PDC 的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，→→由 n·DP＝0，n·CP＝ 0，得－ x2－ y2＋ 2z2＝ 0，－ y2＋ 2z2＝0，取 z2＝ 1，得n＝(0,2,1)．所以 cos〈m，n〉＝m·n4＝ . |m||n|5因为二面角 D－ GH－ E 为钝角，所以二面角D－ GH － E 的余弦值为－4 5 .热门三利用空间向量求解探究性问题例 3 如图，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，AB＝ BC＝ 2AA1，∠ABC ＝ 90°，D 是 BC 的中点．(1)求证： A1B∥平面 ADC 1；(2)求二面角 C1－ AD － C 的余弦值；(3) 试问线段 A1B1上能否存在点E，使 AE 与 DC1成 60°角？若存在，确立 E 点地点；若不存在，说明原因．(1)证明连结 A1C，交 AC1于点 O，连结 OD.由 ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形， O 为 A1C 的中点．又 D为 BC的中点，所以 OD 为△ A1BC 的中位线，所以 A1B∥ OD .因为 OD? 平面 ADC1， A1B? 平面 ADC 1，所以 A1B∥平面 ADC 1.(2)解由 ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝ 90°，得 BA ， BC，BB 1两两垂直．以 BC， BA， BB1所在直线分别为x， y， z 轴，成立如下图的空间直角坐标系B－ xyz.设 BA＝ 2，则 B(0,0,0) ， C(2,0,0) ， A(0,2,0)， C1(2,0,1) ， D(1,0,0) ，→→．所以 AD ＝ (1，－ 2,0)， AC1＝ (2，－ 2,1)设平面 ADC 1的法向量为n＝(x，y，z)，则有→n·AD＝0，→n·AC1＝0.x－ 2y＝ 0，所以取 y＝1，得n＝(2,1，－ 2)．2x－ 2y＋ z＝ 0.易知平面ADC 的一个法向量为v＝(0,0,1)．n·v2所以 cos〈n，v〉＝|n|·|v|＝－3.因为二面角C1－AD －C 是锐二面角，2所以二面角C1－AD －C 的余弦值为3.(3)解假定存在知足条件的点 E.因为点 E 在线段 A1B1上， A1(0,2,1) ， B1(0,0,1) ，故可设 E(0，λ， 1)，此中 0≤λ≤2.→→．所以 AE＝ (0，λ－ 2,1)， DC 1＝ (1,0,1)因为 AE 与 DC 1成 60°角，→ →→ →1〉 |＝ |AE ·DC 1|所以 |cos 〈 AE ， DC 1＝ ，→ → 1 2|AE| |DC · |即1＝ 1，解得 λ＝1 或 λ＝ 3(舍去 )．λ－2＋1· 2 2所以当点 E 为线段 A 1B 1 的中点时， AE 与 DC 1 成 60°角． 思想升华空间向量最合适于解决这种立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需经过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论看作条件，据此列方程或方程组，把 “能否存在 ”问题转变为 “点的坐标能否有解，能否有规定范围内的解 ”等，所认为使问题的解决更简单、有效，应擅长运用这一方法．如图，在三棱锥 P — ABC 中， AC ＝ BC ＝ 2，∠ ACB ＝ 90°， AP ＝BP ＝ AB ，PC ⊥ AC ，点 D 为 BC 的中点．(1) 求二面角 A — PD — B 的余弦值；1(2) 在直线 AB 上能否存在点 M ，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为 6， 若存在，求出点 M 的地点；若不存在，说明原因．解 (1)∵ AC ＝ BC ，PA ＝ PB ， PC ＝ PC ， ∴△ PCA ≌△ PCB ，∴∠ PCA ＝∠ PCB ，∵ PC ⊥ AC ， ∴PC ⊥CB ，又 AC ∩CB ＝C ，∴ PC ⊥ 平面 ACB ，且 PC ，CA ，CB 两两垂直，故以 C 为坐标原点， 分别以 CB ，CA ，CP 所在直线为 x ，y ，z 轴成立空间直角坐标系， 则 C(0,0,0)，→ (1，－ →，－ 2)，A(0,2,0) ，D(1,0,0) ， P(0,0,2) ， ∴ AD ＝ 2,0)， PD ＝ (1,0 设平面 PAD 的一个法向量为n ＝ (x ， y ，z)，→n ·AD ＝ 0∴， ∴ 取 n ＝ (2,1,1) ，→n ·PD ＝ 0→，平面 PDB 的一个法向量为 CA ＝(0,2,0)→ 6 ∴ cos 〈 n ，CA 〉＝ 6 ，设二面角 A —PD —B 的平面角为 θ，且 θ为钝角，6 6∴ cos θ＝－ 6 ， ∴ 二面角 A — PD — B 的余弦值为－ 6.(2) 方法一 存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．→设 M(x,2－ x,0) (x ∈ R )， ∴ PM ＝( x,2－x ，－ 2)，→|x|1 ，∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝x 2 ＋ － x＝2＋4· 6 6解得 x ＝1 或 x ＝－ 2， ∴ M(1,1,0) 或 M(－ 2,4,0) ，∴ 在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为1 6.方法二 存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．→ →设 AM ＝ λAB ，→则 AM ＝ λ(2，－ 2,0)＝ (2λ，－ 2λ，0) ( λ∈R )，→ → →∴ PM ＝PA ＋AM ＝ (2λ， 2－2λ，－ 2)，→ |2λ|1∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝ 2 － 2λ 2＋4· 6 ＝ . λ ＋ 6解得 λ＝ 1或 λ＝－ 1.2∴M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．∴ 在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD所成角的正弦值为16.空间向量在办理空间问题时拥有很大的优胜性， 能把 “非运算 ”问题 “运算 ”化，即经过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各种角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转变为空间向量的运算问题．应用的中心是充足认识形体特点，从而成立空间直角坐标系，经过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的正确性．提示三点： (1)直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值．(2) 求二面角除利用法向量外，还能够依据二面角的平面角的定义和空间随意两个向量都是共面向量的知识，我们只假如在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量，而且两个向量的方向均指向棱或许都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如下图．→ →→→(3) 关于空间随意一点 O 和不共线的三点 A ，B ， C ，且有 OP ＝ xOA ＋ yOB ＋ zOC(x ， y ， z ∈ R )，四点 P ， A ，B ， C 共面的充要条件是x ＋ y ＋ z ＝ 1.空间一点 P 位于平面 MAB 内 ? 存在有序实数对 →→→x ， y ，使 MP ＝ xMA ＋ yMB ，或对空间任必定点 O ，有序实数对 → →→ →x ， y ，使 OP ＝ OM ＋ xMA ＋ yMB .真题感悟(2014 ·京北 )如图，正方形 AMDE 的边长为 2， B ， C 分别为 AM ， MD 的中点，在五棱锥 P － ABCDE 中， F 为棱 PE 的中点，平面 ABF 与棱 PD ， PC 分别交于点 G ， H.(1) 求证： AB ∥ FG ；(2) 若 PA ⊥底面 ABCDE ，且 PA ＝ AE ，求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小，并求线段 PH 的长．(1) 证明 在正方形 AMDE 中，因为 B 是 AM 的中点， 所以 AB ∥ DE.又因为 AB ? 平面 PDE ， DE? 平面 PDE ， 所以 AB ∥ 平面 PDE .因为 AB? 平面 ABF ，且平面 ABF ∩平面 PDE ＝ FG ， 所以 AB ∥ FG.(2) 解 因为 PA ⊥ 底面 ABCDE ， 所以 PA ⊥ AB ， PA ⊥ AE.如图成立空间直角坐标系Axyz ，→．则 A(0,0,0) ，B(1,0,0) ， C(2,1,0) ， P(0,0,2) ，F(0,1,1) ， BC ＝ (1,1,0) 设平面 ABF 的一个法向量为n ＝ (x ， y ， z)，则→x ＝ 0，n ·AB ＝ 0，→即y ＋ z ＝ 0.n ·AF ＝ 0，令 z＝ 1，则 y＝－ 1，所以n＝(0 ，－1,1)．设直线 BC 与平面 ABF 所成角为α，→→1 n·BC则 sin α＝ |cos〈n， BC〉 |＝→＝ .2|n||BC|所以直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为π，6设点 H 的坐标为 (u， v， w)．→→λ<1)，因为点 H 在棱 PC 上，所以可设 PH＝λPC(0<即 (u， v， w－ 2)＝λ(2,1，－ 2)，所以 u＝2λ， v＝λ， w＝2－ 2λ.因为 n 是平面ABF的一个法向量，所以→n·AH＝0，即 (0，－ 1,1) ·(2λ，λ， 2－ 2λ)＝0，解得λ＝2，所以点H 的坐标为 (4，2，2)．3333所以 PH＝42＋22＋－42＝ 2.333押题精练如下图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面相互垂直，AB＝2， AF＝ 1.(1)求直线 DF 与平面 ACEF 所成角的正弦值；→→(2)在线段 AC 上找一点 P，使 PF 与 DA 所成的角为 60°，试确立点 P的地点．解 (1)以 C 为坐标原点，分别以 CD ， CB，CE 所在直线为 x 轴， y 轴，z 轴，成立如下图的空间直角坐标系，则E(0,0,1) ，D (2， 0,0)， B(0，2， 0)， A(2， 2， 0)，F( 2，2， 1)，连结 BD ，则 AC⊥ BD .因为平→面 ABCD ⊥平面 ACEF ，且平面 ABCD ∩平面 ACEF ＝AC，所以 DB 是平面 ACEF 的一个法向量．→→→→→ →3 DF ·DB又 DB＝ (－2， 2， 0)， DF ＝ (0，2，1)，所以 cos〈DF ，DB〉＝→ →＝ 3.|DF | ×|DB |故直线 DF 与平面 ACEF 所成角的正弦值为33.→2－a，→＝ (0，2，0)．(2) 设 P(a， a,0)(0≤a≤ 2)，则 PF＝ (2－ a,1)， DA→→22－ a1因为〈 PF ，DA〉＝ 60°，所以 cos 60 °＝＝ .2×2－ a2＋ 12解得 a ＝2或 a ＝322， 2， 0)为 AC 的中点．22 (舍去 )，故存在知足条件的点P( 22(介绍时间： 60 分钟 )一、选择题1．已知平面 ABC ，点 M 是空间随意一点，点→ 3 → 1 → 1 → M 知足条件 OM ＝ OA ＋OB ＋OC ，则直线488AM( )A ．与平面 ABC 平行B ．是平面 ABC 的斜线 C ．是平面 ABC 的垂线D ．在平面 ABC 内 答案D分析由已知得 M 、A 、 B 、 C 四点共面．所以 AM 在平面 ABC 内，选 D.2．在棱长为 1 的正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， M 是 BC 的中点， P ，Q 是正方体内部或面上的→ →两个动点，则 AM ·PQ 的最大值是 ()1A. 2 B ． 135 C.2 D. 4答案 C分析以 A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AA 1 所在直线为 x 轴， y 轴， z轴成立如下图的空间直角坐标系，则A(0,0,0) ，M (1，1,0)，2→1 ， 1,0)．所以 AM ＝(2－ 1≤x ≤1， →－1≤y ≤1， 设 PQ ＝ (x ， y ， z)，由题意可知－1≤z ≤1. → → 11因为 AM ·PQ ＝ ·x ＋1·y ＋ 0·z ＝ x ＋ y ，22又－ 1≤x ≤1，－ 1≤y ≤1，所以－ 1 1 1≤ x ≤ .2 2 2 所以－3 1 3≤ x ＋ y ≤ .2 2 2→ →3故 AM ·PQ 的最大值为.23．在棱长为 1 的正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， M ，N 分别为 A 1B 1，BB 1 的中点，那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为 ()310A. 2B. 1032 C.5D. 5答案D分析 以 D 点为坐标原点，分别以DA ， DC ，DD 1 所在直线为 x 轴， y1 轴，z 轴成立如下图的空间直角坐标系，则 A(1,0,0) ，M(1，，1)，C(0,1,0) ，21N(1,1，2)．→1 →1 )．所以 AM ＝ (0，， 1)， CN ＝(1,0，22 → →1 1 1 ，故 AM ·CN ＝ 0×1＋×0＋ 1×＝22 2→ 21 225|AM |＝0 ＋2＋ 1 ＝ 2 ，→ 221 2＝ 5|CN|＝1＋0＋22 ，→ →1→→22AM ·CN＝所以 cos 〈AM ， CN 〉＝＝ .→ → 5 5 5|AM||CN|2 ×24．已知正三棱柱 ABC － A 1B 1C 1 的侧棱长与底面边长相等，则AB 1 与侧面 ACC 1A 1 所成角的正弦等于 ()6 10 A. 4B. 4 2 3C. 2D. 2答案 A分析如下图成立空间直角坐标系， 设正三棱柱的棱长为2，O(0,0,0) ，B( 3，0,0)，A(0，－ 1,0)，B 1(→ →＝(－ 3，0,0)为侧3，0,2)，则 AB 1＝ ( 3，1,2)，则 BO→ →|AB 1·BO|6面 ACC 1A 1 的法向量，由sin θ＝ →→＝ 4 .|AB 1||BO|5．在正方体 ABCD — A 1B 1C 1 D 1 中，点 E 为 BB 1 的中点，则平面 A 1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 ()1 2 3 2 A. 2 B. 3 C. 3 D. 2答案 B分析以 A 为原点成立如下图的空间直角坐标系A － xyz ，设棱长为 1，1则 A 1(0,0,1) ，E 1， 0，2 ， D(0,1,0) ，→ ＝ (0,1，－ 1)→1， 0，－ 1 ， ∴ A 1，A 1 ＝DE2设平面 A 1ED 的一个法向量为n 1＝ (1， y ， z)，y － z ＝ 0，y ＝ 2，则 1∴1－2z ＝ 0，z ＝ 2.∴ n 1＝ (1,2,2) ．∵ 平面 ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1) ，22∴ cos 〈 n 1， n 2〉＝ 3×1＝3.即所成的锐二面角的余弦值为23.6．如图，三棱锥 A －BCD 的棱长全相等， E 为 AD 的中点，则直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 ()33 A. 6B. 2 33 1C. 6D. 2答案 A分析设 AB ＝ 1，→ → → → → →则 CE ·BD ＝ (AE －AC ) ·(AD － AB)1→21→→ →→ →→＝ 2AD － 2AD ·AB － AC ·AD ＋AC ·AB1 1 －°cos 60 ＋°cos 60 1 ＝ － cos 60 ＝° .2 24→ →1→ →4 3CE ·BD＝∴ cos 〈 CE ， BD 〉＝→ → ＝6.选A.3|CE||BD |2二、填空题7．在向来角坐标系中已知 A(－ 1,6)， B(3，－ 8)，现沿 x 轴将坐标平面折成 60°的二面角，则折叠后 A 、 B 两点间的距离为 ________．答案 2 17分析如图为折叠后的图形，此中作 AC ⊥ CD ， BD ⊥ CD ，则 AC ＝ 6，BD ＝ 8， CD ＝4，两异面直线 AC 、 BD 所成的角为 60°，→ → → →故由 AB ＝ AC ＋ CD ＋DB ，→ 2 → → → 2得 |AB| ＝ |AC ＋CD ＋ DB| ＝ 68，→ 17. ∴ |AB|＝ 28．正方体 ABCD － A 1B 1C 1 D 1 的棱长为 1，E 、F 分别为 BB 1、CD 的中点， 则点 F 到平面 A 1D 1E 的距离为 ______________ ．3 5 答案10分析以 A 为坐标原点， AB 、AD 、 AA 1 所在直线分别为x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，如下图，11则 A 1(0,0,1) ，E(1,0， 2)， F(2，1,0)， D 1(0,1,1) ．→1→∴ A 1E ＝ (1,0，－ 2)，A 1D 1＝ (0,1,0) ． 设平面 A 1D 1E 的一个法向量为n ＝ (x ，y ， z)，→＝0， 1则 n ·A 1E即 x － 2z ＝ 0，→y ＝ 0.n ·A 1D 1＝ 0，令 z ＝ 2，则 x ＝ 1.∴ n ＝ (1,0,2) ．又→＝1，，－ ，A 1F(1 1)2∴ 点 F 到平面 A 1D 1E 的距离为→ |1－ 2||A 1F ·n |＝ 2＝ 3 5d ＝|n |510.9．已知正方形 ABCD 的边长为 4， CG ⊥平面 ABCD ， CG ＝ 2， E ， F 分别是 AB ，AD 的中点， 则点 C 到平面 GEF 的距离为 ________．答案 6 1111分析 成立如下图的空间直角坐标系 C －xyz ，则 G(0,0,2) ， E(2,4,0) ，F(4,2,0) ．→→→．所以 GF ＝ (4,2，－ 2)， GE＝ (2,4，－ 2)， CG＝ (0,0,2)设平面 GEF 的法向量为n＝(x，y，z)，→GF·n＝ 0，由→GE·n＝ 0，得平面 GEF 的一个法向量为n＝(1,1,3)，所以点 C 到平面 GEF 的距离→|n·CG| 6 11d＝＝.|n|11→→→ 2→ 2→ →→10．已知 ABCD －A1B1C1D1为正方体，① (A1A＋A1D 1＋ A1B1)＝ 3A1B1；②A1C·(A1B1－ A1A) ＝0；→→→ → →③向量 AD 1与向量 A1B的夹角是 60°；④正方体ABCD － A1B1C1D1的体积为 |AB·AA1·AD|.此中正确命题的序号是 ________．答案①②分析→→→ 2→ 2→2→设正方体的棱长为 1，①中 (A1A＋ A1D 1＋ A1B1)＝ A1C ＝ 3(A1B1) ＝ 3，故①正确；②中 A1B1→→→－ A1A＝ AB1，因为 AB1⊥ A1C，故② 正确；③中 A1B 与 AD1两异面直线所成的角为60°，但 AD 1→→ → →与 A1B的夹角为120°，故③不正确；④中|AB ·AA1·AD |＝ 0.故④也不正确．三、解答题11.如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD 中， PA⊥底面 ABCD ，E， F 分别是 PC， PD 的中点， PA＝ AB＝1， BC＝ 2.(1)求证： EF∥平面 PAB；(2)求证：平面 PAD⊥平面 PDC .证明 (1) 以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，AP 所在直线为 z 轴，成立如下图的空间直角坐标系，则 A(0,0,0) ，B(1,0,0) ， C(1,2,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,1) ，∵ E，F 分别是 PC， PD 的中点，∴E 1，1，1，F 0，1，1，222→1， 0，0→→→→→EF＝－，PB＝ (1,0，－ 1)，PD＝ (0,2，－ 1)，AP＝ (0,0,1)，AD ＝ (0,2,0)，DC＝ (1,0,0)，2→＝ (1,0,0) ．AB→1→→→∵EF＝－2AB，∴EF∥AB ，即 EF∥AB，又 AB? 平面 PAB， EF?平面 PAB，∴ EF ∥ 平面 PAB.→→＝ (0,0,1) (1,0,0)· ＝ 0，(2) ∵AP ·DC→ →AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)· ＝0，→ → → →∴ AP ⊥ DC ， AD ⊥DC ，即 AP ⊥ DC ， AD ⊥DC .又 AP ∩AD ＝A ， ∴ DC ⊥ 平面 PAD.∵ DC? 平面 PDC ，∴平面 PAD ⊥平面 PDC .12． (2014 ·标全国Ⅱ课 )如图，四棱锥 P － ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA ⊥平面 ABCD ，E 为 PD 的中点．(1) 证明： PB ∥平面 AEC ；(2) 设二面角 D － AE －C 为 60°，AP ＝1， AD ＝ 3，求三棱锥 E － ACD 的体积．(1)证明连结 BD 交 AC 于点 O ，连结 EO.因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点．又 E 为 PD 的中点，所以EO ∥PB .因为 EO? 平面 AEC ，PB?平面 AEC ，所以 PB ∥ 平面 AEC .(2) 解 因为 PA ⊥ 平面 ABCD ， ABCD 为矩形，所以 AB ， AD ， AP 两两垂直．如图，以→ 的方向为→ A 为坐标原点， AB x 轴的正方向， |AP|为单位长，建立空间直角坐标系 A － xyz ，则 D(0，3， 0)， E(0，3 1→3 1 )． 2， )，AE ＝ (0，，22 2设 B(m,0,0)( m>0) ，则 C(m ，设 n 1＝ (x ， y ， z)为平面 ACE→ n 1·AC ＝0，则→n 1·AE ＝ 0，→3， 0)， AC ＝ (m ， 3， 0)．的法向量，mx ＋ 3y ＝ 0，即3 12 y ＋ 2z ＝ 0，3可取 n 1＝( ，－ 1， 3)．又 n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，1由题设 |cos〈n1，n2〉 |＝，即32＝1，3＋ 4m23解得 m＝2.因为 E 为 PD 的中点，1所以三棱锥E－ ACD 的高为，1131＝3三棱锥 E－ ACD 的体积 V＝× × 3× ×.3222813．如图，在三棱柱ABC － A1B1C1中，侧面AA 1C1C⊥底面 ABC， AA1＝A1C＝ AC＝ 2， AB＝ BC， AB⊥BC， O 为 AC 的中点．(1)证明： A1O⊥平面 ABC；(2)求直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值；(3)在 BC1上能否存在一点E，使得 OE∥平面 A1AB？若存在，确立点 E 的地点；若不存在，请说明原因．(1)证明∵ AA1＝ A1C＝ AC＝ 2，且 O 为 AC 的中点，∴A1O⊥ AC.又侧面 AA 1C1C⊥底面 ABC，交线为AC， A1O? 平面 AA 1C1C，∴A1O⊥平面 ABC.(2)解连结 OB ，如图，以 O 为原点，分别以 OB、OC、OA1所在直线为 x、y、z 轴，成立空间直角坐标系，则由题意可知 B(1,0,0) ，C(0,1,0) ，A1(0,0， 3)， A(0，－ 1,0)．→，－ 3)，设平面A1AB 的法向量为→∴ A1C＝ (0,1n＝(x，y，z)，则 n·AA1→→，→n＝(3，－3，3)，＝ n·AB＝0，而AA1＝(0,13)， AB＝ (1,1,0) ，可求得一个法向量→→621|n·A1 C|＝＝，∴ |cos〈 A1 C，n〉 |＝→2× 217|n| |A·1C|故直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值为21. 7(3)解存在点 E，且 E 为线段 BC 1的中点．连结 B1C 交 BC1于点 M，连结AB1、 OM，则 M 为 B1C 的中点，从而 OM 是△ CAB1的一条中位线， OM ∥ AB1，又 AB1? 平面 A1AB，OM ?平面 A1AB，∴OM ∥平面 A1 AB，故 BC1的中点 M 即为所求的 E 点．。

第3讲 立体几何中的向量方法1．(2014·课标全国Ⅱ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.110B.25C.3010 D.222．(2015·安徽)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C ；(2)求二面角E -A 1D -B 1的余弦值．以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点一利用向量证明平行与垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)则有：(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.例1如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．运用向量方法证明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1如图所示，已知直三棱柱ABC—AB1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.热点二利用空间向量求空间角设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．(1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则 cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 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＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|.例2 (2015·江苏)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．跟踪演练2(2014·福建)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，例3如图，在直三棱柱ABC－AD是BC的中点．(1)求证：A1B∥平面ADC1；(2)求二面角C1－AD－C的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由．思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．如图，五面体中，四边形ABCD是矩形，AB∥EF，AD⊥平面ABEF，且AD ＝1，AB ＝12EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 分别为AE 、BD 的中点． (1)求证：PQ ∥平面BCE ；(2)求二面角A －DF －E 的余弦值．提醒：完成作业 专题五 第3讲二轮专题强化练专题五第3讲 立体几何中的向量方法A 组 专题通关1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内2.如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数3.如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M 、N 分别为A 1B和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝23a ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定 4．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，E 为AD 的中点，则直线CE与BD 所成角的余弦值为( )A.36 B.32 C.336 D.125．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) A.64 B.104 C.22 D.326．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为________．7．在一直角坐标系中，已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________．8．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．9.如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .10．(2015·重庆)如图，三棱锥P-ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE ⊥平面PCD ；(2)求二面角APDC 的余弦值．B 组 能力提高11．(2014·四川)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A ．[33，1] B ．[63，1] C ．[63，223] D ．[223，1] 12．如图，在正方体ABCD －A1B 1C 1D 1中，点P 在直线BC 1上运动时，有下列三个命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变；②直线AP 与平面ACD 1所成角的大小不变；③二面角P －AD 1－C 的大小不变．其中真命题的序号是________．13．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________．14.如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC ，点D 为BC 的中点．(1)求二面角A —PD —B 的余弦值；(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．学生用书答案精析第3讲 立体几何中的向量方法高考真题体验1．C [方法一 补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,1,2)，N (0,1,2)，∴BM →＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋4－2＋－2＋22×02＋12＋22 ＝36×5＝3010.方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解．如图(2)，取BC 的中点D ，连接MN ，ND ，AD ，由于MN 綊12B 1C 1綊BD ，因此有ND 綊BM ，则ND 与NA 所成的角即为异面直线BM 与AN 所成的角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN＝5，AD ＝5，因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010.] 2．(1)证明 由正方形的性质可知A 1B 1∥AB ∥DC ，且A 1B 1＝AB ＝DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，从而B 1C ∥A 1D ，又A 1D ⊂面A 1DE ，B 1C ⊄面A 1DE ，于是B 1C ∥面A 1DE .又B 1C ⊂面B 1CD 1.面A 1DE ∩面B 1CD 1＝EF ，所以EF ∥B 1C .(2)解 因为四边形AA1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，所以AA 1⊥AB ，AA 1⊥AD ，AB ⊥AD 且AA 1＝AB ＝AD .以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→为x 轴，y 轴和z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，D 1(0,1,1)，而E 点为B 1D 1的中点，所以E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫12，12，1.设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1D →＝(0,1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得r 1，s 1，t 1应满足的方程组⎩⎪⎨⎪⎧12r 1＋12s 1＝0，s 1－t 1＝0，(－1,1,1)为其一组解，所以可取n 1＝(－1,1,1)．设面A 1B 1CD 的法向量n 2＝(r 2，s 2，t 2)，而该面上向量A 1B 1→＝(1,0,0)，A 1D →＝(0,1，－1)，由此同理可得n 2＝(0,1,1)．所以结合图形知二面角E -A 1D -B 1的余弦值为|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝23×2＝63. 热点分类突破例1 证明 方法一 由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →.∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，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，解得⎩⎨⎧ y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA → ＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA → ＝－12BC →－12BF →. ∴向量OM →与向量BF →，BC →共面，又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直，∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0，OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0. ∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .跟踪演练1 证明 (1)如图建立空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .例2 解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 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PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而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，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255. 跟踪演练2 (1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →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，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)， A (0,0,1)，M (0，12，12)， 则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)．设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝63， 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63.例3 (1)证明 连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．又D 为BC 的中点，所以OD 为△A 1BC 的中位线，所以A 1B ∥OD .因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1，所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)解 由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直． 以BC ，BA ，BB 1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B －xyz . 设BA ＝2，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A (0,2,0)，C 1(2,0,1)，D (1,0,0)，所以AD →＝(1，－2,0)，AC →1＝(2，－2,1)．设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·AC →1＝0. 所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2,1，－2)． 易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)．所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23. 因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角，所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为23.(3)解 假设存在满足条件的点E .因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0,2,1)，B 1(0,0,1)，故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2.所以AE →＝(0，λ－2,1)，DC →1＝(1,0,1)．因为AE 与DC 1成60°角，所以|cos 〈AE →，DC →1〉|＝|AE →·DC →1||AE →|·|DC →1|＝12， 即1λ－2＋1·2＝12，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．跟踪演练3 解 (1)如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)．因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →|×|AM →|＝1252×2＝1010，所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN .因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)(0≤λ≤1)，又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ)．由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－＋λ＝0，故λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN .故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22.高考押题精练(1)证明 连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点， ∴Q 为AC 的中点，又在△AEC 中，P 为AE 的中点，∴PQ ∥EC ，∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ，∴PQ ∥平面BCE .(2)解 如图，取EF 的中点M ，则AF ⊥AM ，以A 为坐标原点，以AM ，AF ，AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)．可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →＝(0,2，－1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0，n ·DF →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋2y ＝0，2y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＝0，2y －z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量．∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量．∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66.由图可知所求二面角为锐角，6∴二面角A－DF－E的余弦值为6.二轮专题强化练答案精析第3讲 立体几何中的向量方法1．D [由已知得M 、A 、B 、C 四点共面．所以AM 在平面ABC 内，选D.]2．C [AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB →1，AC →1，AD →1，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD →1，AA →1与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB →1与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC →1·AB →＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13＝1，故选C.] 3．B [分别以C 1B 1、C 1D 1、C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵A 1M ＝AN ＝23a ， ∴M ⎝⎛⎭⎫a ，23a ，a 3，N ⎝⎛⎭⎫23a ，23a ，a ， ∴MN →＝⎝⎛⎭⎫－a 3，0，23a . 又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)，∴C 1D 1→＝(0，a,0)，∴MN →·C 1D 1→＝0，∴MN →⊥C 1D 1→.∵C 1D 1→是平面BB 1C 1C 的法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .]4．A [设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →)＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB → ＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36.选A.] 5．A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO→＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64.] 6.25解析 以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，M (1，12，1)， C (0,1,0)，N (1,1，12)． 所以AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12)． 故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12， |AM →|＝ 02＋122＋12＝52， |CN →|＝ 12＋02＋122＝52， 所以cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1252×52＝25. 7．217解析 如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4，两异面直线AC 、BD 所成的角为60°，故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →，得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68，∴|AB →|＝217.8．①②解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3A 1B 1→2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确．9．证明 (1)以A为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∵E ，F 分别是PC ，PD 的中点，∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12， EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，AB →＝(1,0,0)． ∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →， 即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB .(2)由(1)可知PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面P AD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC .10．(1)证明 由PC ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，故PC ⊥DE .由CE ＝2，CD ＝DE ＝2得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE .由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .(2)解 由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4，如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF ＝FC ＝FE ＝1，又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，P (0,0,3)，A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，E (0,2,0)，D (1,1,0)，ED →＝(1，－1,0)，DP →＝(－1，－1,3)，DA →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0.设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0， 故可取n 1＝(2,1,1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1,0)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝36， 故所求二面角APDC 的余弦值为36.11．B [根据题意可知平面A 1BD ⊥平面A 1ACC 1且两平面的交线是A 1O ，所以过点P 作交线A 1O 的垂线PE ，则PE ⊥平面A 1BD ，所以∠A 1OP 或其补角就是直线OP 与平面A 1BD 所成的角α.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP 与平面A 1BD 可以垂直．当点P 与点C 1重合时可得A 1O ＝OP ＝6，A 1C 1＝22， 所以12×6×6×sin α＝12×22×2， 所以sin α＝223； 当点P 与点C 重合时，可得sin α＝26＝63. 根据选项可知B 正确．]12．①③解析 ①中，∵BC 1∥平面AD 1C ，∴BC 1上任意一点到平面AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P 在直线BC 1上运动时，直线AB 与平面ACD 1所成角和直线AC 1与平面ACD 1所成角不相等，所以不正确；③中，P 在直线BC 1上运动时，点P 在平面AD 1C 1B 中，既二面角P —AD 1－C 的大小不受影响，所以正确． 13.3510解析 以A 为坐标原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)． ∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)． 设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)．又A 1F →＝(12，1，－1)， ∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510.14．解 (1)∵AC ＝BC ，P A ＝PB ，PC ＝PC ，∴△PCA ≌△PCB ，∴∠PCA ＝∠PCB ，∵PC ⊥AC ，∴PC ⊥CB ，又AC ∩CB ＝C ，∴PC ⊥平面ACB ，且PC ，CA ，CB 两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CB ，CA ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (0,2,0)，D (1,0,0)，P (0,0,2)，∴AD →＝(1，－2,0)，PD →＝(1,0，－2)，设平面P AD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0n ·PD →＝0，∴取n ＝(2,1,1)， 平面PDB 的一个法向量为CA →＝(0,2,0)，∴cos 〈n ，CA →〉＝66， 设二面角A —PD —B 的平面角为θ，且θ为钝角，∴cos θ＝－66，∴二面角A —PD —B 的余弦值为－66. (2)方法一 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．设M (x,2－x,0) (x ∈R )，∴PM →＝(x,2－x ，－2)，∴|cos 〈PM →，n 〉| ＝|x |x 2＋－x 2＋4·6＝16， 解得x ＝1或x ＝－2，∴M (1,1,0)或M (－2,4,0)，∴在直线AB 上存在点M ，且当M 是AB 的中点或A 是MB 的中点时，使得PM 与平面P AD所成角的正弦值为16. 方法二 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．设AM →＝λAB →，则AM →＝λ(2，－2,0)＝(2λ，－2λ，0) (λ∈R )，∴PM →＝P A →＋AM →＝(2λ，2－2λ，－2)，∴|cos 〈PM →，n 〉|＝|2λ|λ2＋－2λ2＋4·6＝16. 解得λ＝12或λ＝－1. ∴M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．∴在直线AB 上存在点M ，且当M 是AB 的中点或A 是MB 的中点时，使得PM 与平面P AD所成角的正弦值为16.。

6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。

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

专题13 立体几何中的向量方法空间向量及其应用一般每年考一道大题，试题一般以多面体为载体，分步设问，既考查综合几何也考查向量几何，诸小问之间有一定梯度，大多模式是：诸小问依次讨论线线垂直与平行→线面垂直与平行→面面垂直与平行→异面直线所成角、线面角、二面角→体积的计算．强调作图、证明、计算相结合．考查的多面体以三棱锥、四棱锥(有一条侧棱与底面垂直的棱锥、正棱锥)、棱柱(有一侧棱或侧面与底面垂直的棱柱，或底面为特殊图形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等类型的棱柱)为主．1．共线向量与共面向量(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a 、b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb . (2)共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p 与向量a 、b 共面的充要条件是存在唯一实数对(x ，y )，使p ＝xa ＋yb .2．两个向量的数量积向量a 、b 的数量积：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． 向量的数量积满足如下运算律： ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)；③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量基本定理如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在唯一有序实数组{x ，y ，z }，使p ＝xa ＋yb ＋zc .推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的有序实数组{x ，y ，z }，使OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →.4．空间向量平行与垂直的坐标表示 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)；a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0. 5．模、夹角和距离公式(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a ·a ＝a 21＋a 22＋a 23， cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23.(2)距离公式设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则 |AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(3)平面的法向量如果表示向量a 的有向线段所在的直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a ⊥α. 如果a ⊥α，那么向量a 叫做平面α的法向量． 6．空间角的类型与范围 (1)异面直线所成的角θ：0<θ≤π2；(2)直线与平面所成的角θ：0≤θ≤π2；(3)二面角θ：0≤θ≤π.7．用向量求空间角与距离的方法(1)求空间角：设直线l 1、l 2的方向向量分别为a 、b ，平面α、β的法向量分别为n 、m . ①异面直线l 1与l 2所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |.②直线l 1与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|a ·n ||a ||n |.③平面α与平面β所成的二面角为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n ||m |. (2)求空间距离①直线到平面的距离，两平行平面间的距离均可转化为点到平面的距离． 点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点)．②设n 与异面直线a ，b 都垂直，A 是直线a 上任一点，B 是直线B 上任一点，则异面直线a 、b 的距离d ＝|AB →·n ||n |.高频考点一 向量法证明平行与垂直1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．【解析】法一：(1)证明：如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC .又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平面A 1EF . 因此EF ⊥BC .(2)取BC 的中点G ，连接EG ，GF ，则EGF A 1是平行四边形． 由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGF A 1为矩形． 连接A 1G 交EF 于O ，由(1)得BC ⊥平面EGF A 1，则平面A 1BC ⊥平面EGF A 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上． 则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152，所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.法二：(1)证明：连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点， 所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC .如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E ­xyz .不妨设AC ＝4，则A 1(0，0，23)，B (3，1，0)， B 1(3，3，23)，F (32，32，23)，C (0，2，0)． 因此，EF →＝⎝⎛⎭⎫32，32，23，BC →＝(－3，1，0)．由EF →·BC →＝0得EF ⊥BC .(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1，0)，A 1C →＝(0，2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0.取n ＝(1，3，1)故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.【举一反三】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 ，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 的一个法向量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PCD ⊥平面P AD .【变式探究】如图所示，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .【证明】以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz 如图所示，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12， EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．(1)因为EF →＝－12AB →，所以EF →∥AB →，即EF ∥AB .又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ， 所以EF ∥平面P AB .(2)因为AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以AP →⊥DC →，AD →⊥DC →， 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又因为AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， 【方法规律】 利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素； (3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系； (4)根据运算结果解释相关问题．【变式探究】在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点.求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明：(1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系B －xyz ，如图所示，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)， 所以BA →＝(a,0,0)，BD →＝(0,2,2)，B 1D →＝(0,2，－2)， B 1D →·BA →＝0，B 1D →·BD →＝0＋4－4＝0， 即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ⊂平面ABD ， 因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝⎛⎭⎫a2，1，4，F (0,1,4)， 则EG →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，1，EF →＝(0,1,1)，B 1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B 1D →·EF →＝0＋2－2＝0， 即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ⊂平面EGF ，因此B 1D ⊥平面EGF . 结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD . 高频考点二、 向量法求空间角例2、(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B ­EC ­C 1的正弦值．【解析】(1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE . 又BE ⊥EC 1， 所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB . 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，则C (0，1，0)，B (1，1，0)，C 1(0，1，2)，E (1，0，1)，CB →＝(1，0，0)，CE →＝(1，－1，1)，CC →1＝(0，0，2)．设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x －y ＋z ＝0， 所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧CC →1·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0， 所以可取m ＝(1，1，0)． 于是cos n ，m ＝n ·m |n ||m |＝－12.所以，二面角B ­EC ­C 1的正弦值为32. 【变式探究】(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M ­AB ­D 的余弦值． 【解析】 (1)证明：取P A 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF .又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45°，|z |x －12＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则由①②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎨⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝⎛⎭⎫1－22，1，62，从而AM →＝⎝⎛⎭⎫1－22，1，62.设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧2－2x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝10 5.因此二面角M­AB­D的余弦值为10 5.【方法技巧】(1)利用空间向量求空间角的一般步骤①建立恰当的空间直角坐标系．②求出相关点的坐标，写出相交向量的坐标．③结合公式进行论证、计算．④转化为几何结论．【变式探究】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B­PD­A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．【解析】(1)证明：如图，设AC，BD交于点E，连接ME，因为PD∥平面MAC，平面MAC∩平面PDB＝ME，所以PD∥ME.因为四边形ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点．(2)取AD 的中点O ，连接OP ，OE . 因为P A ＝PD ，所以OP ⊥AD .又因为平面P AD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面P AD ， 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE . 因为四边形ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD .如图，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)，BD →＝(4，－4,0)，PD →＝(2,0，－2)．设平面BDP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝ 2. 于是n ＝(1,1，2)．平面P AD 的法向量为p ＝(0,1,0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12.(3)由题意知M ⎝⎛⎭⎫－1，2，22，C (2,4,0)，MC →＝⎝⎛⎭⎫3，2，－22.设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，MC →〉|＝|n ·MC →||n ||MC →|＝269，所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.高频考点三 探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．例 3、如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，二面角A ­CD ­F 为60°，DE ∥CF ，CD ⊥DE ，AD ＝2，DE ＝DC ＝3，CF ＝6.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)在线段CF 上求一点G ，使锐二面角B ­EG ­D 的余弦值为14.【解】 (1)证明：因为四边形ABCD 为矩形， 所以BC ∥AD .因为AD ⊂平面ADE ，BC ⊄平面ADE ， 所以BC ∥平面ADE .同理CF ∥平面ADE .又BC ∩CF ＝C ，所以平面BCF ∥平面ADE . 因为BF ⊂平面BCF ，所以BF ∥平面ADE . (2)因为CD ⊥AD ，CD ⊥DE ，所以∠ADE 是二面角A ­CD ­F 的平面角，即∠ADE ＝60°. 因为AD ∩DE ＝D ，所以CD ⊥平面ADE . 因为CD ⊂平面CDEF ， 所以平面CDEF ⊥平面ADE .如图，作AO ⊥DE 于点O ，则AO ⊥平面CDEF . 由AD ＝2，DE ＝3，得DO ＝1，EO ＝2.以O 为坐标原点，平行于DC 的直线为x 轴，DE 所在的直线为y 轴，OA 所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系O ­xyz ，则O (0，0，0)，A (0，0，3)，C (3，－1，0)，D (0，－1，0)，B (3，0，3)，E (0，2，0)，F (3，5，0)，OB →＝OA →＋AB →＝OA →＋DC →＝(3，0，3)，设G (3，t ，0)，－1≤t ≤5，则BE →＝(－3，2，－3)，BG →＝(0，t ，－3)， 设平面BEG 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BE →＝0m ·BG →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋2y －3z ＝0ty －3z ＝0，可取⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－ty ＝3z ＝3t， 故平面BEG 的一个法向量为m ＝(2－t ，3，3t )， 又平面DEG 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝3|t |4t 2－4t ＋13， 所以3|t |4t 2－4t ＋13＝14，解得t ＝12或t ＝－1322(舍去)，此时CG ＝32.即所求线段CF 上的点G 满足CG ＝32.【举一反三】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．【解析】 (1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以AB ⊥PD . 又因为P A ⊥PD ， 所以PD ⊥平面P AB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥CD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .如图，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)．设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0. 令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2,2)．又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.(3)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)．因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0. 解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.【方法技巧】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【变式探究】如图所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，点D为AC的中点，点E的线段AA1上．(1)当AE EA1＝12时，求证：DE⊥BC1；(2)是否存在点E，使二面角D­BE­A等于60°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：连接DC1，因为ABC－A1B1C1为正三棱柱，所以△ABC为正三角形．又因为D为AC的中点，所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.所以BD⊥DE.因为AE EA1＝12，AB＝2，AA1＝3，所以AE＝33，AD＝1.所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°.在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°.所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1.所以DE⊥平面BDC1.又因为BC1⊂平面BDC1，所以ED⊥BC1.(2)假设存在点E满足条件，设AE＝h.取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD.如图，分别以DA ，DB ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ， 则A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (1,0，h )．所以DB →＝(0，3，0)，DE →＝(1,0，h )，AB →＝(－1，3，0)，AE →＝(0,0，h )． 设平面DBE 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DB →＝0，n 1·DE →＝0，即⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋hz 1＝0.令z 1＝1，得n 1＝(－h,0,1)．同理，设平面ABE 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，即⎩⎨⎧－x 2＋3y 2＝0，hz 2＝0.得n 2＝(3，1,0)． 所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝|－3h |h 2＋1·2＝cos60°＝12.解得h ＝22<3，故存在点E 满足条件． 当AE ＝22时，二面角D ­BE ­A 等于60°.1．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B ­EC ­C 1的正弦值．【解析】(1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE . 又BE ⊥EC 1， 所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB . 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，则C (0，1，0)，B (1，1，0)，C 1(0，1，2)，E (1，0，1)，CB →＝(1，0，0)，CE →＝(1，－1，1)，CC →1＝(0，0，2)．设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x －y ＋z ＝0， 所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧CC →1·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0， 所以可取m ＝(1，1，0)． 于是cos n ，m ＝n ·m|n ||m |＝－12. 所以，二面角B ­EC ­C 1的正弦值为32.2. (2019·高考天津卷)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角E ­BD ­F 的余弦值为13，求线段CF 的长．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，1，0)，E (0，0，2)．设CF ＝h (h >0)，则F (1，2，h )．(1)证明：依题意，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的法向量，又BF →＝(0，2，h )，可得BF →·AB →＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .(2)依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2，2，1)．因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)设m ＝(x ，y ，z )为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，2y ＋hz ＝0，不妨令y ＝1，可得m ＝(1，1，－2h )．由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m||n|＝⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h 2＝13，解得h ＝87，经检验，符合题意． 所以，线段CF 的长为87.3．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．【解析】法一：(1)证明：如图，连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC . 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC .又因为A 1F ∥AB ，∠ABC ＝90°，故BC ⊥A 1F . 所以BC ⊥平面A 1EF . 因此EF ⊥BC .(2)取BC 的中点G ，连接EG ，GF ，则EGF A 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGF A 1为矩形． 连接A 1G 交EF 于O ，由(1)得BC ⊥平面EGF A 1，则平面A 1BC ⊥平面EGF A 1， 所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上． 则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152， 所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG＝35. 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35.法二：(1)证明：连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点， 所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC .如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E ­xyz .不妨设AC ＝4，则A 1(0，0，23)，B (3，1，0)， B 1(3，3，23)，F (32，32，23)，C (0，2，0)．因此，EF →＝⎝⎛⎭⎫32，32，23，BC →＝(－3，1，0)．由EF →·BC →＝0得EF ⊥BC .(2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ.由(1)可得BC →＝(－3，1，0)，A 1C →＝(0，2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，y－3z ＝0. 取n ＝(1，3，1)故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →|·|n |＝45.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值为35.1. (2018年浙江卷)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．(Ⅱ)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(Ⅱ)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值． 【答案】(Ⅱ)见解析 (Ⅱ)【解析】 方法一： (Ⅱ)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：(Ⅱ)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(Ⅱ)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.2. (2018年天津卷)如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；(II)求二面角的正弦值；(III)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.【答案】(Ⅱ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅱ).【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)．(Ⅱ)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．(Ⅱ)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.3. (2018年北京卷)如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．(Ⅱ)求证：AC⊥平面BEF；(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；(Ⅱ)证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)证明见解析(2) B-CD-C1的余弦值为(3)证明过程见解析【解析】(Ⅱ)在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．(Ⅱ)由(I)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B(0，2，0)，C(-1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1)．∴，设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，∴．由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．(Ⅱ)平面BCD的法向量为，∵G(0，2，1)，F(0，0，2)，∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．4. (2018年江苏卷)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】(1)(2)【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．(1)因为P为A1B1的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．(2)因为Q为BC的中点，所以，因此，．设n=(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．5. (2018年江苏卷)在平行六面体中，．求证：(1)；(2)．【答案】答案见解析【解析】证明：(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB ∥平面A 1B 1C ．(2)在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形． 又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．6. (2018年全国I 卷理数) 如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz . 由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2， 故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 7. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．(1)证明：平面平面；(2)当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】(1)见解析 (2)【解析】(1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD ,交线为CD .因为BC ⊥CD ,BC 平面ABCD ,所以BC ⊥平面CMD ,故BC ⊥DM .因为M 为上异于C ，D 的点,且DC 为直径，所以 DM ⊥CM .又 BC CM =C ,所以DM ⊥平面BMC . 而DM平面AMD ,故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点,的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz .当三棱锥M −ABC 体积最大时，M 为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量,则即可取.是平面MCD的法向量,因此，，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.8. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，在三棱锥中，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)见解析(2)【解析】(1)因为，为的中点，所以，且.连结.因为，所以为等腰直角三角形，且，.由知.由知平面.(2)如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.由已知得取平面的法向量.设，则.设平面的法向量为.由得，可取，所以.由已知得.所以.解得(舍去)，.所以.又，所以.所以与平面所成角的正弦值为.。

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。

1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33D.22【答案】 B2.如图所示，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长为3，底面边长A 1C 1＝B 1C 1＝1，且∠A 1C 1B 1＝90°，D 点在棱AA 1上且AD ＝2DA 1，P 点在棱C 1C 上，则PD →·PB 1→的最小值为( )A.52 B ．－14C.14D ．－52【答案】 B3．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内【答案】 D【解析】 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面， ∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内．4．如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．(23，23，1) C ．(22，22，1) D ．(24，24，1) 【答案】 C5．在正四棱锥SABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面P AC 所成的角是( ) A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°【答案】 A【解析】 如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a .则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，－a 2，a2. 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)， 设平面P AC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·AP →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12， 又∵〈CB →，n 〉∈(0°，180°)，∴〈CB →，n 〉＝60°， ∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.6．如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．【答案】 17.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ有________个．【答案】 2【解析】 建立如图的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则P (x ，y,2)，O (1，1,0)，∴OP 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫x ＋12，y ＋12，1，又知D 1(0,0,2)，∴Q (x ＋1，y ＋1,0)，而Q 在MN 上， ∴x Q ＋y Q ＝3，∴x ＋y ＝1，即点P 坐标满足x ＋y ＝1. ∴有2个符合题意的点P ，即对应有2个λ.8．如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角． 【答案】916∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →)．∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0,4λ，3)，∴F (0，4λ1＋λ，31＋λ)．同理可得E (m1＋λ，4,0)，∴FE →＝(m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ)．∵F A →＝(0，－4λ1＋λ，－31＋λ)，要使∠AFE 为直角，即F A →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，∴16λ＝9，解得λ＝916.9.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，H 分别是线段P A ，PD ，AB 的中点．求证：(1)PB ∥平面EFH ； (2)PD ⊥平面AHF .(1)∵PB →＝(2,0，－2)，EH →＝(1,0，－1)，∴PB →＝2EH →，∴PB ∥EH .∵PB ⊄平面EFH ，且EH ⊂平面EFH ， ∴PB ∥平面EFH .(2)PD →＝(0,2，－2)，AH →＝(1,0,0)，AF →＝(0,1,1)， ∴PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0， PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0， ∴PD ⊥AF ，PD ⊥AH ，又∵AF ∩AH ＝A ，∴PD ⊥平面AHF .10.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .11．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(2)解 假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)． 使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量 n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.12.如图所示，四棱锥S —ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．(2)解 棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面P AC . 理由如下：由已知条件知DS →是平面P AC 的一个法向量，且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0.设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →。

第3讲 立体几何中的向量方法(建议用时：60分钟)一、选择题1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM( )．A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内解析 由已知得M ，A ，B ，C 四点共面，所以AM 在平面ABC 内，选D. 答案 D2．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )．A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定解析 MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA →＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋BC →＋23DA →， 又CD →是平面BB 1C 1C 的一个法向量，且MN →·CD →＝23B 1B →＋BC →＋23DA →·CD →＝0，∴MN →⊥CD →，又MN⊄面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C . 答案 B3．如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是( )．A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角解析 选项A 正确，因为SD 垂直于底面ABCD ，而AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥SD ；再由四边形ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD ；而BD 与SD 相交，所以，AC ⊥平面SBD ，AC ⊥SB . 选项B 正确，因为AB ∥CD ，而CD ⊂平面SCD ，AB ⊄平面SCD ，所以AB ∥平面SCD . 选项C 正确，设AC 与BD 的交点为O ，易知SA 与平面SBD 所成的角就是∠ASO ，SC 与平面SBD 所成的角就是∠CSO ，易知这两个角相等．选项D 错误，AB 与SC 所成的角等于∠SCD ，而DC 与SA 所成的角是∠SAB ，这两个角不相等． 答案 D4．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于( )．A.64 B.104 C.22 D.32解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1，0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64.答案 A5．(2014·新课标全国Ⅱ卷)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )．A.110B.25C.3010D.22解析 法一 由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1，1,2)，N (0,1,2)，∴BM →＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN→|BM →||AN →|＝－1＋4－12＋－12＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010. 法二 如图(2)，取BC 的中点D ，连接MN ，ND ，AD ，由于MN 綉12B 1C 1綉BD ，因此有ND綉BM ，则ND 与NA 所成角即为异面直线BM 与AN 所成角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN ＝5，AD ＝5，因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010.答案 C6．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为( )．A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数 解析 AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→.其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos∠BAC 1＝3×13＝1，故选C.答案 C7．(2015·浙江卷)如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′－CD －B 的平面角为α，则( )．A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α解析 极限思想：若α＝π，则∠A ′CB ＜π，排除D ；若α＝0，如图，则∠A ′DB ，∠A ′CB 都可以大于0，排除A ，C.故选B.答案 B 二、填空题8．在一直角坐标系中，已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A ，B 两点间的距离为________．解析 如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥l 于点C ，BD ⊥l 于点D ，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4，两异面直线AC ，BD 所成的角为60°， 故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →， 得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68， ∴|AB →|＝217. 答案 2179．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3(A 1B 1→)2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确． 答案 ①②10．已知正四棱锥P －ABCD 的侧棱与底面所成角为60°，M 为PA 中点，连接DM ，则DM 与平面PAC 所成角的大小是________．解析 设底面正方形的边长为a ，由已知可得正四棱锥的高为62a ，建立如图所示空间直角坐标系，则平面PAC 的法向量为n ＝(1,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，A 0，－22a ,0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－24a ，64a ， DM →＝⎝⎛⎭⎪⎫22a ，－24a ，64a ，所以cos 〈DM →，n 〉＝|DM →·n ||DM →||n |＝22，所以DM 与平面PAC 所成角为45°.答案 45°11．(2015·孝感模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在直线BC 1上运动时，有下列三个命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变；②直线AP 与平面ACD 1所成角的大小不变；③二面角P －AD 1－C 的大小不变．其中真命题的序号是________．解析 ①中，∵BC 1∥平面AD 1C ，∴BC 1上任意一点到平面AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P 在直线BC 1上运动时，直线AB 与平面ACD 1所成角和直线AC 1与平面ACD 1所成角不相等，所以不正确；③中，P 在直线BC 1上运动时，点P 在平面AD 1C 1B 中，即二面角P －AD 1－C 的大小不受影响，所以正确． 答案 ①③12．(2015·四川卷)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．解析 建立空间直角坐标系如图所示， 设AB ＝1，则AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，设M (0，y,1)(0≤y ≤1)， 则EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y ，1，∴cos θ＝－12＋12y 1＋1414＋y 2＋1＝－1－y52·4y 2＋5.设异面直线所成的角为α， 则cos α＝|cos θ|＝1－y52·4y 2＋5＝255·1－y 4y 2＋5， 令t ＝1－y ，则y ＝1－t ， ∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1，那么cos α＝|cos θ|＝255·t4t 2－8t ＋9 ＝255t 24t 2－8t ＋9＝25514－8t ＋9t2， 令x ＝1t，∵0≤t ≤1，∴x ≥1，那么cos α＝25514－8x ＋9x2，又∵z ＝9x 2－8x ＋4在[1，＋∞)上单增， ∴x ＝1，z min ＝5，此时cos α的最大值＝255·15＝255·55＝25. 答案 25三、解答题13．(2015·北京卷)如图，在四棱锥A －EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF ∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点．(1) 求证：AO ⊥BE ；(2) 求二面角F －AE －B 的余弦值； (3)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．(1)证明 因为△AEF 是等边三角形，O 为EF 的中点， 所以AO ⊥EF .又因为平面AEF ⊥平面EFCB .AO ⊂平面AEF ， 所以AO ⊥平面EFCB . 所以AO ⊥BE .(2)解 取BC 中点G ，连接OG . 由题设知EFCB 是等腰梯形，所以OG ⊥EF .由(1)知AO ⊥平面EFCB . 又OG ⊂平面EFCB ， 所以OA ⊥OG .如图建立空间直角坐标系O －xyz ， 则E (a,0,0)，A (0,0，3a )，B (2，3(2－a )，0)，EA →＝(－a,0，3a )， BE →＝(a －2，3(a －2)，0)．设平面AEB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧－ax ＋3az ＝0，a －2x ＋3a －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝3，y ＝－1， 于是n ＝(3，－1,1)．平面AEF 的法向量为p ＝(0,1,0)．所以cos 〈n ，p 〉＝n·p |n ||p |＝－55.由题知二面角F －AE －B 为钝角， 所以它的余弦值为－55. (3)解 因为BE ⊥平面AOC ， 所以BE ⊥OC ， 即BE →·OC →＝0，因为BE →＝(a －2，3(a －2)，0)，OC →＝(－2，3(2－a )，0)，所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2. 由BE →·OC →＝0及0<a <2， 解得a ＝43.14．(2015·江苏卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 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PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而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， 此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255. 15．(2015·陕西卷)如图1，在直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值．图1(1)证明 在图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ，从而BE ⊥平面A 1OC ，又在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC 綉ED ， 所以四边形BCDE 为平行四边形，故有CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2，图2如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0,0)，设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n1＝(1,1,1)； ⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)，从而cos θ＝|cos n 1，n 2|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。

专题13 立体几何中的向量方法空间向量及其应用一般每年考一道大题，试题一般以多面体为载体，分步设问，既考查综合几何也考查向量几何，诸小问之间有一定梯度，大多模式是：诸小问依次讨论线线垂直与平行→线面垂直与平行→面面垂直与平行→异面直线所成角、线面角、二面角→体积的计算．强调作图、证明、计算相结合．考查的多面体以三棱锥、四棱锥(有一条侧棱与底面垂直的棱锥、正棱锥)、棱柱(有一侧棱或侧面与底面垂直的棱柱，或底面为特殊图形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等类型的棱柱)为主．1．共线向量与共面向量(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a 、b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb . (2)共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p 与向量a 、b 共面的充要条件是存在唯一实数对(x ，y )，使p ＝xa ＋yb .2．两个向量的数量积向量a 、b 的数量积：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． 向量的数量积满足如下运算律： ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)；③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量基本定理如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在唯一有序实数组{x ，y ，z }，使p ＝xa ＋yb ＋zc .推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的有序实数组{x ，y ，z }，使OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →.4．空间向量平行与垂直的坐标表示 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)；a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0. 5．模、夹角和距离公式(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a ·a ＝a 21＋a 22＋a 23， cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23.(2)距离公式设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则 |AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(3)平面的法向量如果表示向量a 的有向线段所在的直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a ⊥α. 如果a ⊥α，那么向量a 叫做平面α的法向量． 6．空间角的类型与范围 (1)异面直线所成的角θ：0<θ≤π2；(2)直线与平面所成的角θ：0≤θ≤π2；(3)二面角θ：0≤θ≤π.7．用向量求空间角与距离的方法(1)求空间角：设直线l 1、l 2的方向向量分别为a 、b ，平面α、β的法向量分别为n 、m . ①异面直线l 1与l 2所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |.②直线l 1与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|a ·n ||a ||n |.③平面α与平面β所成的二面角为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n ||m |. (2)求空间距离①直线到平面的距离，两平行平面间的距离均可转化为点到平面的距离． 点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点)．②设n 与异面直线a ，b 都垂直，A 是直线a 上任一点，B 是直线B 上任一点，则异面直线a 、b 的距离d ＝|AB →·n ||n |.高频考点一向量法证明平行与垂直1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC ＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．【举一反三】如图，在四棱锥P­ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面P AD；(3)平面PCD⊥平面P AD.【变式探究】如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，P A＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面P AB；(2)求证：平面P AD⊥平面PDC.【方法规律】利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题．【变式探究】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD . 高频考点二、 向量法求空间角例2、(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B ­EC ­C 1的正弦值．【变式探究】(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE∥平面P AB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M­AB­D的余弦值．【方法技巧】(1)利用空间向量求空间角的一般步骤①建立恰当的空间直角坐标系．②求出相关点的坐标，写出相交向量的坐标．③结合公式进行论证、计算．④转化为几何结论．【变式探究】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B­PD­A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．高频考点三 探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．例 3、如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，二面角A ­CD ­F 为60°，DE ∥CF ，CD ⊥DE ，AD ＝2，DE ＝DC ＝3，CF ＝6.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)在线段CF 上求一点G ，使锐二面角B ­EG ­D 的余弦值为14.【举一反三】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．【方法技巧】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【变式探究】如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点D 为AC 的中点，点E 的线段AA 1上．(1)当AE EA 1＝12时，求证：DE ⊥BC 1；(2)是否存在点E ，使二面角D ­BE ­A 等于60°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由．1．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B ­EC ­C 1的正弦值．2. (2019·高考天津卷)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角E ­BD ­F 的余弦值为13，求线段CF 的长．3．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．1. (2018年浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．(Ⅱ)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．2. (2018年天津卷)如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；(II)求二面角的正弦值；(III)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.3. (2018年北京卷)如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．(Ⅱ)求证：AC⊥平面BEF；(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；(Ⅱ)证明：直线FG与平面BCD相交．4. (2018年江苏卷)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．5. (2018年江苏卷)在平行六面体中，．求证：(1)；(2)6. (2018年全国I卷理数)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．7. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．(1)证明：平面平面；(2)当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．8. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，在三棱锥中，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．。

高考数学（理）二轮专题练习 第3讲 立体几何中的向量方法考情解读 1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．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)(以下相同)． (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＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.(3)面面夹角设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． 3．求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离，点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点).热点一 利用向量证明平行与垂直例1 如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明： (1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .思维启迪 从A 点出发的三条直线AB 、AD ，AE 两两垂直，可建立空间直角坐标系．证明 方法一 由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)， F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)， 由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .思维升华 (1)要证明线面平行，只需证明向量OM →与平面BCF 的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证明向量OM →与BF →，BC →共面．(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线OM 垂直于平面EFCD ，即证OM 垂直于平面EFCD 内的两条相交直线，从而转化为证明向量OM →与向量FC →、CD →垂直．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点． (1)求证：直线PC ∥平面BDE ； (2)求证：BD ⊥PC ；证明 设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于P A 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ， 则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，E (0，－3，1)．(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE →＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2,0,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0， 令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0,1，3)．又PC →＝(0,23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0， 即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ， 所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC →＝(0,23，－2)，BD →＝(－2,0,0)， 所以PC →·BD →＝0. 故BD ⊥PC .热点二 利用向量求空间角例2 如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD ＝1，AB ＝12EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 分别为AE 、BD 的中点．(1)求证：PQ ∥平面BCE ； (2)求二面角A －DF －E 的余弦值．思维启迪 (1)易知PQ 为△ACE 的中位线；(2)根据AD ⊥平面ABEF 构建空间直角坐标系． (1)证明 连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点， ∴Q 为AC 的中点，又在△AEC 中，P 为AE 的中点，∴PQ ∥EC ， ∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ，∴PQ ∥平面BCE .(2)解 如图，取EF 的中点M ，则AF ⊥AM ，以A 为坐标原点，以AM 、AF 、AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)．可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →＝(0,2，－1)． 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0n ·DF →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋2y ＝02y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝02y －z ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量．∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量． ∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66.由图可知所求二面角为锐角，∴二面角A －DF －E 的余弦值为66. 思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．(2013·山东)如图所示，在三棱锥P－ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于点H，连接GH.(1)求证：AB∥GH；(2)求二面角D－GH－E的余弦值．(1)证明因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，所以EF∥AB，DC∥AB.所以EF∥DC.又EF⊄平面PCD，DC⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.又EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH，所以EF∥GH.又EF∥AB，所以AB∥GH.(2)解方法一在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°，即AB⊥BQ.因为PB⊥平面ABQ，所以AB⊥PB.又BP∩BQ＝B，所以AB⊥平面PBQ.由(1)知AB∥GH，所以GH⊥平面PBQ.又FH⊂平面PBQ，所以GH⊥FH.同理可得GH⊥HC，所以∠FHC为二面角D－GH－E的平面角．设BA＝BQ＝BP＝2，连接FC，在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝2，在Rt△PBC中，由勾股定理得PC＝ 5.又H为△PBQ的重心，所以HC＝13PC＝53.同理FH＝53.在△FHC 中，由余弦定理得cos ∠FHC ＝59＋59－22×59＝－45.即二面角D －GH －E 的余弦值为－45.方法二 在△ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ，所以∠ABQ ＝90° 又PB ⊥平面ABQ ，所以BA ，BQ ，BP 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以BA ，BQ ，BP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设BA ＝BQ ＝BP ＝2，则E (1,0,1)，F (0,0,1)，Q (0,2,0)，D (1,1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)． 所以EQ →＝(－1,2，－1)，FQ →＝(0,2，－1)，DP →＝(－1，－1，2)，CP →＝(0，－1,2)． 设平面EFQ 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由m ·EQ →＝0，m ·FQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋2y 1－z 1＝0，2y 1－z 1＝0，取y 1＝1，得m ＝(0,1,2)．设平面PDC 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由n ·DP →＝0，n ·CP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－y 2＋2z 2＝0，－y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n ＝(0,2,1)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝45.因为二面角D －GH －E 为钝角，所以二面角D －GH －E 的余弦值为－45.热点三 利用空间向量求解探索性问题例3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．(1)证明 连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．又D 为BC 的中点，所以OD 为△A 1BC 的中位线， 所以A 1B ∥OD .因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1， 所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)解 由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直． 以BC ，BA ，BB 1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B －xyz . 设BA ＝2，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A (0,2,0)，C 1(2,0,1)，D (1,0,0)， 所以AD →＝(1，－2,0)，AC →1＝(2，－2,1)．设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AC →1＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2,1，－2)．易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)． 所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角， 所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为23.(3)解 假设存在满足条件的点E .因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0,2,1)，B 1(0,0,1)，故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以AE →＝(0，λ－2,1)，DC →1＝(1,0,1)． 因为AE 与DC 1成60°角，所以|cos 〈AE →，DC →1〉|＝|AE →·DC →1||AE →|·|DC →1|＝12，即1(λ－2)2＋1·2＝12，解得λ＝1或λ＝3(舍去)． 所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC ，点D 为BC 的中点． (1)求二面角A —PD —B 的余弦值；(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．解 (1)∵AC ＝BC ，P A ＝PB ，PC ＝PC ， ∴△PCA ≌△PCB ， ∴∠PCA ＝∠PCB ， ∵PC ⊥AC ，∴PC ⊥CB ， 又AC ∩CB ＝C ，∴PC ⊥平面ACB ，且PC ，CA ，CB 两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CB ，CA ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (0,2,0)，D (1,0,0)，P (0,0,2)，∴AD →＝(1，－2,0)，PD →＝(1,0，－2)， 设平面P AD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0n ·PD →＝0，∴取n ＝(2,1,1)，平面PDB 的一个法向量为CA →＝(0,2,0)，∴cos 〈n ，CA →〉＝66，设二面角A —PD —B 的平面角为θ，且θ为钝角， ∴cos θ＝－66，∴二面角A —PD —B 的余弦值为－66. (2)方法一 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点． 设M (x,2－x,0) (x ∈R )，∴PM →＝(x,2－x ，－2)， ∴|cos 〈PM →，n 〉|＝|x |x 2＋(2－x )2＋4·6＝16， 解得x ＝1或x ＝－2，∴M (1,1,0)或M (－2,4,0)，∴在直线AB 上存在点M ，且当M 是AB 的中点或A 是MB 的中点时， 使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16.方法二 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点． 设AM →＝λAB →，则AM →＝λ(2，－2,0)＝(2λ，－2λ，0) (λ∈R )， ∴PM →＝P A →＋AM →＝(2λ，2－2λ，－2)， ∴|cos 〈PM →，n 〉|＝|2λ|(2λ)2＋(2－2λ)2＋4·6＝16. 解得λ＝12或λ＝－1.∴M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．∴在直线AB 上存在点M ，且当M 是AB 的中点或A 是MB 的中点时，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性．提醒三点：(1)直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值．(2)求二面角除利用法向量外，还可以按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共面向量的知识，我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量，并且两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如图所示．(3)对于空间任意一点O 和不共线的三点A ，B ，C ，且有OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →(x ，y ，z ∈R )，四点P ，A ，B ，C 共面的充要条件是x ＋y ＋z ＝1.空间一点P 位于平面MAB 内⇔存在有序实数对x ，y ，使MP →＝xMA →＋yMB →，或对空间任一定点O ，有序实数对x ，y ，使OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →.真题感悟(2014·北京)如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点，在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．(1)证明 在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点， 所以AB ∥DE .又因为AB ⊄平面PDE ，DE ⊂平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)解 因为P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE . 如图建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC →＝(1,1,0)． 设平面ABF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1，所以n ＝(0，－1,1)． 设直线BC 与平面ABF 所成角为α， 则sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12.因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6，设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)， 即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)， 所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ.因为n 是平面ABF 的一个法向量，所以n ·AH →＝0， 即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0， 解得λ＝23，所以点H 的坐标为(43，23，23)．所以PH ＝ (43)2＋(23)2＋(－43)2＝2. 押题精练如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1.(1)求直线DF 与平面ACEF 所成角的正弦值；(2)在线段AC 上找一点P ，使PF →与DA →所成的角为60°，试确定点P 的位置．解 (1)以C 为坐标原点，分别以CD ，CB ，CE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0,0,1)，D (2，0,0)，B (0，2，0)，A (2，2，0)，F (2，2，1)，连接BD ，则AC ⊥BD .因为平面ABCD ⊥平面ACEF ，且平面ABCD ∩平面ACEF ＝AC ，所以DB →是平面ACEF 的一个法向量． 又DB →＝(－2，2，0)，DF →＝(0，2，1)，所以cos 〈DF →，DB →〉＝DF →·DB →|DF →|×|DB →|＝33.故直线DF 与平面ACEF 所成角的正弦值为33. (2)设P (a ，a,0)(0≤a ≤2)，则PF →＝(2－a ，2－a,1)，DA →＝(0，2，0)． 因为〈PF →，DA →〉＝60°，所以cos 60°＝2(2－a )2×2(2－a )2＋1＝12. 解得a ＝22或a ＝322(舍去)，故存在满足条件的点P (22，22，0)为AC 的中点．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内 答案 D解析 由已知得M 、A 、B 、C 四点共面．所以AM 在平面ABC 内，选D.2．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 的中点，P ，Q 是正方体内部或面上的两个动点，则AM →·PQ →的最大值是( ) A.12 B ．1 C.32 D.54答案 C解析 以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，M (12，1,0)，所以AM →＝(12，1,0)．设PQ →＝(x ，y ，z )，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧－1≤x ≤1，－1≤y ≤1，－1≤z ≤1.因为AM →·PQ →＝12·x ＋1·y ＋0·z ＝12x ＋y ，又－1≤x ≤1，－1≤y ≤1， 所以－12≤12x ≤12.所以－32≤12x ＋y ≤32.故AM →·PQ →的最大值为32.3．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为( ) A.32B.1010C.35D.25答案 D解析 以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，M (1，12，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12)．所以AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12)．故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12，|AM →|＝ 02＋(12)2＋12＝52，|CN →|＝12＋02＋(12)2＝52，所以cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1252×52＝25.4．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于( ) A.64 B.104 C.22D.32答案 A解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64.5．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( ) A.12 B.23 C.33 D.22 答案 B解析 以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1， 则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.6．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.36 B.32C.336D.12答案 A解析 设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →) ＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB → ＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36.选A.二、填空题7．在一直角坐标系中已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________． 答案 217解析 如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ， 则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4， 两异面直线AC 、BD 所成的角为60°， 故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →，得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68， ∴|AB →|＝217.8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________． 答案3510解析 以A 为坐标原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)．∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)．设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)． 又A 1F →＝(12，1，－1)，∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为 d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510.9．已知正方形ABCD 的边长为4，CG ⊥平面ABCD ，CG ＝2，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则点C 到平面GEF 的距离为________． 答案61111解析 建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，则G (0,0,2)，E (2,4,0)，F (4,2,0)．所以GF →＝(4,2，－2)，GE →＝(2,4，－2)，CG →＝(0,0,2)． 设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧GF →·n ＝0，GE →·n ＝0，得平面GEF 的一个法向量为n ＝(1,1,3)， 所以点C 到平面GEF 的距离 d ＝|n ·CG →||n |＝61111.10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________． 答案 ①②解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3(A 1B 1→)2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确． 三、解答题11.如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2. (1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .证明 (1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)， ∵E ，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12， EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ， ∴EF ∥平面P AB .(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC . 又AP ∩AD ＝A ， ∴DC ⊥平面P AD . ∵DC ⊂平面PDC ， ∴平面P AD ⊥平面PDC .12．(2014·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点． (1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积．(1)证明 连接BD 交AC 于点O ，连接EO . 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB . 因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)解 因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形， 所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E (0，32，12)，AE →＝(0，32，12)． 设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝(3m，－1，3)． 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量， 由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点， 所以三棱锥E －ACD 的高为12，三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.13．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，AB ⊥BC ，O 为AC 的中点． (1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值；(3)在BC 1上是否存在一点E ，使得OE ∥平面A 1AB ？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，且O 为AC 的中点， ∴A 1O ⊥AC .又侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，交线为AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，高考总复习资料页脚内容 ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 连接OB ，如图，以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则由题意可知B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0，3)，A (0，－1,0)．∴A 1C →＝(0,1，－3)，设平面A 1AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AA 1→＝n ·AB →＝0，而AA 1→＝(0,1，3)，AB →＝(1,1,0)，可求得一个法向量n ＝(3，－3，3)，∴|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|＝62×21＝217， 故直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值为217. (3)解 存在点E ，且E 为线段BC 1的中点．连接B 1C 交BC 1于点M ，连接AB 1、OM ，则M 为B 1C 的中点，从而OM 是△CAB 1的一条中位线，OM ∥AB 1，又AB 1⊂平面A 1AB ，OM ⊄平面A 1AB ， ∴OM ∥平面A 1AB ，故BC 1的中点M 即为所求的E 点．。

【考点14】 立体几何的向量方法1．（2009·上海卷·理19）（本题满分14分）如图，在直三棱柱111C B A ABC -中，21===AB BC AA ，AB ⊥BC ，求二面角111C C A B --的大小．2． (2009·天津卷·理·19)如图,在五面体ABCDEF 中，FA ABCD ⊥平面，////AD BC FE ，,AB AD M ⊥为EC 的中点，12AF AB BC FE AD ====． (Ⅰ) 求异面直线BF 与DE 所成的角的大小;(Ⅱ) 证明平面AMD ⊥平面CDE ; (Ⅲ) 求二面角A CD E --的余弦值． 3． (2009·广东卷·理·18)如图6，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E 是正方形11BCC B 的中心，点F 、G 分别是棱111,C D AA 的中点．设点11,E G 分别是点E ，G 在平面11DCC D 内的正投影．（1）求以E 为顶点，以四边形FGAE 在平面11DCC D 内的正投影为底面边界的棱锥的体积； （2）证明：直线⊥1FG 平面1FEE ； （3）求异面直线11E G EA 与所成角的正弦值．4． (2009·福建卷·理·17）如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ABCD ⊥平面，NB ABCD ⊥平面，且MD=NB=1，E 为BC 的中点(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由zyxE 1G 15．（2009·安徽卷·理·18）（本小题满分13分）如图，四棱锥F-ABCD 的底面ABCD 是菱形，其对角线AC=2， BD=2，AE 、CF 都与平面ABCD 垂直，AE=1，CF=2． （I ）求二面角B-AF-D 的大小；（II ）求四棱锥E-ABCD 与四棱锥F-ABCD 公共部分的体积．6．（2008江苏，22）如图（1），设动点P 在棱长为1的正方体1111D C B A ABCD -的地角线1BD 上，记λ=BD PD 11．，当∠APC 为钝角时，求λ的取值范围．7．（2008辽宁，19）如图（2），在棱长为1的正方体''''D C B A ABCD -，b BQ AP ==（0<b<1），截面PAEF ∥D A '，截面PQGH ∥'.AD （1）证明：平面PQEF 和平面PQGH 互相垂直； （2）证明：截面PQEF 和截面PQGH 面积之和是定值，并求出这个值；（3）若E D '与平面PQEF 所成的角045,求勤E D '与平面PQGH 所成角的正弦值．8．（2008上海，16，12分）如图（3），在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，E 是1BC 的中点．求直线DE 与平面ABCD 所成角的大小（结果用反三角函数值表示）．9．（2008湖南，17，12分）如图（4）所示，四棱锥ABCD P -的底面ABCD是边长为1的菱形，∠060=BCD ，E 是CD 的中点，PA ⊥底面ABCD ，.2=PA（1）证明：平面 PBE ⊥平面PAB ； （2）求平面PAD 和平面PBE 所成二面角（锐角）的大小． 10．（2008·山东高考题）如图（5），已知四棱锥石 -P ABCD ，底面ABCD为菱形，PA ⊥平面ABCD ，∠060=ABC ，E 、F 分别是BC 、PC 的中点．（1）证明：AE ⊥PD ；（2）求二面角C AF E --的余弦值．11．（2007·山东高考题）如图（6），在直四棱柱ABCD1111D C B A -中，已知AD DD DC 21===AB 2，AD ⊥DC ，AB ∥DC ．（1）设E 是DC 的中点，求证：E D 1∥平面BD A 1； （2）求二面角11C BD A -的余弦值．高考真题答案与解析数 学（理）【考点14】 立体几何的向量方法1．【解析】如图，建立空间直角坐标系．则A （2，0，0），C （0，2，0），A 1（2，0，2）， B 1（0，0，2），C 1`（0，2，2）， 设AC 的中点为M ，,,1CC BM AC BM ⊥⊥ )0,1,1(11=⊥∴C ，C A BM 即平面是平面A 1C 1C 的一个法向量．设平面A 1B 1C 的一个法向量是),,(z y x =，)0,0,2(),2,2,2(11-=--=B A ,0222,02111=-+-=⋅=-=⋅∴z y x A x B A 令z=1，解得x=0，y=1．)1,1,0(=∴， 设法向量与的夹角为ϕ，二面角B 1—A 1C —C 1的大小为θ，显然θ为锐角．分的大小为二面角解得14.3.3,21|||||cos |cos 111 ππθϕθC C A B BM n --∴==⋅==2． 【解法1】(Ⅰ) 由题设知，//BF CE ，所以CED ∠（或其补角）为异面直线BF 与DE 所成的角．设P 为AD 的中点，连结,EP PC ．因为//FE AP 且=FE AP ，所以//FA EP 且=FA EP ． 同理//AB PC 且=AB PC ．又FA ABCD ⊥平面，所以EP ABCD ⊥平面． 而PC ABCD ⊂平面，AD ABCD ⊂平面， 故EP PC ⊥，EP AD ⊥由AB AD ⊥，得PC AD ⊥．设FA a =，则EP PC PD a ===，QPMFEDCBAi CD DE EC θ===，ECD ∆为等边三角形，所以60CED ∠=︒．所以, 异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60︒．(Ⅱ) 因为DC DE =，且M 为EC 的中点，所以 DM CE ⊥． 连结MP ，因为EP PC =，且M 为EC 的中点，所以MP CE ⊥， 又MP MD M =，所以CE AMD ⊥平面，而CE CDE ⊂平面， 所以平面AMD ⊥平面CDE ． (Ⅲ) 设Q 为CD 的中点,连结PQ EQ ,．因为CE DE =,且Q 为CD 的中点,所以EQ CD ⊥． 因为PC PD =,且Q 为CD 的中点,,则PQ CD ⊥． 故EQP ∠为二面角A CD E --的平面角． 由(Ⅰ)可得，EP PQ ⊥，,22EQ a PQ a ==． 于是在Rt EPQ ∆中，cos 3PQ EQP EQ ∠==． 所以，二面角A CD E --的余弦值为3． 【解法2】 如图,建立空间直角坐标系,点A 为坐标原点． 设1AB =，依题意得()()()1,0,0,1,1,0,0,2,0B C D ，()()110,1,1,0,0,1,,1,22E F M ⎛⎫⎪⎝⎭．(Ⅰ) ()()1,0,1,011BF DE =-=-，，, 于是1cos ,22BF DE BF DE BF DE⋅===⋅．所以, 异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60︒． (Ⅱ) 由MFEDCBA()()11,1,,1,0,1,0,2,022AM CE AD ⎛⎫==-= ⎪⎝⎭可得0,0CE AM CE AD ⋅=⋅=．因此,CE AM CE AD ⊥⊥，又AM AD A =，故CE AMD ⊥平面．而CE CDE ⊂平面，所以平面AMD ⊥平面CDE ．(Ⅲ) 设平面CDE 的法向量为(),,u x y z =,则0,0.u CE u DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩于是0,0.x z y z -+=⎧⎨-+=⎩令1x =,则()1,1,1u =．又由题设，平面ACD 的一个法向量为()0,0,1v AF ==，所以，cos ,31u v u v u v⋅===⋅⋅． 因为二面角A CD E --为锐角，所以，它的余弦值为3． 【点评】本题主要考查异面直线所成的角、平面与平面垂直、二面角等知识，考查用空间向量解决立体几何问题的方法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力． 3． 【解析】（1）依题作点E 、G 在平面11DCC D 内的正投影1E 、1G ，则1E 、1G 分别为1CC 、1DD 的中点，连结1EE 、1EG 、ED 、1DE ，则所求为四棱锥11FG DE E -的体积，其底面11FG DE 面积为111111E DG Rt FG E Rt FG DE S S S ∆∆+=221212221=⨯⨯+⨯⨯=， 又⊥1EE 面11FG DE ，11=EE ，∴323111111=⋅=-EE S V FG DE FG DE E ． （2）以D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别作x 轴，y 轴，z 轴，得)1,2,0(1E 、)1,0,0(1G ，又)1,0,2(G ，)2,1,0(F ，)1,2,1(E ，则)1,1,0(1--=FG ，)1,1,1(-=，)1,1,0(1-=FE ，∴01)1(01=+-+=⋅FE FG ，01)1(011=+-+=⋅FE FG ，即FE FG ⊥1，11FE FG ⊥，y又F FE FE =⋂1，∴⊥1FG 平面1FEE ．（3）)0,2,0(11-=G E ，)1,2,1(--=EA ，则62,cos 111111=>=<EAG E EA G E EA G E ，设异面直线11E G EA 与所成角为θ，则33321sin =-=θ． 4． 【解析】（1）在如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标D xyz-依题意，得1(0,0,0)(1,0,0)(0,0,1),(0,1,0),(1,1,0),(1,1,1),(,1,0)2D A M C B NE ．1(,0,1),(1,0,1)2NE AM ∴=--=-10cos ,||||NE AM NE AM NE AM <>==-⨯，所以异面直线NE 与 AM 所成角的余弦值为1010．A （2）假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ．(0,1,1)AN =,可设(0,,),AS AN λλλ==又11(,1,0),(,1,)22EA ES EA AS λλ=-∴=+=-．由ES ⊥平面AMN ，得0,0,ES AM ES AN ⎧=⎪⎨=⎪⎩即10,2(1)0.λλλ⎧-+=⎪⎨⎪-+=⎩故12λ=，此时112(0,,),||222AS AS ==．经检验，当22AS =时，ES ⊥平面AMN ． 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时22AS =． 5．【解】（I ）(综合法)连接AC 、BD 交于菱形的中心O ，过O 作OG ⊥AF ，G 为垂足．连接BG 、DG ．由BD ⊥AC,BD ⊥CF,得：BD ⊥平面ACF ，故BD ⊥AF ．于是AF ⊥平面BGD,所以BG ⊥AF,DG ⊥AF,∠BGD 为二面角B-AF-D 的平面角．由FC ⊥AC,FC=AC=2,得∠FAC=4π,OG=22．由OB ⊥OG,OB=OD=2,得∠BGD=2∠BGO=2π．(向量法)以A 为坐标原点，BD 、AC 、AE 方向分别为x 轴、y 轴、z 轴 的正方向建立空间直角坐标系(如图)．于是22(,1,0),(,1,0),(0,2,2).22B D F -设平面ABF 的法向量1(,,)n x y z =，则由1100n AB n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得202220x y y z ⎧-+=⎪⎨⎪+=⎩．令1,z =得21x y ⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，1(2,1,1)n =--同理，可求得平面ADF 的法向量2(2,1,1)n =-． 由120n n ⋅=知，平面ABF 与平面ADF 垂直， 二面角B-AF-D 的大小等于2π． （II ）连EB 、EC 、ED ，设直线AF 与直线CE 相交于点H ，则四棱锥E-ABCD 与四棱锥F-ABCD 的公共部分为四棱锥H-ABCD ． 过H 作HP ⊥平面ABCD ，P 为垂足． 因为EA ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，，所以平面ACFE ⊥平面ABCD ，从而,.P AC HP AC ∈⊥由1,HP HP AP PC CF AE AC AC +=+=得23HP =． 又因为12,2ABCD S AC BD =⋅=菱形故四棱锥H-ABCD 的体积122.3ABCD V S HP =⋅=菱形 【点评】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系、相交平面所成二面角以及空间几何体的体积计算等知识，考查空间想象能力和推理论证能力、利用综合法或向量法解决立体几何问题的能力． 6．【解析】由题设可知，以DA 、DC 、1DD 为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系xyzD-，则有)0,0,1(A，B（1，1，0）C（0，1，0），D1（0，0，1）。

专题13立体几何中的向量方法1.【2017课标1，理18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，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.【答案】（1）见解析；（2）以F 为坐标原点， FA 的方向为x 轴正方向， AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -.由（1）及已知可得A ⎫⎪⎪⎝⎭， P ⎛ ⎝⎭， B ⎫⎪⎪⎝⎭， C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭.所以PC ⎛=-⎝⎭， ()2,0,0CB =，2PA ⎛= ⎝⎭， ()0,1,0AB =. 设(),,n x y z =是平面PCB 的法向量，则{n PC n CB ⋅=⋅=，即0{ 0x y z +==， 可取(0,1,n =-.设(),,m x y z =是平面PAB 的法向量，则0{ 0m PA m AB ⋅=⋅=，即0 0x z y ==， 可取()1,0,1n =. 则cos ,3n m n m n m ⋅==-， 所以二面角A PB C --的余弦值为2.【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G 是DF 的中点. （Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小；（Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.【答案】（Ⅰ）30CBP ∠=︒.（Ⅱ）60︒. 【解析】（Ⅰ）因为AP BE ⊥， AB BE ⊥，AB ， AP ⊂平面ABP ， AB AP A ⋂=，所以BE ⊥平面ABP ， 又BP ⊂平面ABP ，所以BE BP ⊥，又120EBC ∠=︒， 因此30CBP ∠=︒（Ⅱ）以B 为坐标原点，分别以BE ， BP ， BA 所在的直线为x ， y ， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得()0,0,3A ()2,0,0E ，()G ，()C -，故()2,0,3AE =-，()AG =， ()2,0,3CG =， 设()111,,m x y z =是平面AEG 的一个法向量. 由0{m AE m AG ⋅=⋅=可得1111230,{0,x z x -=+=取12z =，可得平面AEG的一个法向量()3,2m =. 设()222,,n x y z =是平面ACG 的一个法向量. 由0{n AG n CG ⋅=⋅=可得22220,{230,x x z +=+=取22z =-，可得平面ACG的一个法向量()3,2n =-.所以1cos ,2m n m n m n ⋅==⋅. 因此所求的角为60︒.3.【2017北京，理16】如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD//平面MAC ，PA =PD AB=4． （I ）求证：M 为PB 的中点； （II ）求二面角B -PD -A 的大小；（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析：（Ⅱ）3π ；【解析】（I ）设,AC BD 交点为E ，连接ME .因为PD 平面MAC ，平面MAC ⋂平面PBD ME =，所以PD ME . 因为ABCD 是正方形，所以E 为BD 的中点，所以M 为PB 的中点.（II ）取AD 的中点O ，连接OP ， OE . 因为PA PD =，所以OP AD ⊥.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD . 因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP OE ⊥. 因为ABCD 是正方形，所以OE AD ⊥.如图建立空间直角坐标系O xyz -，则(P ， ()2,0,0D ， ()2,4,0B -，()4,4,0BD =-，(2,0,PD =.设平面BDP 的法向量为(),,n x y z =，则0{ 0n BD n PD ⋅=⋅=，即440{ 20x y x -=-=.令1x =，则1y =，z =于是()2n =.平面PAD 的法向量为()0,1,0p =，所以1cos ,2n p n p n p ⋅==. 由题知二面角B PD A --为锐角，所以它的大小为3π.（III）由题意知1,2,2M ⎛- ⎝⎭， ()2,4,0D ，3,2,2MC ⎛=- ⎝⎭. 设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则2sin cos ,n MC n MC n MCα⋅===所以直线MC 与平面BDP . 4.【2017天津，理17】如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2.（Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ； （Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为21，求线段AH 的长.【答案】 （1）证明见解析（2 （3）85 或12【解析】如图，以A 为原点，分别以AB ， AC ， AP 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A （0，0，0），B （2，0，0），C （0，4，0），P （0，0，4），D （0，0，2），E （0，2，2），M （0，0，1），N （1，2，0）.（Ⅰ）证明： DE =（0，2，0），DB =（2，0， 2-）.设(),,n x y z =，为平面BDE 的法向量， 则0{n DE n DB ⋅=⋅=，即20{ 220y x z =-=.不妨设1z =，可得()1,0,1n =.又MN =（1，2， 1-），可得0MN n ⋅=.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN //平面BDE .（Ⅲ）解：依题意，设AH =h （04h ≤≤），则H （0，0，h ），进而可得()1,2,NH h =--，()2,2,2BE =-.由已知，得cos ,21NH BE NH BE NH BEh ⋅===2102180h h -+=，解得85h =，或12h =. 所以，线段AH 的长为85或12. 5.【2017江苏，22】 如图， 在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB =AD =2，AA 1120BAD ∠=︒.（1）求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； （2）求二面角B-A 1D-A 的正弦值.【答案】（1）17（2 【解析】在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{}1,,AE AD AA 为正交基底，建立空间直角坐标系A -xyz . 因为AB =AD =2，AA 1=3，120BAD ∠=︒.则())())(110,0,0,1,0,0,2,0,,,A BD EA C -.(1) ()(113,1,3,3,1,A B AC =--=，则(1111113,1,1cos ,77A B AC A B AC A B AC -⋅⋅===-.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)平面A 1DA 的一个法向量为()3,0,0AE =.设(),,m x y z =为平面BA 1D 的一个法向量， 又()()13,1,3,3,3,0A B BD =--=-，则10,{0,m A Bm BD ⋅=⋅=即330,{30.x y z y --=+=不妨取x =3，则2y z ==，所以()2m=为平面BA 1D 的一个法向量，从而3,4AE m cosAE m AE m⋅⋅===，设二面角B -A 1D -A的大小为θ，则3cos 4θ=. 因为[]0,θπ∈，所以sin θ==因此二面角B -A 1D -A . 6.【2016高考新课标1卷】（本小题满分为12分）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 , 90AFD ∠=,且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60． （I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E -BC -A 的余弦值．【答案】（I ）见解析（II）19- 【解析】（Ⅰ）由已知可得ΑF DF ⊥，ΑF FE ⊥，所以ΑF ⊥平面ΕFDC ． 又F A ⊂平面ΑΒΕF ，故平面ΑΒΕF ⊥平面ΕFDC ．（Ⅱ）过D 作DG ΕF ⊥，垂足为G ，由（Ⅰ）知DG ⊥平面ΑΒΕF ．以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（Ⅰ）知D F E ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=，则2DF =，3DG =，可得()1,4,0A ，()3,4,0B -，()3,0,0E -，(D ． 由已知，//AB EF ，所以//AB 平面EFDC ． 又平面ABCD平面EFDC DC =，故//AB CD ，//CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以C ΕF ∠为二面角C BE F --的平面角，60C ΕF ∠=．从而可得(C -．所以(ΕC =，()0,4,0ΕΒ=，(3,ΑC =--，()4,0,0ΑΒ=-． 设(),,x y z =n 是平面ΒC Ε的法向量，则00ΕC ΕΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，即040x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩，所以可取(3,0,=n ．设m 是平面ΑΒCD 的法向量，则00ΑC ΑΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，同理可取()4=m ．则cos ,⋅==n m n m n m ．故二面角E -BC -A 的余弦值为．7.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DE F ∆沿EF 折到D EF '∆位置，OD ' （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；【解析】（Ⅰ）由已知得AC BD ⊥，AD CD =，又由AE CF =得AE CFAD CD=，故AC EF ∥.因此EF HD ⊥，从而EF D H '⊥.由5AB =,6AC =得04DO B ==.由EF AC ∥得14OH AE DO AD ==.所以1OH =，==3D H DH '. 于是222223110D H OH D O ''+=+==，故D H OH '⊥.又D H EF '⊥，而OH EF H =，所以D H ABCD '⊥平面.（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-，()6,0,0AC =，()3,1,3AD '=.设()111,,x y z =m 是平面ABD '的法向量，则0AB AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩m m ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可取()4,3,5=-m .设()222,,x y z =n 是平面ACD '的法向量，则00AC AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩n n ，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可取()0,3,1=-n .于是5c o s ,⋅<>===m n m n m nsin ,<>=m n .因此二面角B D A C '--8.【2016高考天津理数】（本小题满分13分）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. （I ）求证：EG ∥平面ADF ； （II ）求二面角O -EF -C 的正弦值； （III ）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.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）3（Ⅲ）21【解析】依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O 为点，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(0,0,0)O ，()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，.（I ）证明：依题意，()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-.设()1,,n x y z =为平面ADF 的法向量，则110n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020x x y z =⎧⎨-+=⎩ .不妨设1z =，可得()10,2,1n =，又()0,1,2EG =-，可得10EG n ⋅=，又因为直线EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面.（II ）解：易证，()1,1,0OA =-为平面O E F 的一个法向量.依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-.设()2,,n x y z =为平面CEF 的法向量，则220n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ .不妨设1x =，可得()21,1,1n =-. 因此有222cos ,OA n OA n OA n ⋅<>==-⋅，于是23s i n ,O A n <>=，所以，二面角O EF C --9.【2016年高考北京理数】（本小题14分）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD⊥，1AB =，2AD =，AC CD ==（1）求证：PD ⊥平面PAB ；（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（3）在棱PA 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.【答案】（1）见解析；（2）3；（3）存在，14AM AP = 【解析】（1）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥， 所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥， 又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB ； （2）取AD 的中点O ，连结PO ，CO ， 因为PA PD =，所以AD PO ⊥.又因为⊂PO 平面PAD ，平面⊥PAD 平面ABCD ， 所以⊥PO 平面ABCD .因为⊂CO 平面ABCD ，所以⊥PO CO . 因为CD AC =，所以AD CO ⊥.如图建立空间直角坐标系xyz O -，由题意得，)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -.设平面PCD 的法向量为),,(z y x =，则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅,0,0即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x . 所以)2,2,1(-=n .又)1,1,1(-=，所以33,cos -=>=<. 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.-中,平面BCFE⊥平10.【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF面ABC,=90∠,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.ACB(I)求证：EF⊥平面ACFD；(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.【答案】（I）证明见解析；（II）．4【解析】（Ⅰ）延长AD，BE，CF相交于一点K，如图所示．因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC BC ⊥，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF AC ⊥． 又因为//EF BC ，1BE EF FC ===，2BC =，所以BCK △为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF CK ⊥． 所以BF ⊥平面ACFD ．（Ⅱ）方法一：过点F 作FQ AK ⊥于Q ，连结BQ ．因为BF ⊥平面ACK ，所以BF AK ⊥，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ AK ⊥． 所以BQF ∠是二面角B AD F --的平面角．在Rt ACK △中，3AC =，2CK =，得FQ =在Rt BQF △中，FQ =，BF =cos BQF ∠=．所以二面角B AD F --的平面角的余弦值为4． 方法二：如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则BCK △为等边三角形． 取BC 的中点O ，则KO BC ⊥，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以，KO ⊥平面ABC ． 以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ．由题意得()1,0,0B ，()1,0,0C -，K ，()1,3,0A --，1(,0,22E ，1F(,0,22-．因此，()0,3,0AC =，(AK =，()2,3,0AB =．设平面ACK 的法向量为()111,,x y z =m ，平面ABK 的法向量为()222,,x y z =n ．由00AC AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，得11113030y x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，取)1=-m ；由00AB AK ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，得2222223030x y x y +=⎧⎪⎨+=⎪⎩，取(3,=-n ．于是，cos ,⋅==⋅m n m n m n ． 所以，二面角B AD F --易错起源1、利用向量证明平行与垂直例1、如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明 方法一 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．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)，∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，CF →＝(0，－1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12.同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量 BF →，BC →共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0，OM →·FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .【变式探究】如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .证明 (1)以点A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)， ∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB .(2)由(1)可知PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)， ∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， ∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ， ∴DC ⊥平面PAD . ∵DC ⊂平面PDC ， ∴平面PAD ⊥平面PDC . 【名师点睛】用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外． 【锦囊妙计，战胜自我】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)则有： (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. 易错起源2、利用空间向量求空间角例2、如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 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PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33， 所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t －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，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255. 【变式探究】如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面△ABC 是直角三角形，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，点P 是棱BB 1上一点，满足BP →＝λBB 1→ (0≤λ≤1)．(1)若λ＝13，求直线PC 与平面A 1BC 所成角的正弦值； (2)若二面角P —A 1C —B 的正弦值为23，求λ的值． 解 以点A 为坐标原点O ，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0,2)，B 1(1,0,2)，P (1,0,2λ)．(1)由λ＝13得，CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，23，A 1B →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(0,1，－2)， 设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·A 1B →＝0，n 1·A 1C →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1－2z 1＝0，y 1－2z 1＝0.不妨取z 1＝1，则x 1＝y 1＝2，从而平面A 1BC 的一个法向量为n 1＝(2,2,1)．设直线PC 与平面A 1BC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈CP →，n 1〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪CP →·n 1|CP →|·|n 1|＝2233， 所以直线PC 与平面A 1BC 所成的角的正弦值为2233.则cos 〈n 1，n 2〉＝9－4λ34λ2－8λ＋9，又因为二面角P —A 1C —B 的正弦值为23， 所以9－4λ34λ2－8λ＋9＝53， 化简得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)，故λ的值为1.【名师点睛】(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．【锦囊妙计，战胜自我】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＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 易错起源3、利用空间向量求解探索性问题例3、如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，易得DM ⊥DA ，DM ⊥DC ，DA ⊥DC .如图所示，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)． 设异面直线NE 与AM 所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →|·|AM →|＝1252×2＝1010. 所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，连接AE .因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又EA →＝(12，－1,0)， 所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ)． 由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －12＋λ＝0，λ－＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22. 经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22. 【变式探究】如图，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在平面于直线AB ，且AB ＝BP ＝2，AD ＝AE ＝1，AE ⊥AB ，且AE ∥BP .(1)设点M 为棱PD 的中点，求证：EM ∥平面ABCD ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于25？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 由已知，平面ABCD ⊥平面ABPE ，且BC ⊥AB ，则BC ⊥平面ABPE ，所以BA ，BP ，BC两两垂直，故以点B 为原点，BA →，BP →，BC →分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则P (0,2,0)，D (2,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，E (2,1,0)，C (0,0,1)，所以EM →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，12. 易知平面ABCD 的一个法向量n ＝(0,1,0)，所以EM →·n ＝(－1,0，12)(0,1,0)＝0， 所以EM →⊥n ，又EM ⊄平面ABCD ，所以EM ∥平面ABCD .(2)当点N 与点D 重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值为25. 理由如下：PD →＝(2，－2,1)，CD →＝(2,0,0)，设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·PD →＝0，n 1·CD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2x 1－2y 1＋z 1＝0，2x 1＝0，取y 1＝1，得平面PCD 的一个法向量等于n 1＝(0,1,2)，假设线段PD 上存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成的角α的正弦值等于25. 设PN →＝λPD → (0≤λ≤1)，则PN →＝λ(2，－2,1)＝(2λ，－2λ，λ)，BN →＝BP →＋PN →＝(2λ，2－2λ，λ)．所以sin α＝|cos 〈BN →，n 1〉|＝|BN →·n 1||BN →||n 1|＝25×λ2＋－2λ2＋λ2＝25×9λ2－8λ＋4＝25. 所以9λ2－8λ－1＝0， 解得λ＝1或λ＝－19(舍去)． 因此，线段PD 上存在一点N ，当N 点与D 点重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于25. 【名师点睛】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．【锦囊妙计，战胜自我】存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．。

第3讲 立体几何中的向量方法「考情研析」 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.核心知识回顾1.线、面的位置关系与向量的关系设直线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)．(1)l ∥m ⇒a ∥b ⇔a ＝k b ⇔□01a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2； (2)l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a·b ＝□020⇔□03a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0； (3)l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ＝□040⇔□05a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0； (4)l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔□06a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3； (5)α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝k v ⇔□07a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4； (6)α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝□080⇔□09a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0. 2．三种空间角与空间向量的关系(1)线线角：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θ满足cos θ＝□01|a·b ||a ||b |. (2)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θ满足sin θ＝□02|l·n ||l ||n |. (3)二面角①如图(Ⅰ)，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝□03〈A B →，C D →〉；②如图(Ⅱ)(Ⅲ)，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＝□04－cos 〈n 1，n 2〉或cos 〈n 1，n 2〉．热点考向探究考向1 利用向量证明平行与垂直例1 如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，E 1分别是棱AD ，AA 1的中点．(1)设F 是棱AB 的中点，证明：直线EE 1∥平面FCC 1； (2)证明：平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C.证明 如图，过点D 作AB 垂线交AB 于G ，则以D 为原点，DG ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，易得A (3，－1，0)，B (3，3,0)，C (0，2,0)，E 1(3，－1，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，0，F (3，1,0)，D 1(0,0,2)，B 1(3，3,2)，C 1(0,2,2)． (1)CC 1→＝(0,0,2)，C F →＝(3，－1,0)．设平面C 1FC 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧2z ＝0，3x －y ＝0，令x ＝1，得n 1＝(1，3，0)，又E 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，－1，故E 1E →·n 1＝0，又E 1E ⊄平面FCC 1，所以E 1E ∥平面FCC 1.(2)D 1A →＝(3，－1，－2)，D 1C →＝(0,2，－2)，设平面D 1AC 的法向量n 2＝(a ，b ，c )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·D 1A →＝0，n 2·D1C →＝0，得⎩⎨⎧3a －b －2c ＝0，2b －2c ＝0，令b ＝1，得其中一个n 2＝(3，1,1)．同理易得平面BB 1C 1C 的一个法向量n 3＝(1，－3，0)，n 2·n 3＝0，故平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .利用空间向量证明平行与垂直的方法步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系．(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系． (4)根据运算结果解释相关问题．(2019·贵阳二模)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．证明：(1)BE ⊥DC ； (2)BE ∥平面PAD ； (3)平面PCD ⊥平面PAD .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B E →＝(0,1,1)，D C →＝(2,0,0)， 故B E →·D C →＝0.所以BE ⊥DC .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥PA ，又因为AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面PAD ，所以向量A B →＝(1,0,0)为平面PAD 的一个法向量， 而BE →·A B →＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以B E →⊥A B →，又BE ⊄平面PAD ，所以BE ∥平面PAD .(3)由(2)知平面PAD 的一个法向量A B →＝(1,0,0)，向量P D →＝(0,2，－2)，D C →＝(2,0,0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·P D →＝0，n ·D C →＝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．则n ·A B →＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n ⊥A B →.所以平面PAD ⊥平面PCD .考向2 利用空间向量求空间角角度1 利用空间向量求异面直线所成的角例2 如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解 (1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长，建立空间直角坐标系Gxyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22. 故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF→|AE →||CF →|＝－33. 所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 角度2 利用空间向量求线面角例3 (2019·银川一中新高三入学考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是边长为8的菱形，∠BAD ＝60°，△PBD 是等边三角形，二面角P －BD －C 的余弦值为13.(1)求证：BD ⊥PC ；(2)求直线PC 与平面PAD 夹角的正弦值． 解 (1)证明：连接AC 交BD 于点O ，连接PO .因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC ，且AC 和BD 互相平分． 又因为PB ＝PD ，O 为BD 的中点，所以BD ⊥PO ， 又因为PO ∩AC ＝O ，所以BD ⊥平面PAC . 因为PC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥PC .(2)过点P 作PE ⊥OC ，交点为E ，因为BD ⊥平面PAC ，所以BD ⊥PE ，因为BD ∩OC ＝O ，所以PE ⊥平面ABCD .易知∠POE 为二面角P －BD －C 的平面角， 所以cos ∠POE ＝13，sin ∠POE ＝223.又因为∠BAD ＝60°，所以△ABD 和△PBD 都是边长为8的等边三角形．所以OP ＝43，则PE＝863，OE ＝433.建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－43，0)，D (4，0,0)，C (0,43，0)，P 0，433，863. 所以AD →＝(4,43，0)，DP →＝－4，433，863，PC →＝0，833，－863.设平面PAD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧AD →·m ＝0，DP →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4x 1＋43y 1＝0，－4x 1＋433y 1＋863z 1＝0，令x 1＝－3，则y 1＝3，z 1＝－6，得平面PAD 的一个法向量m ＝(－3，3，－6)． 所以|cos 〈m ，PC →〉|＝|m ·PC →||m ||PC →|＝22，所以直线PC 与平面PAD 夹角的正弦值为22. 角度3 利用空间向量求二面角例4 (2019·马鞍山高三监测)如图，半圆柱O ′O 中，平面ABB ′A ′过上、下底面的圆心O ′，O ，点C ，D 分别在半圆弧AB ，A ′B ′上且.(1)求证：CD ∥平面ABB ′A ′；(2)若2AC ＝AB ＝AA ′，求二面角C －AD －B 的余弦值．解 (1)证明：如图，取的中点M ，∵OO ′⊥平面ABC ，∴OA ，OM ，OO ′两两垂直，以O 为坐标原点，OA ，OM ，OO ′所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，连接OC ，设OA ＝1，∠AOC ＝θ(0<θ<π)，则A (1,0,0)，B (－1,0,0)，C (cos θ，sin θ，0)，D (－cos θ，sin θ，t )，于是CD →＝(－2cos θ，0，t )，而平面ABB ′A ′的一个法向量OM →＝(0,1,0)，由于CD →·OM →＝0及CD ⊄平面ABB ′A ′，所以CD ∥平面ABB ′A ′. (2)设OA ＝1，∵2AC ＝AB ＝AA ′，则C 12，32，0，D －12，32，2，CD →＝(－1,0,2)，AC →＝－12，32，0，BD →＝12，32，2，BA →＝(2,0,0)．设平面CAD 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CD →·n 1＝－x ＋2z ＝0，AC →·n 1＝－12x ＋32y＝0，不妨令x ＝23，得n 1＝(23，2，3)， 设平面BAD 的法向量n 2＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n 2＝12x ′＋32y ′＋2z′＝0，BA →·n 2＝2x ′＝0，不妨设y ′＝4，得n 2＝(0,4，－3)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝519·19＝519，故二面角C －AD －B 的余弦值为519.三种空间角的向量求法(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主要可以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|.(3)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．(2019·湖南永州高三第三次模拟)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1⊥底面ABC ，∠ABC ＝90°，且侧面ABB 1A 1为菱形．(1)证明：A 1B ⊥平面AB 1C 1；(2)若∠A 1AB ＝60°，AB ＝2，直线AC 1与底面ABC所成角的正弦值为55，求二面角A 1－AC 1－B 1的余弦值．解 (1)证明：因为四边形ABB 1A 1是菱形，则A 1B ⊥AB 1， ∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，且AB 为交线，BC ⊥AB ， ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥A 1B .∵BC ∥B 1C 1，∴A 1B ⊥B 1C 1，又AB 1∩C 1B 1＝B 1， ∴A 1B ⊥平面AB 1C 1.(2)取A 1B 1的中点M ，连接BM ，易证BM ⊥平面ABC ，且AB ⊥BC ，以BA 所在直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，BM 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝t (t >0)，则A (2,0,0)，A 1(1,0，3)，C (0，t,0)， AA 1→＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，t,0)．因为四边形A 1ACC 1为平行四边形， 则AC 1→＝AA 1→＋A 1C 1→＝AA 1→＋AC →＝(－3，t ，3)， 易知ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝312＋t 2＝55， 解得t ＝ 3. ∵A 1A →＝(1,0，－3)，AC 1→＝(－3，3，3)， 设平面AA 1C 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1A →＝x 1－3z 1＝0，n1·AC 1→＝－3x 1＋3y 1＋3z 1＝0，令z 1＝1，则n 1＝(3，2,1)，由(1)可得平面AB 1C 1的一个法向量BA 1→＝(1,0，3)，∴cos 〈n 1，BA 1→〉＝n 1·BA 1→|n 1||BA 1→|＝64， ∴二面角A 1－AC 1－B 1的余弦值为64. 考向3 立体几何中的探索性问题例5 如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，AD ＝AP ，E 为棱PD 的中点．(1)证明：PD ⊥平面ABE ；(2)若F 为AB 的中点，PM →＝λPC →(0<λ<1)，试确定λ的值，使二面角P －FM －B 的余弦值为－33. 解 (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AB ，又∵AB ⊥AD ， AD ∩PA ＝A ，∴AB ⊥平面PAD .又∵PD ⊂平面PAD ，∴PD ⊥AB ，① ∵AD ＝AP ，E 为PD 中点，∴AE ⊥PD ，② 由①②且AB ∩AE ＝A ，可得PD ⊥平面ABE .(2)以A 为原点，以AB →，AD →，AP →为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz ，令|AB |＝2，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，C (2，2,0)，E (0,1,1)，F (1,0,0)，PF →＝(1,0，－2)，P C →＝(2,2，－2)，PM →＝(2λ，2λ，－2λ)，M (2λ，2λ，2－2λ)，B F →＝(－1,0,0)，F M →＝(2λ－1,2λ，2－2λ)．设平面PFM 的法向量m ＝(x ，y ，z )，⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PF →＝0，m ·PM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2λx ＋2λy －2λz ＝0，m ＝(2，－1,1)，设平面BFM 的法向量n ＝(x ，y ，z )，⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·FM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，(2λ－1)x ＋2λy ＋(2－2λ)z ＝0，取z ＝λ，则n ＝(0，λ－1，λ)，|cos 〈m ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－λ＋λ6 λ2＋(λ－1)2＝33， 解得λ＝12.利用空间向量求解探索性问题的策略(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．(2019·桂林高三4月一模)如图1，在边长为3的菱形ABCD 中，已知AF ＝EC ＝1，且EF ⊥BC .将梯形ABEF 沿直线EF 折起，使BE ⊥平面CDFE ，如图2，P ，M 分别是BD ，AD 上的点．(1)若平面PAE ∥平面CMF ，求AM 的长；(2)是否存在点P ，使直线DF 与平面PAE 所成的角是45°？若存在，求出BP BD的值；若不存在，请说明理由．解 (1)因为平面PAE 与平面CDFE 有公共点E ，所以平面PAE 与平面CDFE 相交，设交线为EQ ，若平面PAE ∥平面CMF ，因为平面CDFE ∩平面CMF ＝CF ，则EQ ∥CF .设EQ ∩DF ＝Q ，又因为FQ ∥CE ， 所以四边形ECFQ 是平行四边形，FQ ＝CE ， 同理，由平面PAE ∥平面CMF ，因为平面PAE ∩平面ADQ ＝AQ ，平面CMF ∩平面ADQ ＝MF ，所以AQ ∥MF . 所以AM AD ＝QF QD ＝13.因为AF ⊥DF ，AF ＝1，DF ＝2，所以AD ＝5，所以AM ＝53.(2)结论：存在点P ，使直线DF 与平面PAE 所成的角是45°.在题图2中，以点F 为原点，分别以FE ，FD ，FA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．易得EF ＝22，则F (0,0,0)，E (22，0,0)，又A (0,0,1)，B (22，0,2)，D (0,2,0)，所以FD →＝(0,2,0)，AE →＝(22，0，－1)，BD →＝(－22，2，－2)，AB →＝(22，0,1)， 设BP →＝λBD →(λ∈(0,1])，则BP →＝(－22λ，2λ，－2λ)， 则AP →＝AB →＋BP →＝(22－22λ，2λ，1－2λ)， 设平面PAE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AP →＝0，得⎩⎨⎧22x －z ＝0，(22－22λ)x ＋2λy ＋(1－2λ)z ＝0，令x ＝1，可得z ＝22，y ＝32－22λ，所以n ＝(1,32－22λ，22)．若存在点P ，使DF 与平面PAE 所成的角是45°，则|cos 〈n ，FD →〉|＝232－22λ29＋32－22λ2＝22，解得λ＝4±223，因为λ∈(0,1]，所以λ＝4－223，即BP BD ＝4－223.故存在一点P ，当BP BD ＝4－223时，直线DF 与平面PAE 所成的角是45°.真题押题1．(2019·遵义航天高级中学高三第四次模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.55 B.56 C.15 D.22答案 A解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，可知D (0,0,0)，A (1,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，∴AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)，设AD 1→，DB 1→的夹角为θ，则有cos θ＝AD 1→·DB 1→|AD 1→||DB 1→|＝55，故异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为|cos θ|＝55，故选A. 2．(2019·东北三校联考)已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱A 1B 1的中点，则直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值为________．答案1010解析 以A 1为坐标原点，A 1B 1，A 1D 1，A 1A 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．设正方体的棱长为2，则A (0,0,2)，C (2,2,2)，E (1,0,0)，A C →＝(2,2,0)，A E →＝(1,0，－2)．∵AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BDD 1B 1，则A C →＝(2,2,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．设直线AE 与平面BDD 1B 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈A C →，A E →〉|＝|AC →·A E →||A C →||A E →|＝1010.3．(2019·北京高考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA＝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PAD ； (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．解 (1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD . 又因为AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD . (2)过点A 作AD 的垂线交BC 于点M . 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD .建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，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PAD 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)直线AG 在平面AEF 内．理由：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.又直线AG 与平面AEF 有公共点A ，所以直线AG 在平面AEF 内．4．(2019·黄山高三第二次质量检测)如图，已知四边形ABCD 满足AD ∥BC ，BA ＝AD ＝DC ＝12BC ＝a ，E 是BC 的中点，将△BAE 沿AE 翻折成△B 1AE ，使得B 1D ＝62a ，F 为B 1D 的中点．(1)证明：B 1E ∥平面ACF ；(2)求平面ADB 1与平面ECB 1所成锐二面角的余弦值．解 (1)证明：连接ED 交AC 于点O ，连接OF ，由四边形AECD 为菱形，F 为B 1D 的中点得，OF ∥B 1E ，B 1E ⊄平面ACF ，所以B 1E ∥平面ACF .(2)取AE 的中点M ，连接DM ，B 1M ，易知B 1M ⊥AM ，DM ⊥AM ，由AB 1＝a ，AD ＝a ，AM ＝a2，得B 1M ＝DM ＝32a ，又B 1D ＝62a ，∴B 1M 2＋DM 2＝B 1D 2，∴B 1M ⊥DM ，∴B 1M ，DM ，MA 两两垂直．以MD ，MA ，MB 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．则A 0，a2，0，D 3a 2，0,0，B 10,0，3a2，C 3a 2，－a,0，E 0，－a 2，0，EC →＝3a 2，－a2，0，EB 1→＝0，a2，3a 2，AD →＝3a 2，－a 2，0，AB 1→＝0，－a 2，3a2，设平面ADB 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧3a 2x －a 2y ＝0，－a 2y ＋3a 2z ＝0，令y ＝1，解得m ＝33，1，33，同理平面ECB 1的一个法向量n ＝33，1，－33， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝35，故平面ADB 1与平面ECB 1所成锐二面角的余弦值为35.『金版押题』5. 如图，在多面体ABCDEF 中，梯形ADEF 与平行四边形ABCD 所在平面互相垂直，AF ∥DE ，DE ⊥AD ，AD ⊥BE ，AF ＝AD ＝12DE ＝1，AB ＝ 2.(1)求证：BF ∥平面CDE ； (2)求二面角B －EF －D 的余弦值；(3)判断线段BE 上是否存在点Q ，使得平面CDQ ⊥平面BEF ？若存在，求出BQBE的值；若不存在，说明理由．解 (1)证明：由底面ABCD 为平行四边形，知AB ∥CD ，又因为AB ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以AB ∥平面CDE .同理AF ∥平面CDE ，又因为AB ∩AF ＝A ，所以平面ABF ∥平面CDE .又因为BF ⊂平面ABF ，所以BF ∥平面CDE .(2)连接BD ，因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊥AD ，所以DE ⊥平面ABCD ，则DE ⊥DB .又因为DE ⊥AD ，AD ⊥BE ，DE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面BDE ，则AD ⊥BD .故DA ，DB ，DE 两两垂直，所以以DA ，DB ，DE 所在的直线分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,1,0)，E (0，0,2)，F (1,0,1)，所以BE →＝(0，－1,2)，EF →＝(1,0，－1)，n ＝(0,1,0)为平面DEF 的一个法向量．设平面BEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·BE →＝0，m ·EF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，x －z ＝0，令z ＝1，得m ＝(1,2,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝63.如图可得二面角B －EF －D 为锐角， 所以二面角B －EF －D 的余弦值为63. (3)结论：线段BE 上存在点Q ，使得平面CDQ ⊥平面BEF .证明如下：设BQ →＝λBE →＝(0，－λ，2λ)(λ∈(0,1))，所以DQ →＝DB →＋BQ →＝(0,1－λ，2λ)．设平面CDQ 的法向量为u ＝(a ，b ，c )，又因为DC →＝(－1,1，0)，所以u ·DQ →＝0，u ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧(1－λ)b ＋2λc ＝0，－a ＋b ＝0，令b ＝1，得u ＝1,1，λ－12λ. 若平面CDQ ⊥平面BEF ，则m ·u ＝0， 即1＋2＋λ－12λ＝0，解得λ＝17∈(0,1)． 所以线段BE 上存在点Q ，使得平面CDQ ⊥平面BEF ，且此时BQ BE ＝17.配套作业1．(2019·六盘山高级中学高三二模)如图，AB 是半圆O 的直径，C 是半圆O 上除A ，B 外的一个动点，DC 垂直于半圆O 所在的平面，DC ∥EB ，DC ＝EB ＝1，AB ＝4.(1)证明：平面ADE ⊥平面ACD ；(2)当C 点为半圆的中点时，求二面角D －AE －B 的余弦值． 解 (1)证明：∵AB 是直径，∴BC ⊥AC ， ∵CD ⊥平面ABC ，∴CD ⊥BC ， ∵CD ∩AC ＝C ，∴BC ⊥平面ACD ，∵CD ∥BE ，CD ＝BE ，∴四边形BCDE 是平行四边形， ∴BC ∥DE ，∴DE ⊥平面ACD ，∵DE ⊂平面ADE ，∴平面ADE ⊥平面ACD.(2)依题意，AC ＝BC ＝22，如图所示，建立空间直角坐标系，则D (0,0,1)，E (0,22，1)，A (22，0,0)，B (0,22，0)，∴AB →＝(－22，22，0)，BE →＝(0,0,1)，DE →＝(0,22，0)，DA →＝(22，0，－1)， 设平面DAE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DE →＝0，n 1·DA →＝0，即⎩⎨⎧22y ＝0，22x －z ＝0，∴n 1＝(1,0,22)，设平面ABE 的法向量为n 2＝(x ′，y ′，z ′)，⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BE →＝0，n 2·AB →＝0，即⎩⎨⎧z ′＝0，－22x ′＋22y ′＝0，∴n 2＝(1,1,0)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝12×9＝26，∵二面角D －AE －B 是钝角， ∴二面角D －AE －B 的余弦值为－26. 2．(2019·聊城高三一模)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，AC ＝2，AA 1＝AB ＝4，∠BAC ＝120°，∠ACC 1＝60°.(1)证明：AC 1⊥BC ；(2)求直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值．解 (1)证明：∵在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，AC ＝2，AA 1＝AB ＝4，∠BAC ＝120°，∠ACC 1＝60°.∴AC 1＝4＋16－2×2×4×cos60°＝23， ∴AC 21＋AC 2＝CC 21，∴AC 1⊥AC ， ∵平面ACC 1A 1∩平面ABC ＝AC ， ∴AC 1⊥平面ABC ，∴AC 1⊥BC .(2)如图，以A 为坐标原点，AB 为y 轴，AC 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (3，－1,0)，B 1(－3，5，23)，B (0,4,0)，A (0,0,0)，CB 1→＝(－23，6,23)，AB →＝(0,4,0)，AB 1→＝(－3，5,23)，设平面ABB 1A 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝4y ＝0，n ·AB 1→＝－3x ＋5y ＋23z ＝0，取x ＝2，得n ＝(2,0,1)，设直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角为θ，则sin θ＝|CB 1→·n ||CB 1→||n |＝2360×5＝15，∴直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值为15.3.(2019·蚌埠市高三下学期第二次教学质量检查)如图所示，菱形ABCD 的边长为2，∠D ＝60°，点H 为DC 的中点，现以线段AH 为折痕将菱形折起使得点D 到达点P 的位置且平面PHA ⊥平面ABCH ，点E ，F 分别为AB ，AP 的中点．(1)求证：平面PBC ∥平面EFH ；(2)求平面PAH 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值．解 (1)证明：菱形ABCD 中，E ，H 分别为AB ，CD 的中点，所以BE ∥CH ，BE ＝CH ，四边形BCHE 为平行四边形，则BC ∥EH ，又EH ⊄平面PBC ，所以EH ∥平面PBC .又点E ，F 分别为AB ，AP 的中点，则EF ∥BP ，EF ⊄平面PBC ， 所以EF ∥平面PBC .而EF ∩EH ＝E ， 所以平面EFH ∥平面PBC .(2)菱形ABCD 中，∠D ＝60°，则△ACD 为正三角形， 所以AH ⊥CD ，AH ＝3，DH ＝PH ＝CH ＝1. 折叠后，PH ⊥AH ，又平面PHA ⊥平面ABCH ，平面PHA ∩平面ABCH ＝AH ， 从而PH ⊥平面ABCH .因为AH ⊥CD ，所以HA ，HC ，HP 三条线两两垂直， 以HA →，HC →，HP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (3，2,0)，CB →＝(3，1,0)，CP →＝(0，－1,1)，设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB →＝0，m ·CP →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，－y ＋z ＝0，令y ＝－3，得x ＝1，z ＝－3， 所以m ＝(1，－3，－3)．因为平面PAH 的一个法向量n ＝(0,1,0)， 所以cos 〈m ，n 〉＝－37＝－217. 设平面PAH 与平面PBC 所成锐二面角为α，则 cos α＝217. 4．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M －AC －D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解 (1)证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得△ABC 是等腰直角三角形，即AB ⊥AC ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ， 又PA ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面PAC ， 又PC ⊂平面PAC ，所以AB ⊥PC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0,0,2)，B (22，－22，0)，P D →＝(0，22，－2)，A C →＝(22，22，0)．设P M →＝tPD →(0<t <1)，则点M 的坐标为(0，22t ，2－2t )，所以AM →＝(0，22t ，2－2t )． 设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A C →＝0，n ·A M →＝0，得⎩⎨⎧22x ＋22y ＝0，22ty ＋(2－2t )z ＝0，则可取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t .又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2t t －12＝cos45°＝22， 解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量可取n 0＝(1，－1，2)，B M →＝(－22，32，1)．设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n 0，B M →〉|＝269.5．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解 如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，M N →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－52，0.由此可得M N →·n ＝0，又直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)AD 1→＝(1，－2,2)，A C →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AD 1→＝0，n 1·A C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·A C →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而N E →＝(－1，λ＋2,1)．又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得cos 〈N E →，n 〉＝N E →·n |N E →||n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝7－2. 所以线段A 1E 的长为7－2.6．(2019·朝阳区高三二模)如图，已知正方形ADEF ，梯形ABCD ，且AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ＝1，BC ＝3.(1)求证：AF ⊥CD ；(2)求直线BF 与平面CDE 所成角的正弦值；(3)线段BD 上是否存在点M ，使得直线CE ∥平面AFM ，若存在，求BMBD的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：因为四边形ADEF 为正方形，所以AF ⊥AD . 又因为平面ADEF ⊥平面ABCD ， 且平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ， 所以AF ⊥平面ABCD .所以AF ⊥CD .(2)由(1)可知，AF ⊥平面ABCD ，所以AF ⊥AD ，AF ⊥AB . 因为∠BAD ＝90°，所以AB ，AD ，AF 两两垂直．分别以AB ，AD ，AF 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)．因为AB ＝AD ＝1，BC ＝3，所以A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,3,0)，D (0,1,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，所以BF →＝(－1,0,1)，DC →＝(1,2,0)，DE →＝(0,0,1)． 设平面CDE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC →＝0，n ·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0，z ＝0.令x ＝2，则y ＝－1，所以n ＝(2，－1,0)．设直线BF 与平面CDE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BF →〉|＝|2×(－1)|5×2＝105.(3)结论：线段BD 上存在点M ，使得直线CE ∥平面AFM . 设BMBD＝λ(λ∈[0,1])， 设M (x 1，y 1，z 1)，由BM →＝λBD →，得(x 1－1，y 1，z 1)＝λ(－1,1,0)， 所以x 1＝1－λ，y 1＝λ，z 1＝0，所以M (1－λ，λ，0)，所以AM →＝(1－λ，λ，0)．设平面AFM 的法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AF →＝0.因为AF →＝(0,0,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧(1－λ)x 0＋λy 0＝0，z 0＝0.令x 0＝λ，则y 0＝λ－1，所以m ＝(λ，λ－1,0)．在线段BD 上存在点M ，使得CE ∥平面AFM 等价于存在λ∈[0,1]，使得m ·CE →＝0.因为CE→＝(－1，－2,1)，由m ·CE →＝0，所以－λ－2(λ－1)＝0，解得λ＝23∈[0,1]，所以线段BD 上存在点M ，使得CE ∥平面AFM ，且BM BD ＝23.7．如图，在四边形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．解 (1)证明：设AD ＝CD ＝BC ＝CF ＝1， ∵AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，∴AB ＝2，∠CBA ＝60°.∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos60°＝3. ∴AB 2＝AC 2＋BC 2.∴AC ⊥BC . ① 又∵CF ⊥平面ABCD ，∴CF ⊥AC . ② 由①②可得AC ⊥平面BCF . 又∵四边形ACFE 为矩形， ∴EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF .(2)由(1)可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系．设AD ＝CD ＝BC ＝CF ＝1， 令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，M (λ，0,1)，∴AB →＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BM →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)， 设平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ， ∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量， ∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77， ∴点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成二面角最大，此时二面角的余弦值为77. 8．(2019·凯里市第一中学高三模拟)如图所示，三棱锥P －ABC 放置在以AC 为直径的半圆面O 上，O 为圆心，B 为圆弧上的一点，D 为线段PC 上的一点，且AB ＝BC ＝PA ＝3，PB ＝32，PA ⊥BC .(1)求证：平面BOD ⊥平面PAC ；(2)当二面角D －AB －C 的平面角为60°时，求PD PC的值． 解 (1)证明：∵由AB ＝PA ＝3，PB ＝32， ∴PA 2＋AB 2＝PB 2，∴PA ⊥AB ， 又PA ⊥BC 且AB ∩BC ＝B ，∴PA ⊥平面ABC .∵BO ⊂平面ABC ，∴PA ⊥BO ， 由BA ＝BC ，圆心O 为AC 的中点，所以BO ⊥AC . 因为AC ∩PA ＝A ，故BO ⊥平面PAC ， 又BO ⊂平面BOD ，所以平面BOD ⊥平面PAC .(2)由(1)知PA ⊥平面ABC ，且BA ⊥BC ，过点B 作PA 的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知B (0,0,0)，A (3,0,0)，C (0,3,0)，P (3,0,3)，设PD →＝λPC →(0≤λ≤1)， 则BA →＝(3,0,0)，BD →＝BP →＋PD →＝(3,0,3)＋λ(－3,3，－3)＝(3－3λ，3λ，3－3λ)， 设m ＝(x ，y ，z )为平面BAD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧BA →·m ＝0，BD →·m ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝0，(3－3λ)x ＋3λy ＋(3－3λ)z ＝0，令z ＝1，则y ＝1－1λ，所以m ＝0,1－1λ，1，取平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)． 因为二面角D －AB －C 的平面角为60°， 所以cos60°＝|cos 〈m ，n 〉|＝11－1λ2＋1×1＝12， 解得λ＝3－12或λ＝－3＋12<0(舍去)， 所以当二面角D －AB －C 的平面角为60°时，PD PC ＝3－12.立体几何类解答题(2019·大连市高三一模)(12分)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 的中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P ∉平面ABCE )．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π4，求二面角A －PE －C 的余弦值．解 (1)证明：在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O ，∵AB ∥CE ，AB ＝CE ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE 为等边三角形，∴在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝π3，∠DAB ＝∠ABC ＝2π3，∴在等腰三角形ADB 中，∠ADB ＝∠ABD ＝π6，∴∠DBC ＝2π3－π6＝π2，即BD ⊥BC ，∴BD ⊥AE ，(2分)翻折后可得OP ⊥AE ，OB ⊥AE ，又∵OP ⊂平面POB ，OB ⊂平面POB ，OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，(4分)∵PB ⊂平面POB ，∴AE ⊥PB .(6分)(2)在平面POB 内作PQ ⊥OB ，垂足为Q ， ∵AE ⊥平面POB ，∴AE ⊥PQ ，∵OB ⊂平面ABCE ，AE ⊂平面ABCE ，AE ∩OB ＝O ，∴PQ ⊥平面ABCE ，∴直线PB 与平面ABCE 的夹角为∠PBQ ＝π4，(8分)又∵OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，∴O ，Q 两点重合，即OP ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 所在直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，(9分)设平面PCE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PE →·n 1＝0，EC →·n 1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧12x－32z ＝0，12x ＋32y ＝0，设x ＝3，则y ＝－1，z ＝1， ∴n 1＝(3，－1,1)，(10分)由题意得，平面PAE 的一个法向量n 2＝(0,1,0)，(11分)设二面角A －PE －C 的大小为α，则|cos α|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝15＝55.易知二面角A －PE －C 为钝角，所以cos α＝－55.(12分)1．由平面几何的知识证明两相交直线垂直给2分． 2．由已知条件证明直线与平面垂直给2分． 3．由直线与平面垂直证明直线与直线垂直给2分．4．由已知条件证明直线PB 与平面ABCE 的夹角为∠PBQ ＝π4给2分．5．由已知条件证明OP ⊥平面ABCE ，即以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系给1分．6．由已知条件求得二面角A －PE －C 的两个半平面的法向量分别给1分． 7．代入二面角的计算公式求解给1分．1．写全得分条件，证明线面平行时，一定要说明平面内的直线和平面外的直线． 2．写明得分关键，利用法向量求解空间角时，要构建恰当的空间直角坐标系，准确求解相关点的坐标，赋值法求出平面的法向量，利用公式求出法向量的夹角，根据几何体的结构特征判断二面角的取值范围，正确写出二面角的余弦值．[跟踪训练](2019·毛坦厂中学高三联考)(12分)如图所示，在几何体ABCDE 中，△ABC 是等边三角形，AE ⊥平面ABC ，CD ∥AE ，且CD ＝2AE ＝2AC .(1)试在线段BD 上确定点M 的位置，使EM ⊥平面BCD ，并证明； (2)求二面角E －BC －D 的余弦值．解 (1)当点M 为BD 的中点时，EM ⊥平面BCD .(1分) 证明如下：取BC 的中点F ，连接AF ，MF ， ∴MF ∥CD 且MF ＝12CD ，又AE ∥CD ，AE ＝12CD ，∴MF ∥AE 且MF ＝AE ，∴四边形AEMF 为平行四边形，∴EM ∥AF .(2分) 又AE ⊥平面ABC ，CD ∥AE ，∴CD ⊥平面ABC ，又CD ⊂平面BCD ，∴平面BCD ⊥平面ABC ，(3分) ∵△ABC 是等边三角形，∴AF ⊥BC ，又平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，∴AF ⊥平面BCD ，(5分) ∴EM ⊥平面BCD .(6分)(2)由(1)知，FA ，FB ，FM 两两互相垂直，以F 为原点，以FA ，FB ，FM 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．(7分)设EA ＝AC ＝2，则CD ＝4，∴C (0，－1,0)，B (0,1,0)，E (3，0,2)， ∴CE →＝(3，1,2)，BE →＝(3，－1,2)． 设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，解得y ＝0，令x ＝3，则z ＝－32，∴n ＝(3，0，－32)，(9分)由(1)知，平面BCD 的一个法向量为m ＝(1,0,0)，(10分)∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝277，由图知，二面角E －BC －D 为锐角， ∴二面角E －BC －D 的余弦值为277.(12分)。

高考数学（理科）专题练习 立体几何的向量方法试 卷[建议用时：45分钟]1．(2016·北京高考)如图12-10，在四棱锥-P ABCD 中，PAD ABCD ⊥平面平面，PA PD ⊥，PAPD ＝，AB AD ⊥，1AB ＝，2AD ＝，AC CD ＝．图12-10 （1）求证：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． 2．(2016·四川高考)如图12-11，在四棱锥中-P ABCD ，AD BC ，90ADC PAB ∠∠︒＝＝，12BC CD AD ＝＝，E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90︒．图12-11 （1）在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM PBE 平面，并说明理由； （2）若二面角--P CD A 的大小为45︒，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值．3．(2016·泰安模拟)在平面四边形ACBD (如图12-12（1）)中，ABC △与ABD △均为直角三角形且有公共斜边AB ，设2AB ＝，30BAD ∠︒＝，45BAC ∠︒＝，将ABC △沿AB 折起，构成如图12-12（2）所示的三棱锥-C ABD '，且使C D '．PD⊥（1） （2）图12-12 （1）求证：C AB DAB '⊥平面平面； （2）求二面角--A C D B '的余弦值．4．(2016·郑州二模)如图12-13，在梯形ABCD 中，AB CD ，1AD DC CB =＝＝，120BCD ∠︒＝，四边形BFED 为矩形，BFED ABCD ⊥平面平面，ABCD ，1BF ＝．图12-13 （1）求证：AD BFED ⊥平面；（2）点P 在线段EF 上运动，设平面P AB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．高考数学（理科）专题练习 立体几何的项量方法答 案[建议用时：45分钟],0,,0,n PD n PC == 0,20.y z x z --=⎧⎨-=⎩又(1,1PB =-,,,n PB PB PB ==-PB 所成角的正弦值为3．10使得AM AP λ=．11分，(1,BM =-，所以要使PCD 平面当且仅当0n BM =，即()(1,)0=2,2-. 4．所以在棱P A M 使得BM PCD 平面不平行．如图(1)，延长BC ED ，且BC BCDE 是平行四边形，EB ．4分PBE 平面，PBE 平面说明：延长AP 至点法一：由已知，CD PA AD A =，PA AD A=，为原点，以AD，AP的方向分)0,0,2，()2,1,0C所以(1,0,PE=，(1,1,0EC=，(0,0,2AP=设平面PCE的法向量为(,n x y=，,0,,0,n PEn EC==得2=，解得n与平面P CE所成角为2APAPnn x=A与平面PCEAB OD O=，．4分'，∴平面，OC'所在的直线分别为∴(0,AC=-'，(0,BC=-'，3DC⎛='设平面AC D'11,)y z，',',ACC D⊥⊥即',0,',0,ACC D⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩z10,1=令1z=，则',',BCC D⊥⊥即2'0,'0,n BCn C D⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩20,1=令1z=，则AB CD，AD22 60AB AB AD cos==+︒22AD=+AD BD⊥．ABCD，BFED ABCD平面ABCD平面，AD，又DE BD D=，∴可建立以直线DA，DB，DE∴(1,AB=-，0(,BPλ=1,(,n x y=P AB的法向量，0,0,ABBP⋅=⋅=得1，则1n=12123nn=+3，∴当λ=高考数学（理科）专题练习 立体几何的项量方法解 析[建议用时：45分钟]1．解：(1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ．所以AB ⊥PD ．2分 又因为P A ⊥PD ， 所以PD ⊥平面PAB ．4分(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO ． 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD ．又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD ．因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO ． 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD ．5分 如图，建立空间直角坐标系O -xyz ． 由题意得，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0)，P (0，0，1)．6分 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即为所求的一个点．分2＋－2＋所成角的正弦值为的中点O⎛⎫31＋－＋＋1×13＋1＋的余弦值为－105 35⎩⎨λ－3y ＋1，3λ)．是平面ADE 的一个法向量，＋3－λ2×1λ－32＋时，cos 有最大值，∴θ的最小值为。

高考押题专练1．在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是( )A.32 B.22 C.104D.64【解析】如图，建立空间直角坐标系，易求点D ⎝⎛⎭⎫32，12，1.平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1，0，0)， 所以cos 〈n ，AD →〉＝322＝64，则sin α＝64. 【答案】D2．在三棱锥P ­ABC 中，侧面P AC 与底面ABC 均是等腰直角三角形．O 是斜边AC 的中点，平面P AC ⊥平面ABC ，且AC ＝4，设θ是二面角P ­AB ­C 的大小，则sin θ＝( )A.23B.53C.63D.73【解析】连接PO ，过O 作OD ⊥AB ，连接PD (如图)．因为平面P AC ⊥平面ABC ，PO ⊥AC ， 所以PO ⊥平面ABC ，PO ⊥AB .又OD ⊥AB .从而AB ⊥平面POD ，PD ⊥AB ，所以∠PDO 为二面角P ­AB ­C 的平面角，即θ＝∠PDO . 由题设，OD ＝12BC ＝12×22＝2，OP ＝2，所以PD ＝PO 2＋OD 2＝ 6. 故sin θ＝sin ∠PDO ＝PO PD ＝26＝63.【答案】C3．如图所示，在正方体AC 1中，AB ＝2，A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．【解析】连接BD ，⎩⎪⎨⎪⎧AC ⊥BD AC ⊥BB 1⇒AC ⊥平面BB 1D 1D ⇒AC ⊥DE ，所以α＝π2.取A 1D 1的中点F ，连EF ，FD ，易知EF ⊥平面AD 1，则β＝∠EDF ，cos(α－β)＝cos ⎝⎛⎭⎫π2－∠EDF ＝sin ∠EDF ＝66. 【答案】664．如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝CC 1＝2，AC ＝23，m 是AC 的中点，则异面直线CB 1与C 1M 所成角的余弦值为________．【解析】在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝CC 1＝2，AC ＝23，M 是AC 的中点， 所以BM ⊥AC ，BM ＝4－3＝1.以M 为原点，MA 为x 轴，MB 为y 轴，过M 作AC 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (－3，0，0)，B 1(0，1，2)，C 1(－3，0，2)，M (0，0，0)，所以CB 1→＝(3，1，2)，MC 1→＝(－3，0，2)，设异面直线CB 1与C 1M 所成角为θ， 则cos θ＝|CB 1→·MC 1→||CB 1→|·|MC 1→|＝18·7＝1428.所以异面直线CB 1与C 1M 所成角的余弦值为1428. 【答案】14285．如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ；(2)求二面角C ­BE ­D 的余弦值的大小．【解析】设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，以AC 、AB 所在的直线分别作为x 轴、z 轴，以过点A 在平面ACD 上作出以AC 垂直的直线作为y 轴，建立如图所示的坐标系，A (0，0，0)，C (2a ，0，0)，B (0，0，a )，D (a ，3a ，0)，E (a ，3a ，2a )．因为F 为CD 的中点，所以F ⎝⎛⎭⎫32a ，3a 2，0.(1)【证明】AF →＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a ，0，－a )，所以AF →＝12(BE →＋BC →)，AF ⊄平面BCE ，所以AF ∥平面BCE .[来源:学科网](2)设平面BCE 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·BE →＝0，m ·BC →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＋z ＝0，2x －z ＝0，不妨令x ＝1可得m ＝(1，－3，2)．设平面BDE 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎨⎧n ·BE →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧x 0＋3y 0＋z 0＝0，x 0＋3y 0－z 0＝0.令x 0＝3可得n ＝(3，－1，0)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |×|n |＝64.故二面角C ­BE ­D 的余弦值为64. 6．如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG 所截后得到的，其中∠BAE ＝∠GAD ＝45°，AB ＝2AD ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面ADG ；(2)求直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值．(1)【证明】在△BAD 中，因为AB ＝2AD ＝2，∠BAD ＝60°. 由余弦定理，BD 2＝AD 2＋AB 2－2AB ·AD cos 60°，BD ＝3， 因为AB 2＝AD 2＋DB 2，所以AD ⊥DB ，在直平行六面体中，GD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ，所以GD ⊥DB ， 又AD ∩GD ＝D ，所以BD ⊥平面ADG .(2)【解析】如图以D 为原点建立空间直角坐标系D ­xyz ，因为∠BAE ＝∠GAD ＝45°，AB ＝2AD ＝2，所以A (1，0，0)，B (0，3，0)，E (0，3，2)，G (0，0，1)，AE →＝(－1，3，2)，AG →＝(－1，0，1)，GB →＝(0，3，－1)． 设平面AEFG 的法向量n ＝(x ，y ，z )，⎩⎨⎧n ·AE →＝－x ＋3y ＋2z ＝0，n ·AG →＝－x ＋z ＝0，令x ＝1，得y ＝－33，z ＝1，所以n ＝⎝⎛⎭⎫1，－33，1. 设直线GB 和平面AEFG 的夹角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈GB →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪GB →·n |GB →|·|n |＝217， 所以直线GB 与平面AEFG 所成角的正弦值为217. 7．如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝2，CF ＝3.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成角的大小为45°时，求AE 的长度． (1)【证明】因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC . 因为AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以BD ⊥AE .又AC ⊂平面ACFE ，AE ⊂平面ACFE ，AC ∩AE ＝A ， 所以BD ⊥平面ACFE .[来源:](2)【解析】以O 为原点，以OA ，OB 所在直线为x 轴，y 轴，以过点O 且平行于CF 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，F (－1，0，3)．设AE ＝a ，则E (1，0，a )，所以OF →＝(－1，0，3)，DB →＝(0，23，0)，EB →＝(－1，3，－a )，设平面BDE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·DB →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧23y ＝0，－x ＋3y －az ＝0.令z ＝1，得n ＝(－a ，0，1)，所以cos 〈n ，OF →〉＝n ·OF→|n ||OF →|＝a ＋310 a 2＋1 .因为直线FO 与平面BED 所成角的大小为45°， 所以a ＋310 a 2＋1＝22，解得a ＝2或a ＝－12(舍)， 所以|AE |＝2.8.如图，在三棱锥A ­BCD 中，∠ABC ＝∠BCD ＝∠CDA ＝90°，AC ＝63，BC ＝CD ＝6，点E 在平面BCD 内，EC ＝BD ，EC ⊥BD .(1)求证：AE ⊥平面BCDE ；(2)在棱AC 上，是否存在点G ，使得二面角C ­EG ­D 的余弦值为105？若存在点G ，求出CGGA的值，若不存在，说明理由．(1)【证明】因为△BCD 是等腰直角三角形，CO ⊥BD ，所以CO ＝12BD .又EC ＝BD ，所以点O 是BD 和CE 的中点．因为EC ⊥BD ，所以四边形BCDE 是正方形．则CD ⊥ED ，又CD ⊥AD ，AD ∩ED ＝D ， 所以CD ⊥平面ADE ，CD ⊥AE . 同理BC ⊥AE ，BC ∩CD ＝C ， 所以AE ⊥平面BCDE .(2)【解析】由(1)的证明过程知四边形BCDE 为正方形，建立如图所示的坐标系，则E (0，0，0)，D (0，6，0)，A (0，0，6)，B (6，0，0)，C (6，6，0)．假设在棱AC 上存在点G ，使得二面角C ­EG ­D 的余弦值为105， 设CGGA＝t (t ＞0)，G (x ，y ，z )， 由CG →＝tGA →可得G ⎝⎛⎭⎫61＋t ，61＋t ，6t1＋t ，则ED →＝(0，6，0)，EG →＝⎝⎛⎭⎫61＋t ，61＋t ，6t 1＋t .易知平面CEG 的一个法向量为DB →＝(6，－6，0)． 设平面DEG 的一个法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎨⎧n ·ED →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6y 0＝0，61＋tx 0＋61＋t y 0＋6t1＋t z 0＝0. 令x 0＝1得z 0＝－1t ，n ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－1t ， 所以DB →·n |DB →|·|n |＝105，662·1＋1t 2＝105，解得t ＝2.故存在点G (2，2，4)，使得二面角C ­EG ­D 的余弦值为105，此时CG GA＝2. 9．如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小． 【解析】(1)【证明】∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC . ∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴BD ⊥AE .∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点，OA →，OB →的方向为x ，y 轴正方向，过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系O －xyz ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a >0)，OF →＝(－1,0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧n ·OB →＝0n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或－13.由a >0，得a ＝3，OF →＝(－1,0,3)，BE →＝(1，－3，2)， cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54.10．如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点D 为AC 的中点，点E 在线段AA 1上．(1)当AE EA 1＝12时，求证：DE ⊥BC 1；(2)是否存在点E ，使二面角D ­BE ­A 等于60°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)【证明】连接DC 1，因为ABC －A 1B 1C 1为正三棱柱，所以△ABC 为正三角形． 又因为D 为AC 的中点， 所以BD ⊥AC .又平面ABC ⊥平面ACC 1A 1，所以BD ⊥平面ACC 1A 1. 所以BD ⊥DE .因为AE EA 1＝12，AB ＝2，AA 1＝3， 所以AE ＝33，AD ＝1. 所以在Rt △ADE 中，∠ADE ＝30°. 在Rt △DCC 1中，∠C 1DC ＝60°.所以∠EDC 1＝90°，即ED ⊥DC 1，DC 1∩BD ＝D . 所以DE ⊥平面BDC 1， 又因为BC 1⊂平面BDC 1， 所以ED ⊥BC 1.(2)假设存在点E 满足条件，设AE ＝h .取A 1C 1的中点D 1，连接DD 1，则DD 1⊥平面ABC ， 所以DD 1⊥AD ，DD 1⊥BD .如图，分别以DA ，DB ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (1,0，h )．所以DB →＝(0，3，0)，DE →＝(1,0，h )，AB →＝(－1，3，0)，AE →＝(0,0，h )． 设平面DBE 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n 1·DB →＝0，n 1·DE →＝0，即⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋hz 1＝0.令z 1＝1，得n 1＝(－h,0,1)．同理，设平面ABE 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n 2·AB →＝0n 2·AE →＝0，即⎩⎨⎧－x 2＋3y 2＝0hz 2＝0，得n 2＝(3，1,0)． 所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝|－3h |h 2＋1×2＝cos 60°＝12.解得h ＝22<3，故存在点E 满足条件． 当AE ＝22时，二面角D ­BE ­A 等于60°. 11．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：B 1F ⊥平面AEF .【证明】以A 为原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B 1(4,0,4)，D (2,0,2)，A 1(0,0,4)，B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)， B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ∴B 1F →⊥EF →，B 1F ⊥EF ，B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0， ∴B 1F →⊥AF →，∴B 1F ⊥AF . ∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .12．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝2BC ，E ，F ，E 1分别是棱AA 1，BB 1，A 1B 1的中点．(1)求证：CE ∥平面C 1E 1F ； (2)求证：平面C 1E 1F ⊥平面CEF .【证明】以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，设BC ＝1，则C (0,1,0)，E (1,0,1)，C 1(0,1,2)，F (1,1,1)，E 1⎝⎛⎭⎫1，12，2.(1)设平面C 1E 1F 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为C 1E 1→＝⎝⎛⎭⎫1，－12，0， FC 1→＝(－1,0,1)，所以⎩⎨⎧n ·C 1E 1→＝0，n ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,2,1)． 因为CE →＝(1，－1,1)， n ·CE →＝1－2＋1＝0，所以CE →⊥n .又因为CE ⊄平面C 1E 1F ，所以CE ∥平面C 1E 1F . (2)设平面EFC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， 由EF →＝(0,1,0)，FC →＝(－1,0，－1)，所以⎩⎨⎧m ·EF →＝0，m ·FC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝0，－a －c ＝0.令a ＝－1，得m ＝(－1,0,1)．因为m ·n ＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝－1＋1＝0， 所以平面C 1E 1F ⊥平面CEF .13．如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3，∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 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O －xyz ，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)．由于BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 设CP →＝λCC 1，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)． 从而有P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ)．设n 3＝(x 3，y 3，z 3)⊥平面DA 1C 1，则⎩⎨⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1,0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1， 则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .14．设a 1＝2i －j ＋k ，a 2＝i ＋3j －2k ，a 3＝－2i ＋j －3k ，a 4＝3i ＋2j ＋5k ，试问是否存在实数λ、μ、v 使a 4＝λa 1＋μa 2＋v a 3成立？如果存在，算出λ、μ、v 的值，如果不存在，请给出证明．【解析】假设a 4＝λa 1＋μa 2＋v a 3成立．∵a 1＝(2，－1,1)，a 2＝(1,3，－2)，a 3＝(－2,1，－3)，a 4＝(3,2,5)， ∴(2λ＋μ－2v ，－λ＋3μ＋v ，λ－2μ－3v )＝(3,2,5)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2λ＋μ－2v ＝3，－λ＋3μ＋v ＝2，λ－2μ－3v ＝5，解之得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－2，μ＝1，v ＝－3.故有a 4＝－2a 1＋a 2－3a 3.15．已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．(1)求以AB →，AC →为边的平行四边形的面积；(2)若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，求向量a 的坐标． 【解析】(1)由题意可得：AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)， 所以cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12，所以sin 〈AB →，AC →〉＝32，所以以AB →，AC →为边的平行四边形的面积： S ＝2×12|AB →||AC →|sin 〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3.(2)设a ＝(x ，y ，z )， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＋z 2＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，z ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1.所以a ＝(1,1,1)或a ＝(－1，－1，－1)．16．如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →；(2)EF →·DC →； (3)EG 的长．【解析】设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°， EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ，(1)EF →·BA →＝⎝⎛⎭⎫12c －12a ·(－a ) ＝12a 2－12a ·c ＝14. (2)EF →·DC →＝12(c －a )·(b －c )＝12(b ·c －a ·b －c 2＋a ·c )＝－14. (3)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b＝－12a ＋12b ＋12c ，|EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a ·b ＋12b ·c －12c ·a ＝12，则|EG →|＝22.17．如图，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直，BE ∥CF ，∠BCF ＝90°，AD ＝3，BE ＝3，CF ＝4，EF ＝2.(1)求证：AE ∥平面DCF ；(2)当AB 的长为何值时，二面角A ­EF ­C 的大小为60°？【解析】因为平面ABCD ⊥平面BEFC ，平面ABCD ∩平面BEFC ＝BC ，DC ⊂平面ABCD ，且DC ⊥BC ，所以DC ⊥平面BEFC .以点C 为坐标原点，分别以CB ，CF ，CD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系C ­xyz .设AB ＝a ，则C (0，0，0)，A (3，0，a )，B (3，0，0)，E (3，3，0)，F (0，4，0)，D (0，0，a )． (1)证明：因为AE →＝(0，3，－a )，CB →＝(3，0，0)，CF →＝(0，4，0)，CD →＝(0，0，a )，所以CB →·CD →＝0，CB →·CF →＝0，又CD ∩CF ＝C ，所以CB ⊥平面CDF ，即CB →为平面CDF 的一个法向量． 又CB →·AE →＝0，所以CB ⊥AE ，又AE ⊄平面CDF ， 所以AE ∥平面DCF .(2)设n ＝(x ，y ，z )与平面AEF 垂直， AE →＝(0，3，－a )，EF →＝(－3，1，0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0n ·AE →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝03y －az ＝0，取x ＝1，则n ＝⎝⎛⎭⎫1，3，33a . BA ⊥平面BEFC ，BA →＝(0，0，a )， 由|cos 〈n ，BA →〉|＝|BA →·n ||BA →|·|n |＝33a 4＋27a 2＝12，得a ＝92.所以当AB ＝92时，二面角A ­EF ­C 的大小为60°.18．如图所示多面体ABCDEF ，其底面ABCD 为矩形，且AB ＝23，BC ＝2，四边形BDEF 为平行四边形，点F 在底面ABCD 内的投影恰好是BC 的中点．(1)已知G 为线段FC 的中点，证明：BG ∥平面AEF ；(2)若二面角F ­BD ­C 的大小为π3，求直线AE 与平面BDEF 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：如图，连接AC 交BD 于H ，连接GH ，则GH 为△ACF 的中位线， 所以GH ∥AF .因为GH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ，所以GH ∥平面AEF . 又BD ∥EF ，BD ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以BD ∥平面AEF .连接DG ，因为BD ∩GH ＝H ，BD ⊂平面BDG ，GH ⊂平面BDG ，所以平面BDG ∥平面AEF ，因为BG ⊂平面BDG ，所以BG ∥平面AEF .(2)取BC 的中点O ，AD 的中点M ，连接OF ，OM ，则OF ⊥平面ABCD ，OM ⊥BC ，以O 为坐标原点，OC ，OM ，OF 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，B (－1，0，0)，C (1，0，0)，D (1，23，0)，所以BD →＝(2，23，0)．设OF ＝a (a >0)，则F (0，0，a )，所以BF →＝(1，0，a )．设平面BDEF 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0n 1·BF →＝0，得⎩⎨⎧x ＋3y ＝0x ＋az ＝0，令x ＝－3a ，得n 1＝(－3a ，a ，3)． 易得平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)．因为二面角F ­BD ­C 的大小为π3，所以|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2|n 1||n 2||＝34a 2＋3＝12，解得a ＝32.设直线AE 与平面BDEF 所成的角为θ，因为AE →＝AD →＋DE →＝BC →＋BF →＝(2，0，0)＋⎝⎛⎭⎫1，0，32＝⎝⎛⎭⎫3，0，32， 且n 1＝⎝⎛⎭⎫－332，32，3，所以sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉|＝|AE →·n 1|AE →|·|n 1||＝33352×23＝55.故直线AE 与平面BDEF 所成角的正弦值为55. 19．如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形．(1)证明：直线BC ∥平面OEF .(2)在线段DF 上是否存在一点M ，使得二面角M ­OE ­D 的余弦值是31313？若不存在，请说明理由；若存在，请求出M 点所在的位置．【解析】(1)证明：依题意，在平面ADFC 中，∠CAO ＝∠FOD ＝60°，所以AC ∥OF ， 又OF ⊂平面OEF ，所以AC ∥平面OEF . 在平面ABED 中，∠BAO ＝∠EOD ＝60°，所以AB ∥OE ，又OE ⊂平面OEF ，所以AB ∥平面OEF .因为AB ∩AC ＝A ，AB ⊄平面OEF ，AC ⊄平面OEF ，AB ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以平面ABC ∥平面OEF .又BC ⊂平面ABC ，所以直线BC ∥平面OEF .(2)设OD 的中点为G ，如图，连接GE ，GF ，由题意可得GE ，GD ，GF 两两垂直，以G 为坐标原点，GE ，GD ，GF 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，易知，O (0，－1，0)，E (3，0，0)，F (0，0，3)，D (0，1，0)．假设在线段DF 上存在一点M ，使得二面角M ­OE ­D 的余弦值是31313，设DM →＝λDF →，λ∈[0，1]，则M (0，1－λ，3λ)，OM →＝(0，2－λ，3λ)．设n ＝(x ，y ，z )为平面MOE 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·OM →＝0n ·OE →＝0得⎩⎨⎧(2－λ)·y ＋3λ·z ＝03x ＋y ＝0，可取x ＝－λ，则y ＝3λ，z ＝λ－2，n ＝(－λ，3λ，λ－2)．又平面OED 的一个法向量m ＝(0，0，1)， 所以31313＝|cos 〈m ，n 〉|＝|λ－2|4λ2＋(λ－2)2，所以(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ∈[0，1]，所以λ＝12.所以存在满足条件的点M ，M 为DF 的中点．20．如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 的中点，将△ADE沿AE 折到△APE 的位置．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)当四棱锥P ­ABCE 的体积最大时，求二面角A ­PE ­C 的余弦值．【解析】(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O ， 因为AB ∥CE ，AB ＝CE ，所以四边形ABCE 为平行四边形， 所以AE ＝BC ＝AD ＝DE ，所以△ADE 为等边三角形， 所以在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝π3，BD ⊥BC ，所以BD ⊥AE .翻折后可得OP ⊥AE ，OB ⊥AE ，又OP ⊂平面POB ，OB ⊂平面POB ，OP ∩OB ＝O ，所以AE ⊥平面POB ， 因为PB ⊂平面POB ，所以AE ⊥PB .(2)当四棱锥P ­ABCE 的体积最大时，平面P AE ⊥平面ABCE .又平面P AE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面P AE ，PO ⊥AE ，所以OP ⊥平面ABCE .以O 为坐标原点，OE 所在的直线为x 轴，OB 所在的直线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，由题意得，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，E ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C ⎝⎛⎭⎫1，32，0，所以PE →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－32，EC →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，设平面PCE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PE →·n 1＝0EC →·n 1＝0，即⎩⎨⎧12x －32z ＝012x ＋32y ＝0，设x ＝3，则y ＝－1，z ＝1，所以n 1＝(3，－1，1)为平面PCE 的一个法向量，易知平面P AE 的一个法向量为n 2＝(0，1，0)， cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－11×5＝－55.5由图知所求二面角A­PE­C为钝角，所以二面角A­PE­C的余弦值为－5.。

专题检测（十三） 立体几何中的向量方法A 组——大题考点落实练1.如图，在四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝60°，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．(1)求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值； (2)点M 在线段A 1D 上，A 1MA 1D＝λ，若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值． 解：(1)因为A 1A ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD .在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，连接AC ， 则△ABC 是等边三角形．因为E 是BC 的中点，所以BC ⊥AE . 因为BC ∥AD ，所以AE ⊥AD .以A 为坐标原点，AE 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0，0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，A 1(0,0,2)，E (3，0,0)，F ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1， AD ―→＝(0,2,0)，EF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，1，所以cos 〈AD ―→，EF ―→〉＝AD ―→·EF ―→|AD ―→|·|EF ―→|＝122＝24，所以异面直线EF ，AD 所成角的余弦值为24. (2)设M (x ，y ，z )，由于点M 在线段A 1D 上，且A 1MA 1D＝λ， 所以A 1M ―→＝λA 1D ―→，则(x ，y ，z －2)＝λ(0,2，－2)．解得M (0,2λ，2－2λ)，所以CM ―→＝(－3，2λ－1,2－2λ)． 设平面AEF 的一个法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)． 因为AE ―→＝(3，0,0)，AF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，所以⎩⎪⎨⎪⎧AE ―→·n ＝0， AF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 0＝0，32x 0＋12y 0＋z 0＝0，取y 0＝2，得z 0＝－1，则平面AEF 的一个法向量为n ＝(0,2，－1)． 由于CM ∥平面AEF ，则n ·CM ―→＝0， 即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝23.2.(2019届高三·河北三市联考)如图，三棱柱ADE ­BCG 中，四边形ABCD 是矩形，F 是EG 的中点，EA ⊥AB ，AD ＝AE ＝EF ＝1，平面ABGE ⊥平面ABCD .(1)求证：AF ⊥平面FBC ； (2)求二面角B ­FC ­D 的正弦值． 解：(1)证明：∵四边形ABCD 是矩形， ∴BC ⊥AB ，又平面ABGE ⊥平面ABCD ， ∴BC ⊥平面ABGE ， ∵AF ⊂平面ABGE ， ∴BC ⊥AF .在△AFB 中，AF ＝BF ＝2，AB ＝2， ∴AF 2＋BF 2＝AB 2，即AF ⊥BF ，又BF ∩BC ＝B ， ∴AF ⊥平面FBC .(2)分别以AD ，AB ，AE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，D (1,0,0)，C (1,2,0)，E (0,0,1)，B (0,2,0)，F (0,1,1)，∴DE ―→＝(－1,0,1)，DC ―→＝(0,2,0)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面CDEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DC ―→＝0，n 1·DE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝1，得z ＝1，即n 1＝(1,0,1)为平面CDEF 的一个法向量， 取n 2＝AF ―→＝(0,1,1)为平面BCF 的一个法向量， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2| n 1|| n 2|＝12，∴二面角B ­FC ­D 的正弦值为32. 3．如图，在四棱锥E ­ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，其中CD ∥AB ，BC ⊥AB ，侧面ABE ⊥平面ABCD ，且AB ＝AE ＝BE ＝2BC ＝2CD ＝2，动点F 在棱AE 上，且EF ＝λFA .(1)试探究λ的值，使CE ∥平面BDF ，并给予证明；(2)当λ＝1时，求直线CE 与平面BDF 所成角的正弦值． 解：(1)当λ＝12时，CE ∥平面BDF .证明如下：连接AC 交BD 于点G ，连接GF ， ∵CD ∥AB ，AB ＝2CD ，∴CG GA ＝CD AB ＝12， ∵EF ＝12FA ，∴EF FA ＝CG GA ＝12，∴GF ∥CE ，又CE ⊄平面BDF ，GF ⊂平面BDF ， ∴CE ∥平面BDF .(2)取AB 的中点O ，连接EO ，则EO ⊥AB ，∵平面ABE ⊥平面ABCD ，平面ABE ∩平面ABCD ＝AB ， ∴EO ⊥平面ABCD ，连接DO ，∵BO ∥CD ，且BO ＝CD ＝1， ∴四边形BODC 为平行四边形，∴BC ∥DO ， 又BC ⊥AB ，∴AB ⊥OD ，则OD ，OA ，OE 两两垂直，以O 为坐标原点，OD ，OA ，OE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O ­xyz ，则O (0,0,0)，A (0,1,0)，B (0，－1,0)，D (1,0,0)，C (1，－1，0)，E (0,0，3)．当λ＝1时，有EF ―→＝FA ―→，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，∴BD ―→＝(1,1,0)，BF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，CE ―→＝(－1,1，3)．设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ―→＝0，n ·BF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，32y ＋32z ＝0，令z ＝3，得y ＝－1，x ＝1，则n ＝(1，－1，3)为平面BDF 的一个法向量， 设直线CE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈CE ―→，n 〉|＝|－1－1＋3|5×5＝15，故直线CE 与平面BDF 所成角的正弦值为15.4．(2018·成都一诊)如图①，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P ­ABC ，如图②所示．已知PB ＝4 2.(1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且A Q ―→＝13AP ―→，求二面角Q ­BC ­A 的余弦值．解：(1)证明：取AC 的中点O ，连接PO ，BO . ∵四边形ABCD 是菱形， ∴PA ＝PC ，PO ⊥AC . ∵DC ＝5，AC ＝6， ∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4， ∵PB ＝42， ∴PO 2＋OB 2＝PB 2， ∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，∴PO ⊥平面ABC . ∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC . (2)∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC . 故OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 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O ­xyz .则B (4,0,0)，C (0,3,0)，P (0,0,4)，A (0，－3,0)． 设点Q(x ，y ，z )．由A Q ―→＝13AP ―→，得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2，43. ∴BC ―→＝(－4,3,0)，B Q ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－2，43.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BC Q 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC ―→＝0，n 1·B Q ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4x 1＋3y 1＝0，－4x 1－2y 1＋43z 1＝0，取x 1＝3，则n 1＝(3,4,15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010， ∵二面角Q ­BC ­A 为锐角， ∴二面角Q ­BC ­A 的余弦值为31010.B 组——大题专攻补短练1.在三棱锥P ­ABC 中，PA ＝PB ＝PC ＝2，BC ＝1，AC ＝3，AC ⊥BC . (1)求点B 到平面PAC 的距离．(2)求异面直线PA 与BC 所成角的余弦值．解：(1)以C 为坐标原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴，过C 作平面ABC 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，取AB 的中点D ，连接PD ，DC ，因为△ACB 为直角三角形且AC ＝3，BC ＝1， 所以AB ＝2，所以△PAB 为正三角形， 所以PD ⊥AB 且PD ＝ 3.在△PDC 中，PC ＝2，PD ＝3，DC ＝1， 所以PC 2＝PD 2＋DC 2， 所以PD ⊥DC ，又AB ∩DC ＝D ， 所以PD ⊥平面ABC .则A (3，0,0)，B (0,1,0)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，3，C (0,0,0)，CA ―→＝(3，0,0)，CD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，3，CB ―→＝(0,1,0)，设平面PAC 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA ―→＝0，n ·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝0，32x ＋12y ＋3z ＝0，取y ＝23，得n ＝(0,23，－1)为平面PAC 的一个法向量， 所以点B 到平面PAC 的距离d ＝|CB ―→·n ||n |＝2313＝23913.(2)因为PA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，－3，BC ―→＝(0，－1,0)，设异面直线PA 与BC 所成角为θ， 则cos θ＝|PA ―→·BC ―→||PA ―→|·|BC ―→|＝124×1＝14.所以异面直线PA 与BC 所成角的余弦值为14.2.已知四棱锥P ­ABCD 中，底面ABCD 是梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，且AB ＝BC ＝1，AD ＝2，顶点P 在平面ABCD 内的射影H 在AD 上，PA ⊥PD .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若直线AC 与PD 所成角为60°，求二面角A ­PC ­D 的余弦值． 解：(1)证明：∵PH ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴PH ⊥AB .∵AB ⊥AD ，AD ∩PH ＝H ，AD ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ， ∵PH ⊥平面ABCD ， ∴z 轴∥PH .则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)， 设AH ＝a ，PH ＝h (0<a <2，h >0)． 则P (0，a ，h )．∴AP ―→＝(0，a ，h )，DP ―→＝(0，a －2，h )，AC ―→＝(1,1,0)． ∵PA ⊥PD ，∴AP ―→·DP ―→＝a (a －2)＋h 2＝0. ∵AC 与PD 所成角为60°， ∴|cos 〈AC ―→，DP ―→〉|＝|a －2|2·a －22＋h 2＝12，∴(a －2)2＝h 2，∴(a －2)(a －1)＝0，∵0<a <2，∴a ＝1.∵h >0，∴h ＝1，∴P (0,1,1)．∴AP ―→＝(0,1,1)，AC ―→＝(1,1,0)，PC ―→＝(1,0，－1)，DC ―→＝(1，－1,0)， 设平面APC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AP ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋z 1＝0，x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝－1，z 1＝1，∴平面APC 的一个法向量为n ＝(1，－1,1)， 设平面DPC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)． 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC ―→＝0，m ·DC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z 2＝0，x 2－y 2＝0，令x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝1，∴平面DPC 的一个法向量为m ＝(1,1,1)．∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13.∵二面角A ­PC ­D 的平面角为钝角， ∴二面角A ­PC ­D 的余弦值为－13.3．(2018·西安质检)如图，四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B ­OB 1­C 的余弦值． 解：(1)证明：∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD . ∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形， ∴CO ⊥BD . ∵A 1O ∩CO ＝O ， ∴BD ⊥平面A 1CO . ∵BD ⊂平面BB 1D 1D ， ∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OA 1―→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°， ∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3，OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0,0，6)， ∴OB ―→＝(1,0,0)，BB 1―→＝AA 1―→＝(0，3，6)， OB 1―→＝OB ―→＋BB 1―→＝(1，3，6)，OC ―→＝(0，3，0)． 设平面OBB 1的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ OB ―→·n ＝0，OB 1―→·n ＝0，即⎩⎨⎧x 1＝0，x 1＋3y 1＋6z 1＝0.令y 1＝2，得n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量． 设平面OCB 1的法向量m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧OC ―→·m ＝0，OB 1―→·m ＝0，即⎩⎨⎧3y 2＝0，x 2＋3y 2＋6z 2＝0，令z 2＝－1，得m ＝(6，0，－1)为平面OCB 1的一个法向量，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝13×7＝2121，由图可知二面角B ­OB 1­C 是锐二面角， ∴二面角B ­OB 1­C 的余弦值为2121. 4．(2018·潍坊统考)在平行四边形PABC 中，PA ＝4，PC ＝22，∠P ＝45°，D 是PA 的中点(如图1)．将△PCD 沿CD 折起到图2中△P 1CD 的位置，得到四棱锥P 1­ABCD .(1)将△PCD 沿CD 折起的过程中，CD ⊥平面P 1DA 是否成立？请证明你的结论． (2)若P 1D 与平面ABCD 所成的角为60°，且△P 1DA 为锐角三角形，求平面P 1AD 和平面P 1BC 所成角的余弦值．解：(1)将△PCD 沿CD 折起过程中，CD ⊥平面P 1DA 成立．证明如下： ∵D 是PA 的中点，PA ＝4，∴DP ＝DA ＝2， 在△PDC 中，由余弦定理得，CD 2＝PC 2＋PD 2－2PC ·PD ·cos 45°＝8＋4－2×22×2×22＝4， ∴CD ＝2＝PD ， ∵CD 2＋DP 2＝8＝PC 2，∴△PDC 为等腰直角三角形且CD ⊥PA ， ∴CD ⊥DA ，CD ⊥P 1D ，P 1D ∩AD ＝D ， ∴CD ⊥平面P 1DA .(2)由(1)知CD ⊥平面P 1DA ，CD ⊂平面ABCD ， ∴平面P 1DA ⊥平面ABCD ，∵△P 1DA 为锐角三角形，∴P 1在平面ABCD 内的射影必在棱AD 上，记为O ，连接P 1O ，∴P 1O ⊥平面ABCD ，则∠P 1DA 是P 1D 与平面ABCD 所成的角， ∴∠P 1DA ＝60°， ∵DP 1＝DA ＝2，∴△P 1DA 为等边三角形，O 为AD 的中点，故以O 为坐标原点，过点O 且与CD 平行的直线为x 轴，DA 所在直线为y 轴，OP 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设x 轴与BC 交于点M ， ∵DA ＝P 1A ＝2，∴OP 1＝3， 易知OD ＝OA ＝CM ＝1， ∴BM ＝3，则P 1(0,0，3)，D (0，－1,0)，C (2，－1,0)，B (2,3,0)， DC ―→＝(2,0,0)，BC ―→＝(0，－4,0)，P 1C ―→＝(2，－1，－3)， ∵CD ⊥平面P 1DA ，∴可取平面P 1DA 的一个法向量n 1＝(1,0,0)， 设平面P 1BC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC ―→＝0，n 2·P 1C ―→＝0，即⎩⎨⎧4y 2＝0，2x 2－y 2－3z 2＝0，令z 2＝1，则n 2＝⎝⎛⎭⎪⎫32，0，1， 设平面P 1AD 和平面P 1BC 所成的角为θ， 由图易知θ为锐角，∴cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2|| n 1|·| n 2|＝321×72＝217.∴平面P 1AD 和平面P 1BC 所成角的余弦值为217.。

突破点12 立体几何中的向量方法(1)两异面直线的夹角θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2. (2)设直线l 1，l 2的方向向量为s 1，s 2，则cos θ＝|cos 〈s 1，s 2〉|＝|s 1·s 2||s 1|·|s 2|.(1)直线与平面的夹角θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2. (2)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n||a|·|n|. (1)两个平面的夹角θ∈⎣⎦⎤0，π2. (2)设平面π1与π2的法向量分别为n 1与n 2，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|.回访1 直线与平面的夹角1．(2015·全国卷Ⅱ)如图12-1，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，图12-1AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． [解] (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．5分(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.7分以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6,8).8分设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3).10分又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.12分回访2 两个平面的夹角2．(2016·全国甲卷)如图12-2，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF的位置，OD ′＝10.图12-2(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B -D ′A -C 的正弦值．[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .2分因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .4分 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .5分(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H -xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3).8分 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1).10分于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B -D ′A -C 的正弦值是29525.12分的方向向量与平面的法向量是关键.(2016·全国丙卷)如图12-3，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．图12-3(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． [解](1)证明：由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ， 所以MN ∥平面P AB .4分 (2)取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ， 且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22＝ 5.6分以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz . 由题意知P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎫52，1，2，8分 PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，－2，AN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，2.设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1).10分于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||AN →|＝8525.所以直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525.12分向量法求线面角的一般步骤1．建立恰当的空间直角坐标系，求出相关点的坐标． 2．写出相关向量的坐标． 3．求平面的法向量． 4．求线面角的正弦值． 5．转化为几何结论．提醒：直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．[变式训练1] (2016·呼和浩特二模)如图12-4，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠DAB ＝60°，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AD ＝1，点E ，F 分别为AB 和PD 的中点．图12-4(1)求证：直线AF ∥平面PEC ； (2)求PE 与平面PBC 所成角的正弦值．【导学号：85952043】[解] (1)证明：作FM ∥CD 交PC 于点M ，连接EM .∵点F 为PD 的中点，∴FM ＝12CD .∵AE ＝12AB ，AB ＝CD ，∴AE ＝FM .又AE ∥FM ，∴四边形AEMF 为平行四边形，∴AF ∥EM . ∵AF ⊄平面PEC ，EM ⊂平面PEC ， ∴直线AF ∥平面PEC .6分 (2)连接DE ，∵∠DAB ＝60°，ABCD 是菱形，∴DE ⊥DC .以D 为坐标原点，以DE ，DC ，DP 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，7分则P (0,0,1)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫32，0，0，A⎝⎛⎭⎫32，－12，0，B ⎝⎛⎭⎫32，12，0，∴PB →＝⎝⎛⎭⎫32，12，－1，PC →＝(0,1，－1)，PE →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－1.8分设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵n ·PB →＝0，n ·PC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋12y －z ＝0，y ＝z ，取n ＝(3，3,3)，∴平面PBC 的一个法向量为n ＝(3，3,3).10分 设向量n 与PE →所成的角为θ， ∴cos θ＝n ·PE →|n ||PE →|＝－37.∴PE 与平面PBC 所成角的正弦值为37.12分题型分析：坐标系，求解的关键是求两个平面的法向量.(2016·全国乙卷)如图12-5，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°.图12-5(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．[解] (1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC .又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC . (2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G . 由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz .6分由(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).7分由已知得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).8分所以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).9分设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0，同理可取m ＝(0，3，4).10分则cos 〈n ，m 〉＝n·m |n||m |＝－21919.故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.12分利用空间向量求二面角的思路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．[变式训练2] (名师押题)如图12-6，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，OD ⊥PC .(1)求证：OC ⊥PD ；(2)若PD 与平面P AB 所成的角为30°，求二面角D -PC -B 的余弦值.【导学号：85952044】图12-6[解] (1)证明：连接OP ，∵P A ＝PB ，O 为AB 的中点，∴OP ⊥AB . ∵侧面P AB ⊥底面ABCD ，∴OP ⊥平面ABCD ， ∴OP ⊥OD ，OP ⊥OC .∵OD ⊥PC ，OP ∩PC ＝P ，∴OD ⊥平面OPC ，∴OD ⊥OC .4分 又∵OP ∩OD ＝O ，∴OC ⊥平面OPD ，∴OC ⊥PD .6分(2)取CD 的中点E ，以O 为原点，OE ，OB ，OP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O -xyz .由(1)知OD ⊥OC ，则AB ＝2AD ，又侧面P AB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形， ∴DA ⊥平面P AB .∴∠DP A 为直线PD 与平面P AB 所成的角，∴∠DP A ＝30°.不妨设AD ＝1，则AB ＝2， P A ＝3，PO ＝ 2.∴B (0,1,0)，C (1,1,0)，D (1，－1,0)，P (0,0，2)， 从而PC →＝(1,1，－2)，CD →＝(0，－2,0).9分 设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧PC →·n 1＝0，CD →·n 1＝0，得⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，－2y 1＝0，可取n 1＝(2，0,1)．同理，可取平面PCB 的一个法向量为n 2＝(0，－2，－1).11分 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－13.∴二面角D -PC -B 的余弦值为－13.12分题型分析：与性质定理进行推理探究，二是对几何体的空间角、距离和体积等的研究.其解决方法多通过求角、距离、体积等把这些问题转化为关于某个参数的方程问题，根据方程解的存在性来解决.如图12-7，空间几何体ABCDE 中，平面ABC ⊥平面BCD ，AE ⊥平面ABC .图12-7(1)证明：AE ∥平面BCD ；(2)若△ABC 是边长为2的正三角形，DE ∥平面ABC ，且AD 与BD ，CD 所成角的余弦值均为24，试问在CA 上是否存在一点P ，使得二面角P -BE -A 的余弦值为104.若存在，请确定点P 的位置；若不存在，请说明理由．[解题指导] (1)作DO ⊥BC →DO ⊥平面ABC →DO ∥AE →AE ∥平面BCD(2)DE ⊥平面BCD ，AO ⊥BC→DO ＝a →CD ＝1＋a 2，AD ＝3＋a 2→求a →以点O 为坐标原点建系→设AP →＝λAC →→求平面ABE 与平面PBE 的法向量→建立方程求λ[解] (1)证明：过点D 作直线DO ⊥BC 交BC 于点O ，连接DO . 因为平面ABC ⊥平面BCD ，DO ⊂平面BCD ， DO ⊥BC ，且平面ABC ∩平面BCD ＝BC ， 所以DO ⊥平面ABC .1分 因为直线AE ⊥平面ABC ， 所以AE ∥DO .2分因为DO ⊂平面BCD ，AE ⊄平面BCD ， 所以直线AE ∥平面BCD .4分 (2)连接AO ，因为DE ∥平面ABC ， 所以AODE 是矩形，所以DE ⊥平面BCD . 因为直线AD 与直线BD ，CD 所成角的余弦值均为24， 所以BD ＝CD ，所以O 为BC 的中点，所以AO ⊥BC ， 且cos ∠ADC ＝24. 设DO ＝a ，因为BC ＝2，所以OB ＝OC ＝1，AO ＝ 3. 所以CD ＝1＋a 2，AD ＝3＋a 2. 在△ACD 中，AC ＝2，所以AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD ·cos ∠ADC ， 即4＝3＋a 2＋1＋a 2－2×3＋a 2×1＋a 2×24， 即1＋a 2·3＋a 2＝22a 2， 解得a 2＝1，a ＝1.6分以O 为坐标原点，OA ，OB ，OD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则C (0，－1,0)，B (0,1,0)，A (3，0,0)，E (3，0,1)．假设存在点P ，连接EP ，BP ，设AP →＝λAC →，则P (3－3λ，－λ，0)．设平面ABE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE →＝z ＝0，m ·BA →＝3x －y ＝0，取x ＝1，则平面ABE 的一个法向量为m ＝(1，3，0)． 设平面PBE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PB →＝3λ－3x ＋＋λy ＝0，n ·BE →＝3x －y ＋z ＝0，取x ＝1＋λ，则平面PBE 的一个法向量为n ＝(1＋λ，3－3λ，－23λ).9分设二面角P -BE -A 的平面角的大小为θ，由图知θ为锐角．则cos θ＝|m·n ||m|·|n |＝|1＋λ＋3－3λ|2×＋λ2＋－λ2＋12λ2＝104， 化简得6λ2＋λ－1＝0，解得λ＝13或λ＝－12(舍去).11分 所以在CA 上存在一点P ，使得二面角P -BE -A 的余弦值为104，其为线段AC 的三等分点(靠近点A ).12分利用空间向量解点或参数存在性问题的优势及思路1．优势：空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．2．思路：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，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．图12-8[变式训练3] 如图12-8所示，在多面体ABCDE 中，CD ⊥平面ABC ，BE ∥CD ，AB ＝25，AC ＝4，BC ＝2，CD ＝4，BE ＝1.(1)求证：平面ADC ⊥平面BCDE ；(2)试问在线段DE 上是否存在点S ，使得AS 与平面ADC 所成的角的余弦值为357？若存在，确定S 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：因为AB ＝25，AC ＝4，BC ＝2，所以AB 2＝AC 2＋BC 2，故AC ⊥BC .2分因为CD ⊥平面ABC ，所以CD ⊥BC .因为AC ∩CD ＝C ，故BC ⊥平面ADC .因为BC ⊂平面BCDE ，所以平面ADC ⊥平面BCDE .5分(2)由(1)知AC ⊥BC .又CD ⊥平面ABC ，所以CD ⊥AC ，CD ⊥BC .以C 为坐标原点，CA ，CB ，CD 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (4,0,0)，B (0,2,0)，D (0,0,4)，E (0,2,1).8分假设线段DE 上存在点S (x ，y ，z )，使得AS 与平面ACD 所成的角θ的余弦值为357. 设DS →＝λDE →(0≤λ≤1)，又DS →＝(x ，y ，z －4)，DE →＝(0,2，－3)，所以(x ，y ，z －4)＝λ(0,2，－3)，得S (0,2λ，4－3λ)，则AS →＝(－4,2λ，4－3λ)．由(1)知平面ADC 的一个法向量是CB →＝(0,2,0)，因为cos θ＝357，10分 所以sin θ＝27＝| cos 〈AS →，CB →〉|＝4λ2×13λ2－24λ＋32，化简得9λ2＋6λ－8＝0，解得λ＝23或λ＝－43(舍去)． 故存在满足条件的点S ，且DS ＝23DE .12分。

高三数学（理）二轮专题复习习题：专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法含解析(1)高考定位 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.真 题 感 悟1.(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC －A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB ＝2，BC ＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )A. B. C. D.33解析 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)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).又在△ABC 中，∠ABC＝120°，AB ＝2，则A(－1，，0).所以＝(1，－，1)，＝(1，0，1)，则cos 〈，〉＝AB1→·BC1→|AB1→|·|BC1→|＝＝＝，因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.法二 如图(2)，设M ，N ，P 分别为AB ，BB1，B1C1中点，则PN∥BC1，MN∥AB1，∴AB1与BC1所成的角是∠MNP 或其补角.∵AB ＝2，BC ＝CC1＝1，∴MN ＝AB1＝，NP ＝BC1＝.取BC 的中点Q ，连接PQ ，MQ ，则可知△PQM 为直角三角形，且PQ ＝1，MQ ＝AC ，在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×＝7，AC ＝，则MQ ＝，则△MQP 中，MP ＝＝，则△PMN 中，cos∠PNM＝MN2＋NP2－PM22·MN·NP ＝＝－，又异面直线所成角范围为，则余弦值为.答案 C2.(2018·全国Ⅲ卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M 是上异于C ，D 的点.(1)证明：平面AMD⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值.(1)证明 由题设知，平面CMD⊥平面ABCD ，交线为CD.因为BC⊥CD，BC ⊂平面ABCD ，。

压轴23 立体几何中的向量方法一、单选题1.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1内的动点，且B1E//平面BDC1，则直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是A. 13B. √33C. 12D. √222.已知三棱锥P−ABC中，△ABC为正三角形，PA>PB>PC，且P在底面ABC内的射影在△ABC的内部(不包括边界)，二面角P−AB−C，二面角P−BC−A，二面角P−AC−B的大小分别记为α，β，γ，则A. α>β>γB. γ>α>βC. α<γ<βD. α<β<γ3.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．在如图所示的阳马P−ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD=CD=AD，点E是PC的中点，则PD与BE所成角的余弦值为A. √33B. √36C. √63D. √664.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱上(除去棱AD)到直线A1B与CC1的距离相等的点有3个，记这3个点分别为E,F,G，则直线AC1与平面EFG所成角的正弦值为A. √2613B. 2√2613C. 2√7839D. 4√78395.正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，下列结论：①AD与BC所成的角为60°；②AC与BD所成的角为90°；③BC与面ACD所成角的正弦值为√63；④二面角A−BC−D的平面角正切值是√2；其中正确结论的个数为A. 4B. 3C. 2D. 16.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别是线段A1C1和BD的中点，P，Q分别在线段A1C1和BD上运动，且|PE|+|QF|=1，则PQ的中点M的轨迹是A. 四边形B. 圆C. 椭圆D. 双曲线7.设点M是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在面BCC1B1所在的平面内，若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P到点C1的最短距离是A. 2√55B. √22C. 1D. √638.底面为正方形的四棱锥S−ABCD，且SD⊥平面ABCD，SD=2√2，AB=2，线段SB上一M点满足SMMB=2，N为线段CD的中点，P为四棱锥S−ABCD表面上一点，且DM⊥PN，则点P形成的轨迹的长度为A. √2B. √2+√3C. 2√2+√3D. √2+2√39.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，|AB|=|AD|=√3，|AA1|=1，P是对角线A1B上一点，则|AP|+|D1P|的最小值是A. 2B. 3C. 1+√3D. √710.如图，三棱锥V−ABC的底面ABC是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)，记直线PB与直线AC所成角为α，二面角P−AC−B的平面角为β，则α+β不可能是A. 3π4B. 2π3C. π2D. π3二、填空题11. 己知三棱锥S −ABC 满足SA ⊥SB ，SB ⊥SC ，SC ⊥SA ，且SA =SB =SC ，若该三棱锥外接球的半径为√3，Q 是外接球上一动点，则点Q 到平面ABC 的距离的最大值为______． 12. 将∠B =π3，边长为1的菱形ABCD 沿对角线AC 折成大小等于θ的二面角，若θ∈[π3,2π3]，M,N 分别为的中点，则下面的四种说法中：(需要给图)①AC ⊥MN;与平面ABC 所成的角是θ;③线段MN 的最大值是34,最小值是√34;④当θ=π2时，BC 与AD 所成的角等于π2其中正确的说法有_______________(填上所有正确说法的序号)．13. 如图，在四棱锥S −ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD//BC ，∠BAD =90°，且AB =4，SA =3，E 、F 分别为线段BC 、SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF=CE BE=λ，则当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．14. 在各棱长均为2的正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，点P 在棱AA 1上运动，Q 在底面ABC 上运动，|PQ |=√2，R 为PQ 的中点，则动点R 的轨迹所形成的曲面的面积为 ． 三、解答题15. 已知三棱锥P −ABC(如图一)的平面展开图(如图二)中，四边形ABCD 为边长等于√2的正方形，ΔABE和ΔBCF 均为正三角形，在三棱P −ABC 中：(Ⅰ)证明：平面PAC⊥平面ABC；(Ⅱ)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角P−BC−M的余弦值．16.在如图所示的多面体中，四边形ABEG是矩形，梯形DGEF为直角梯形，平面DGEF⊥平面ABEG，且DG⊥GE，DF // GE，AB=2AG=2DG=2DF=2．(1)求证：FG⊥平面BEF；(2)求二面角A−BF−E的大小．17.如图，由直三棱柱ABC−A1B1C1和四棱锥D−BB1C1C构成的几何体中，∠BAC=90∘，AB=1,BC=BB1=2,DC1=DC=√5，平面CC1D⊥平面ACC1A1．(Ⅰ)M 为三角形DCC 1内(含边界)的一个动点，且AM ⊥DC 1，求M 的轨迹的长度；(Ⅱ)在线段BC 上是否存在点P ，使直线DP 与平面BB 1D 所成角的正弦值为√34？若存在，求BPBC 的值；若不存在，说明理由．。