201x高考数学二轮复习专题三立体几何第3讲立体几何中的向量方法

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－ A1B1C1中，∠ BCA＝ 90°，M ，N 分别是 A1B1， A1C1的中点， BC＝ CA＝ CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为 ()12302A. 10B.5C. 10D. 22． (2015安·徽 ) 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA 中，四边形AA1B1B，ADD 1A1， ABCD 均为正方形， E 为 B1D 1的中点，过A1，D ，E 的平面交CD1于 F.(1)证明： EF∥ B1C；(2)求二面角E-A1D- B1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＝λa， b ＝λb， c ＝λc32323.(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— A1B1C1中，△ ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝ 90°，且 AB＝ AA1， D、 E、 F 分别为 B1A、 C1C、BC 的中点．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＝( 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)(以下相同 ) ．(1)线线夹角π设 l ， m 的夹角为θ(0≤θ≤2)，则|a·b|＝|a1a2＋ b1b2＋ c1c2 |cosθ＝|a||b|a12＋ b12＋ c12a22＋ b22＋ c22.(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＝|a·μ|＝|cos〈a，μ〉 |. |a||μ|(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则 |cos θ|＝|μ·v|＝ |cos〈μ，v〉 |. |μ||v|例 2 (2015 ·江苏 )如图，在四棱锥P－ABCD 中，已知PA⊥平面 ABCD ，πABCD 为直角梯形，∠ ABC＝∠ BAD＝， PA＝ AD ＝ 2， AB＝ BC2＝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．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cosα＝|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．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： A1 B∥平面 ADC 1；(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 DC 1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 ，1且 AD ＝1， AB＝2EF＝ 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→3→1→1→M 满足条件 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2.如图，点P 是单位正方体ABCD － A1B1C1D1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 －A1B1C1D1的棱长为a， M、 N 分别为A1B和 AC 上的点， A1M＝ AN＝23a，则 MN 与平面 BB1C1C 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 ()33A.6B. 2331C.6D. 25．已知正三棱柱 ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则 AB1与侧面 ACC 1A1所成角的正弦值等于 ()610A.4B. 423C. 2D. 26．在棱长为 1 的正方体ABCD － A1B1C1D1中，M，N 分别为 A1B1，BB1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 ________．→→→ 2→ 2→→→8．已知 ABCD －A1B1C1D1为正方体，① (A1A＋ A1D 1＋ A1B1) ＝3A1B1；②A1C·(A1B1－ A1 A)＝ 0；→→→ → →③向量 AD 1与向量 A1B的夹角是 60°；④正方体ABCD － A1B1C1D 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， 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 .10．(2015 ·庆重 )如图，三棱锥 P-ABC 中，PC⊥平面 ABC，PC＝ 3，∠ ACB π＝2.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 ·川四 )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 ()3，1]B ． [6， 1]A ．[ 33 62 2 2 2， 1]C ．[3，3]D ．[ 312．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 ________．13．已知正方体 ABCD － A 1 B 1 C 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；1(2)在直线 AB 上是否存在点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)→ → → →BM ·AN∴ cos 〈BM ， AN 〉＝ → →|BM||AN|－ 1＋ 4＝－2＋－ 2＋ 22× 02＋ 12＋ 22330＝6×5＝10.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1 B 1C 1 綊 BD ，因此有 ND 綊 BM ，2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 230 2ND ·NA＝10.]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 1 C ∥ A 1D ，又 A 1D ? 面 A 1DE ， B 1 C?面 A 1DE ，于是 B 1C ∥面 A 1DE.又B 1C? 面 B 1 CD 1.面 A 1DE ∩面 B 1CD 1＝ EF ，所以 EF ∥ B 1C.(2)解 因为四边形 AA 1B 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11中点，所以 E 点的坐标为， ， 1 .设面 A 1DE 的法向量n 1＝ (r 1， s 1， t 1)，而该面上向量→1 1 →A 1E ＝ ， ， 0， A 1D ＝ (0,1，－ 1)，由2 2→n 1⊥A 1E ，→11r 1＋ s 1＝ 0，n 1⊥ A 1D 得 r 1， s 1， t 1 应满足的方程组2 2s 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 1 D ＝ (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| ＝ 2 ＝ 6.|n 1| ·|n 2| 3× 2 3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) ，11 1 1 F(1,0,1)，M 2， 0， 0 ， O 2， 2，2 .→ 1 1 →1,0,0) ， (1)OM ＝ 0，－，－ ， BA ＝ (－ 2 2→ → → →∴OM ·BA ＝0, ∴OM ⊥BA.∵棱柱 ADE —BCF 是直三棱柱，→∴ AB ⊥平面 BCF ，∴ BA 是平面且 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面BCF 的一个法向量，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 ＝n 1 ·DF →＝ 0， 由→n 1 ·DM ＝ 0.x 1－ y 1＋ z 1＝ 0，得 1解得x 1－ y 1＝ 0，21→→，，－ 1，0 ， DC ＝(1,0,0)， CF ＝ (0，－ 1,1)21y 1＝2x 1，1z 1 ＝－ x 1，1 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 BA2 21 →→→1→1 → 1 → 1 →＝(DB ＋ BF)－ BF ＋ BA ＝－BD － BF ＋BA2 2222＝－ 1 → →1 → 1 →2 (BC ＋ BA)－ BF ＋2BA2＝－ 1 → 1 →2 BC － BF .2→ → →∴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→ →1 → 1 → → ＝ 0， ∴ OM·CD ＝－BC －BF2 2·BA→ → 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 .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.∴→⊥→，→⊥→，即B 1F EF B 1F AF 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→ →．PAB ，所以 AD 是平面 PAB 的一个法向量， AD ＝ (0,2,0) → ，－ →＝ (0,2，－ 2)． 因为 PC ＝(1,1 2)， PD设平面 PCD 的法向量为 m ＝( x ， y ， z)，→ →则 m ·PC ＝ 0， m ·PD ＝ 0，x ＋ y － 2z ＝ 0，令 y ＝1，解得 z ＝1， x ＝ 1.即2y － 2z ＝ 0.所以 m ＝(1,1,1) 是平面 PCD 的一个法向量．→ →3AD ·m从而 cos 〈 AD ， m 〉＝ → ＝ 3 ，|AD ||m |所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为33 .→ → →≤λ≤1)，(2)因为 BP ＝ (－ 1,0,2)，设 BQ ＝ λBP ＝ (－ λ， 0,2λ)(0 → → → →又 CB ＝ (0，－ 1,0) ，则 CQ ＝CB ＋BQ ＝ (－ λ，－ 1,2λ)， →，又 DP ＝ (0，－ 2,2)→ → → →1＋ 2λCQ ·DP＝ .从而 cos 〈 CQ ， DP 〉＝ → → 2|CQ||DP | 10λ＋ 2设 1＋2λ＝ t ， t ∈ [1,3] ，2→→2t 2＝2 9则 cos 〈 CQ ，DP 〉＝21 5≤ .5t － 10t ＋ 92 20 109 t －9 ＋ 99 2→ →3 10 当且仅当 t ＝，即 λ＝ 时， |cos 〈CQ ， DP 〉 |的最大值为10.55π因为 y ＝ cos x 在 0，2 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 ＝ 2BP ＝2 5.55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) 11，M (0，， )，2 2→→1 1 →，－ 1)．则 BC ＝(1,1,0) ，BM ＝ (0，， )， AD ＝ (0,122设平面 MBC 的法向量 n ＝ (x 0， y 0， z 0)，n ·BC →＝0，x 0＋ y 0＝ 0，则即 1＋ 1＝ 0，→2y 0 n ·BM ＝ 0，2z 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，→ →6|n ·AD |则 sin θ＝ |cos 〈n ， AD 〉 |＝ → ＝ 3 ，|n | ·|AD |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∠ A BC ＝ 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)， →n ·AD ＝ 0，则有→n ·AC 1＝ 0.x － 2y ＝ 0，取 y ＝1，得 n ＝ (2,1，－ 2)．所以 2x － 2y ＋ z ＝ 0.易知平面 ADC 的一个法向量为 v ＝(0,0,1) ．所以 cos 〈 n ， v 〉＝ n ·v2＝－ .|n | |·v | 3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2 .3(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，→→→ →1|AE ·DC 1|所以 |cos 〈AE ，DC 1〉 |＝ → →＝2，|AE| |DC ·1 |即12＋1· 2＝1，解得 λ＝ 1 或 λ＝ 3(舍去 )．λ－2所以当点 E 为线段 A 1 B 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) ，1 →1 ， 0，－ 1)， N(1,1,1)， E(， 1,0)，所以 NE ＝ (－22→AM ＝(－ 1,0,1)．→ →1→ →2 10|NE ·AM |因为 |cos 〈NE ，AM 〉 |＝ → → ＝5＝10 ，|NE| ×|AM| 2 × 2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 . →＝(0,1,1) ，因为 AN→ → ＝(0 ，λ， λ)(0 ≤λ≤1)， 可设 AS ＝ λAN→1 又 EA ＝ (2，－ 1,0)，→→→1所以 ES ＝ EA ＋ AS ＝ ( ， λ－1， λ)．2由 ES ⊥平面 AMN ，→→ES ·AM ＝ 0，得→ →ES ·AN ＝ 0，－ 1＋ λ＝ 0，即 2λ－ ＋ λ＝ 0，1 → 1 1 →2 . 故 λ＝，此时 AS ＝ (0， ， )， |AS|＝222 2经检验，当 AS ＝2时， ES ⊥平面 AMN .2故线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN ，此时 AS ＝ 2.2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)．→n ·MF ＝ 0，设平面 DEF 的法向量为n ＝ (x ， y ， z)，则→n ·DF ＝ 0.－ 2x ＋ 2y ＝0，x － y ＝ 0，故 2y －z ＝0， 即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．→→2×1＋ 0×1＋ 0×26n ·AM∴ cos 〈n ， AM 〉＝→ ＝ 6×2＝ 6.|n | ·|AM|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.]→→ → → → → →→ 1，其中一个与 →2． C [AP 可为下列 7 个向量： AB ， AC ， AD ， AA 1， AB 1，AC 1， AD AB 重合，→→→2→→→→→ → → →→AP ·AB ＝ |AB| ＝ 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°，→ → π → → 3×1×cos ∠ BAC 1＝ 3× 1＝ 1，故选 C.] 这时 AP ·AB ＝ 2×1×cos ＝ 1，最后 AC 1·AB ＝3 4 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 ＝ 23 a ，∴ M a ， 2 a ，N 2 23a ， 3 3a ，3a ， a ，→ a 2 a .∴MN ＝ － ，0， 33→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.→MN?平面 BB 1C 1C ，∴ MN ∥平面 BB 1C 1C.]∵ C 1D 1是平面 BB 1C 1C 的法向量，且 4． A [设 AB ＝ 1，→ → → → → → 则 CE ·BD ＝ (AE － AC) ·(AD － AB)＝ 1 → 2 1 → →→ → → →2 AD － AD ·AB － AC ·AD ＋ AC ·AB2＝ 1 112 － cos 60 －°cos 60 ＋°cos 60 ＝° .24→ →1→ →43CE ·BD∴ cos 〈CE ，BD 〉＝ → → ＝ 3＝6 .选 A.]|CE||BD | 25． 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， →3， 0,2)，则 AB 1＝ ( 1,2)，则 BO ＝ (－ 3，→ →0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由 sin θ＝ |AB 1·BO|＝ 6.] → →4|AB 1||BO|2 6.5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， 1， 1)，21C(0,1,0)， N(1,1， 2) ．→ 1 →1所以 AM ＝ (0，， 1)，CN＝ (1,0， )．22 → →111故 AM ·CN ＝ 0×1＋ ×0＋1× ＝ ，2 2 2→2 1 2 ＋ 1 25|AM |＝0 ＋ 2 ＝ ，2→2 21 2 ＝5|CN|＝ 1＋0＋ 2 ，2→ →1→→2 2AM ·CN＝所以 cos 〈 AM ， CN 〉＝→ → 5 5＝ .5|AM ||CN|2 ×27．2 17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→ 2 →→→2，得 |AB| ＝ |AC ＋CD ＋ DB | ＝ 68→∴|AB|＝ 2 17.8．①②→→→2→ 2→ 2 → 解析 设正方体的棱长为 1，①中 (A 1A ＋ A 1D 1＋A 1B 1) ＝A 1C ＝ 3A 1B 1 ＝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 1， 1，1，F 0，1，1，222→1，0， 0→．EF＝－，AB＝ (1,0,0)2→ 1 →→ →∵EF＝－AB ，∴ EF ∥ AB，2即 EF∥AB，又 AB? 平面 PAB， EF?平面 PAB，∴ EF ∥平面 PAB.→，－ 1)→→→→，(2)由 (1)可知 PB＝ (1,0，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 .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 .π(2)解由(1)知，△ CDE为等腰直角三角形，∠DCE ＝，如图，过 D 作4DF 垂直 CE 于 F，易知 DF ＝ FC＝ FE＝ 1，又已知EB＝ 1，故 FB＝ 2.πDF＝FB233.由∠ ACB＝得 DF ∥AC ，AC BC ＝，故 AC＝DF ＝2322以 C 为坐标原点，分别以→ →→轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标CA，CB，CP的方向为 x系，则 C(0,0,0) ，P(0,0,3) ，A 3，0， 0→→，2，E(0,2,0) ，D (1,1,0)，ED＝(1，－ 1,0)，DP＝ (－ 1，－ 1,3)→1，－ 1，0 . DA ＝2→→－ x1－y1＋3z1＝0，设平面 PAD 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由 n1·DP＝0，n1·DA＝0，得1x1－ y1＝0，2故可取 n1＝(2,1,1)．→由 (1) 可知 DE ⊥平面 PCD ，故平面PCD 的法向量n2可取为ED，即 n2＝(1，－1,0)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos 〈n1，n2〉＝n1·n2＝3，|n1| |·n2 |6故所求二面角 APDC 的余弦值为3 6 .11． B [ 根据题意可知平面A1BD ⊥平面 A1ACC 1且两平面的交线是A1O，所以过点P 作交线 A1O 的垂线 PE，则 PE⊥平面 A1BD，所以∠ A1OP 或其补角就是直线OP 与平面 A1BD 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 A1BD 可以垂直．当点 P 与点 C1重合时可得 A1O＝OP＝6，A1C1＝2 2，所以1× 6× 6×sin α＝1×22×2，22所以 sin α＝2 2；3当点 P 与点 C 重合时，可得sin α＝2＝6 6 3.根据选项可知 B 正确． ]12．①③解析①中，∵ BC1∥平面 AD1C，∴ BC1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 BC1上运动时，直线 AB 与平面 ACD 1所成角和直线 AC1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 1 C 1B 中，既二面角 P —AD 1－C 的大小不受影响，所以正确．3 513. 10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，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，－)，A 1D 1＝ (0,1,0)2设平面 A 1D 1E 的一个法向量为 n ＝ (x ， y ， z)，→＝0，1n ·A 1E即x － z ＝ 0，则2→ y ＝ 0.n ·A 1D 1＝ 0，令 z ＝ 2，则 x ＝ 1.∴ n ＝ (1,0,2) ．→1又 A 1F ＝ (2， 1，－ 1)，∴点 F 到平面 A 1D 1 E 的距离为→1－ 2|||A 1F ·n |＝2＝ 3 5d ＝ |n |510.14．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 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)，∴ →|cos 〈 PM ， n 〉 ||x|1 ＝ x 2＋－ x2＋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 16.方法二 存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点． → →设 AM ＝ λAB ，→＝(2 λ，－ 2λ， 0) (λ∈ R )，则 AM ＝ λ(2，－ 2,0) → → →∴ PM ＝ PA ＋ AM ＝ (2λ，2－ 2λ，－ 2)，→|2λ|∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝2＋－ 2λ 2＋ 4· 6 λ 1解得 λ＝ 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1＝6.A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD1所成角的正弦值为 .。

第3讲立体几何中的向量方法【高考考情解读】高考对本节知识的考查以解答题的形式为主，主要从以下三个方面命题：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，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)(以下相同)．(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3. (3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 3＝λa 4，b 3＝λb 4，c 3＝λc 4. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝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).考点一 利用向量证明平行与垂直关系例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 .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 .(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 →、DC →垂直．如图所示，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，AB ＝AE ， F A ＝FE ，∠AEF ＝45°. (1)求证：EF ⊥平面BCE ；(2)设线段CD 、AE 的中点分别为P 、M ，求证：PM ∥平面BCE . 证明 ∵△ABE 是等腰直角三角形，AB ＝AE ，∴AE ⊥AB ，∵平面ABEF ⊥平面ABCD 且平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB ，∴AE ⊥平面ABCD ，∴AE ⊥AD ，即AD 、AB 、AE 两两垂直，建立如图空间直角坐标系． (1)设AB ＝1，则AD ＝AE ＝1，A (0,0,0)，B (0,1,0)，D (1,0,0)，E (0,0,1)，C (1,1,0)， ∵F A ＝FE ，∠AEF ＝45°， ∴∠AFE ＝90°，从而F ⎝⎛⎭⎫0，－12，12，EF →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12， BE →＝(0，－1,1)，BC →＝(1,0,0)． 于是EF →·BE →＝0＋12－12＝0，EF →·BC →＝0，∴EF ⊥BE ，EF ⊥BC ，∵BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， ∴EF ⊥平面BCE .(2)M ⎝⎛⎭⎫0，0，12，P ⎝⎛⎭⎫1，12，0， 从而PM →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，12， 于是PM →·EF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，12·(0，－12，－12) ＝0＋14－14＝0.∴PM ⊥EF ，又EF ⊥平面BCE ，直线PM 不在平面BCE 内，故PM ∥平面BCE . 考点二 利用向量求空间角例2 (2013·湖北)如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，直线PC ⊥平面ABC ，E ，F 分别是P A ，PC 的中点．(1)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面P AC 的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足DQ →＝12CP →，记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E －l －C 的大小为β，求证：sin θ＝sin αsin β.(1)解 直线l ∥平面P AC ，证明如下： 连接EF ，因为E ，F 分别是P A ，PC 的中点， 所以EF ∥AC .又EF ⊄平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC .而EF ⊂平面BEF ，且平面BEF ∩平面ABC ＝l ， 所以EF ∥l .因为l ⊄平面P AC ，EF ⊂平面P AC ， 所以直线l ∥平面P AC .(2)证明 如图，由DQ →＝12CP →，作DQ ∥CP ，且DQ ＝12CP .连接PQ ，EF ，BE ，BF ，BD ， 由(1)可知交线l 即为直线BD .以点C 为原点，向量CA →，CB →，CP →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CA ＝a ，CB ＝b ，CP ＝2c ，则有C (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，b,0)，P (0,0,2c )，Q (a ，b ，c )，E ⎝⎛⎭⎫12a ，0，c ，F (0,0，c )． 于是FE →＝⎝⎛⎭⎫12a ，0，0，QP →＝(－a ，－b ，c )，BF →＝(0，－b ，c )， 所以cos α＝|FE →·QP →||FE →||QP →|＝a a 2＋b 2＋c2，从而sin α＝1－cos 2α＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c2，又取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1)， 可得sin θ＝|m ·QP →||m ||QP →|＝c a 2＋b 2＋c2，设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 所以由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·FE →＝0，n ·BF →＝0.可得⎩⎪⎨⎪⎧12ax ＝0，－by ＋cz ＝0.取n ＝(0，c ，b )．于是|cos β|＝|m ·n ||m ||n |＝b b 2＋c2. 从而sin β＝1－cos 2β＝cb 2＋c2.故sin αsin β＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c2·cb 2＋c2＝ca2＋b2＋c2＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.(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．(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.考点三 利用空间向量解决探索性问题例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．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 →.如图，在边长为4的菱形ABCD 中，∠DAB ＝60°.点E 、F 分别在边CD 、CB 上，点E 与点C 、D 不重合，EF ⊥AC ，EF ∩AC ＝O .沿EF 将△CEF 翻折到△PEF 的位置，使平面PEF ⊥平面ABFED .(1)求证：BD ⊥平面POA ；(2)设点Q 满足AQ →＝λQP →(λ>0)，试探究：当PB 取得最小值时，直线OQ 与平面PBD 所成角的大小是否一定大于π4？并说明理由．(1)证明 ∵菱形ABCD 的对角线互相垂直， ∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥AO ， ∵EF ⊥AC ，∴PO ⊥EF .∵平面PEF ⊥平面ABFED ，平面PEF ∩平面ABFED ＝EF ，且PO ⊂平面PEF ， ∴PO ⊥平面ABFED ，∵BD ⊂平面ABFED ，∴PO ⊥BD . ∵AO ∩PO ＝O ，∴BD ⊥平面POA .(2)解 如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系 O －xyz . 设AO ∩BD ＝H .因为∠DAB ＝60°，所以△BDC 为等边三角形． 故BD ＝4，HB ＝2，HC ＝2 3.又设PO ＝x ，则OH ＝23－x ，OA ＝43－x . 所以O (0,0,0)，P (0,0，x )，B (23－x,2,0)， 故PB →＝(23－x,2，－x )， 所以|PB →|＝(23－x )2＋22＋(－x )2＝2(x －3)2＋10，当x ＝3时，|PB |min ＝10.此时PO ＝3， 设点Q 的坐标为(a,0，c )， ∵OP ＝3，则A (33，0,0)，B (3，2,0)，D (3，－2,0)，P (0,0，3)． ∴AQ →＝(a －33，0，c )，QP →＝(－a,0，3－c )，∵AQ →＝λQP →，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －33＝－λa ，c ＝3λ－λc⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝331＋λ，c ＝3λ1＋λ.∴Q (33λ＋1，0，3λλ＋1)，∴OQ →＝(33λ＋1，0，3λλ＋1)．设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·PB →＝0，n ·BD →＝0.∵PB →＝(3，2，－3)，BD →＝(0，－4,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋2y －3z ＝0，－4y ＝0. 取x ＝1，解得y ＝0，z ＝1， ∴n ＝(1,0,1)．设直线OQ 与平面PBD 所成的角为θ， ∴sin θ＝|cos 〈OQ →，n 〉|＝|OQ →·n ||OQ →|·|n |＝|33λ＋1＋3λλ＋1|2·(33λ＋1)2＋(3λλ＋1)2＝|3＋λ|2·9＋λ2＝129＋6λ＋λ29＋λ2＝121＋6λ9＋λ2. 又∵λ>0，∴sin θ>22. ∵θ∈[0，π2]，∴θ>π4.因此直线OQ 与平面PBD 所成的角大于π4，则结论成立．(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． 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.3． 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 ．任意实数答案 C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.4． (2013·山东)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为 ( )A.5π12 B.π3C.π4D.π6答案 B解析 如图所示：S ABC ＝12×3×3×sin 60°＝334.∴VABC －A 1B 1C 1＝S ABC ×OP ＝334×OP ＝94，∴OP ＝ 3.又OA ＝32×3×23＝1， ∴tan ∠OAP ＝OP OA ＝3，又0<∠OAP <π2，∴∠OAP ＝π3.二、填空题5． 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 →|＝217.6． 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 ， GF →＝(4,2，－2)，GE →＝(2,4，－2)，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 |＝61111.7． 如图，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，现在沿DE ，DF 及EF 将三个角折起，使A ，B ，C 三点重合，重合后的点记为P ，那么在四面体P －DEF 中，二面角D －PE －F 的大小为________．答案 90°解析 由已知可得，PD ⊥PE ，PF ⊥PE ， 所以∠DPF 是二面角D －PE －F 的平面角．又因为PD ⊥PF ，所以二面角D －PE －F 的大小为90°.8． 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，则下列四个命题：①P 在直线BC 1上运动时，三棱锥A －D 1PC 的体积不变； ②P 在直线BC 1上运动时，直线AP 与平面ACD 1所成角的大小不 变；③P 在直线BC 1上运动时，二面角P －AD 1－C 的大小不变；④M 是平面A 1B 1C 1D 1上到点D 和C 1距离相等的点，则M 点的轨迹是过D 1点的直线． 其中真命题的编号是________(写出所有真命题的编号)． 答案 ①③④解析 ∵BC 1∥AD 1，∴BC 1∥平面ACD 1，BC 1上任一点到平面ACD 1的距离为定值，∴VA －D 1PC ＝VP －ACD 1为定值，①正确；P 到面ACD 1的距离不变，但AP 的长在变化，∴AP 与面ACD 1所成角的大小是变量，②错误；面P AD 1即面ABC 1D 1，∴ABC 1D 1与面ACD 1所成二面角的大小不变，③正确；M 点的轨迹为A 1D 1，④正确． 三、解答题9． 如图，已知四棱锥P —ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高，E 为AD 的中点． (1)证明：PE ⊥BC ；(2)若∠APB ＝∠ADB ＝60°，求直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值．(1)证明 以H 为原点，HA ，HB ，HP 所在直线分别为x ，y ，z 轴， 线段HA 的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)， 则A (1,0,0)，B (0,1,0)．设C (m,0,0)，P (0,0，n ) (m <0，n >0)， 则D (0，m,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，m 2，0.可得PE →＝⎝⎛⎭⎫12，m 2，－n ，BC →＝(m ，－1,0)． 因为PE →·BC →＝m 2－m2＋0＝0，所以PE ⊥BC .(2)解 由已知条件可得m ＝－33，n ＝1， 故C ⎝⎛⎭⎫－33，0，0，D ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，E ⎝⎛⎭⎫12，－36，0， P (0,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PEH 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·HE →＝0，n ·HP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －36y ＝0，z ＝0.因此可以取n ＝(1，3，0)．又P A →＝(1,0，－1)， 所以|cos 〈P A →，n 〉|＝24.所以直线P A 与平面PEH 所成角的正弦值为24.10．如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AD ⊥面ABEF ，且AD ＝1，AB ∥EF ，AB ＝12EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 、M分别为AE 、BD 、EF 的中点．(1)求证：PQ ∥平面BCE ； (2)求证：AM ⊥平面ADF ； (3)求二面角A －DF －E 的余弦值．(1)证明 连接AC ，因为四边形ABCD 是矩形，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)证明 ∵M 为EF 的中点，∴EM ＝AB ＝22， 又∵EF ∥AB ，∴四边形ABEM 是平行四边形． ∴AM ∥BE ，AM ＝BE ＝2， 又∵AF ＝2，MF ＝22， ∴△MAF 是Rt △且∠MAF ＝90°. ∴MA ⊥AF .又∵DA ⊥平面ABEF ，MA ⊂面ABEF ， ∴MA ⊥DA ，又∵DA ∩AF ＝A ， ∴AM ⊥平面ADF .(3)解 如图，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．所以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，所以二面角A －DF －E 的余弦值为66.11．(2013·重庆)如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB . (1)求P A 的长；(2)求二面角B －AF －D 的正弦值．解 (1)如图，连接BD 交AC 于点O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，AP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1， 而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3，又OD ＝CD sin π3＝ 3. 故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．因为P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )，因为F 为PC 的中点，所以F ⎝⎛⎭⎫0，－1，z 2. 又AF →＝⎝⎛⎭⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z )， 因为AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)， 所以|P A →|＝23，所以P A 的长为2 3.(2)由(1)知，AD →＝(－3，3,0)，AB →＝(3，3,0)，AF →＝(0,2，3)．设平面F AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧ －3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)． 由n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0得 ⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)． 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|＝18. 故二面角B －AF －D 的正弦值为378.12．如图，AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆上且EF ∥AB ，矩形ABCD所在平面和圆O 所在平面垂直，已知AB ＝2，EF ＝1.(1)求证：平面ADE ⊥平面BCE ；(2)当AD 的长为何值时，二面角D －EF －B 的大小为60°？(1)证明 ∵平面ABCD ⊥平面ABEF 且DA ⊥AB ，∴DA ⊥平面ABEF .又∵BE ⊂平面ABEF ，∴DA ⊥BE ，∵AB 为圆O 的直径，∴BE ⊥AE .又DA ∩AE ＝A ，∴BE ⊥平面ADE .∵BE ⊂平面BCE ，∴平面ADE ⊥平面BCE .(2)解 取EF ，CD 的中点M ，N ，连接OM ，ON ，易知OA ，OM ，ON 两两垂直．以O 为坐标原点，OA ，OM ，ON 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AD ＝t (t >0)，过点E 作EH ⊥AB ，垂足为H .∵AB ＝2，EF ＝1，∴BH ＝12.又∵Rt △EBH ∽Rt △ABE ，∴BH BE ＝BE AB .∴BE ＝1，EH ＝32.则O (0,0,0)，D (1,0，t )，E (－12，32，0)，F (12，32，0)∴DE →＝(－32，32，－t )，DF →＝(－12，32，－t )．设平面DEF 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则n 1·DE →＝0，n 1·DF →＝0.得⎩⎨⎧ －32x ＋32y －tz ＝0，－12x ＋32y －tz ＝0.令z ＝3，解得x ＝0，y ＝2t ，∴n 1＝(0,2t ，3)，取平面BEF 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)．由题意知n 1，n 2所成的角为60°.∴cos 60°＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝0＋0＋34t 2＋3，解得t ＝±32(负值舍去)． 因此，当AD 的长为32时，二面角D －EF －B 的大小为60°.。

立体几何中的向量方法【要点梳理】1.平面的法向量定义：已知平面α，直线l α⊥，取l 的方向向量a ，有α⊥a ，则称为a 为平面α的法向量。

要点诠释：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量。

已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量。

2.平面的法向量确定通常有两种方法：（1） 几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量；（2） 几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：（i ）设出平面的法向量为n=（x ，y ，z ）；（ii ）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标a=（a 1，b 1，c 1），b=（a 2，b 2，c 2）；（iii ）根据法向量的定义建立关于x 、y 、z 的方程00n a n b ⋅=⎧⎨⋅=⎩；（iv ）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．运用：（1）线面平行线面平行的判定方法一般有三种： ①设直线l 的方向向量是a ，平面α的向量是u ，则要证明//l α，只需证明⊥a u ，即0⋅=a u 。

（2）面面平行①由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可。

②若能求出平面α，β的法向量u ，v ，则要证明//αβ，只需证明//u v 。

（3）线面垂直①设直线l 的方向向量是a ，平面α的向量是u ，则要证明l α⊥，只需证明//a u 。

②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直。

（4）面面垂直①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直。

②证明两个平面的法向量互相垂直。

（5）求直线和平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的角为ϕ， 则有||sin |cos |||||θϕ⋅==⋅a u a u 。

(理)第3讲 立体几何中的向量方法[考情考向·高考导航]空间向量在立体几何中的应用主要体现在利用空间向量解决立体几何中的位置关系、空间角以及空间距离的计算等问题，是每年高考的必考内容，并且以解答题的形式出现，其考查形式为一题多问，多步设问，通常第一问考查空间位置关系，第二、三问考查空间角或距离，难度中等．利用空间向量求空间角仍是重点，对于探索点或线满足所给关系的问题要引起重视．[真题体验](2019·全国Ⅰ卷)如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A －MA 1－N 的正弦值． 证明：(1)连B 1C ，ME ，则ME 12B 1C ， 又DN ＝12A 1D而A 1D B 1C ∴MEND .∴四边形MNDE 为平行四边形， ∴MN ∥DE 又MN ⊄平面C 1DE ，DE ⊂平面C 1DE∴MN ∥平面C 1DE .(2)取AB 的中点F ，连接DF ，由已知，DF ⊥DC ，DF ⊥D 1D .以D 为坐标原点，DF ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图，∵AA 1＝4，AB ＝2. ∴A 1(3，－1,4)，M (3，1,2)，N ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，则A 1M →＝(0,2，－2)，A 1N →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，－2. 设平面MA 1N 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ⊥A 1M →，m ⊥A 1N →∴⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，－32x ＋12y －2z ＝0，令y ＝1，得平面MA 1N 的一个法向量为m ＝(－3，1,1)． 又平面AMA 1的一个法向量为n ＝(1,0,0)， 设二面角A －MA 1－N 的平面角为θ，则cos θ＝m ·n |m |·|n |＝－35＝－155.∴sin θ＝105. 即二面角A －MA 1－N 的正弦值为105. [主干整合]1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)，则(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．(1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则 cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21 a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.(3)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 〉|.热点一 利用向量法证明平行与垂直数学 建模 素养数学建模——用向量解决空间立体几何中的核心素养以学习过的空间向量为基础，通过将几何向量化，以向量作为刻画空间中点、线、面位置关系的连接点，解决空间几何中难解决的问题.(2019·某某三模)如图，平面PAC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别是PA ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，PA ＝PC ＝10.(1)设G 是OC 的中点，证明FG ∥平面BOE ； (2)证明：在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE . [证明](1)如图，连接OP ，∵PA ＝PC ，∴OP ⊥AC ，又平面PAC ⊥平面ABC ，∴OP ⊥平面ABC .以点O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O xyz .则O (0,0,0)，A (0，－8，0)，B (8,0,0)，C (0,8,0)，P (0,0,6)，E (0，－4,3)，F (4，0,3)．由题意，得G (0,4,0)．因为OB →＝(8,0,0)，OE →＝(0，－4,3)， 所以平面BOE 的法向量n ＝(0,3,4)．由FG →＝(－4,4，－3)，得n ·FG →＝0.又直线FG 不在平面BOE 内， 所以FG ∥平面BOE .(2)设点M 的坐标为(x 0，y 0,0)， 则FM →＝(x 0－4，y 0，－3)． 因为FM ⊥平面BOE ，所以FM →∥n ，因此x 0＝4，y 0＝－94，即点M 的坐标是⎝⎛⎭⎪⎫4，－94，0. 在平面直角坐标系xOy 中，△AOB 的内部区域可表示为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，y ＜0，x －y ＜8，z ＝0.经检验，点M 的坐标满足上述不等式组． 所以，在△AOB 内存在一点M ， 使FM ⊥平面BOE .由点M 的坐标，得点M 到OA ，OB 的距离分别为4，94.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，用向量方向证明直线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．(2019·某某三模)如图所示，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：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PAB ，EF ⊄平面PAB ， 所以EF ∥平面PAB .(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PAD ，AD ⊂平面PAD ， 所以DC ⊥平面PAD .因为DC ⊂平面PDC ，所以平面PAD ⊥平面PDC .热点二 利用空间向量求空间角[例2] (2019·某某卷)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．[审题指导] 由条件知AE ，AD ，AB 互相垂直，可建立空间直角坐标系，用空间向量解决． (1)证明BF →与平面ADE 的法向量AB →垂直即得线面平行，也可以通过证明平面ADE 与平面BCF 平行来实现线面平行的转化．(2)CE →与平面BDE 的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为所求直线与平面所成角的正弦值．(3)设CF ＝h ，用h 表示二面角E BD F 的余弦值，通过解方程得到线段长． [解析]依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,1,0)，E (0,0,2)．设CF ＝h (h ＞0)，则F (1,2，h )．(1)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 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 3 2＋4h 2＝13， 解得h ＝87.经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87.1．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＝|cosφ|.2．直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角)．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．(2018·某某卷)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点． (1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值． 解：如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)． (1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P (32，－12，2)， 从而BP →＝(－32，－12，2)，AC 1→＝(0,2,2)，故|cos ＜BP →，AC 1→＞|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q 为BC 的中点，所以Q (32，12，0)， 因此AQ →＝(32，32，0)，AC 1→＝(0,2,2)，CC 1→＝(0,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1,1)，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos ＜CC 1→，n ＞|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55. 热点三 利用空间向量解决探索性问题[例3](2020·某某调研)如图，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(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AM AP的值；若不存在，说明理由．[审题指导] 第(1)问利用线面垂直的判定定理证明： 平面PAD ⊥平面ABCD ⇒AB ⊥平面PAD ⇒AB ⊥PD ⇒PD ⊥平面PAB ； 第(2)问建立空间直角坐标系，用向量法求解：建立空间直角坐标系，求出PB →与平面PCD 的法向量，求出法向量与PB →夹角的余弦值，进而可求线面角的正弦值；第(3)问假设点存在，利用向量法建立线面平行满足关系式求解：先假设存在点M ，设出点M 坐标，利用向量法，由线面平行的条件转化为方程求解． [解析] (1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面PAD . 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面PAB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .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AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .如图所示，建立空间直角坐标系O xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)． 则PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2,0，－1)，PB →＝(1,1，－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.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱PA 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PA 上存在点M 使得BM ∥平面BCD ，此时AM AP ＝14.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X 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·聊城三模)如图(1)，在边长为4的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥DC ，如图(2)．(1)求证：A 1E ⊥平面BCDE . (2)求二面角E A 1B C 的余弦值．(3)判断在线段EB 上是否存在一点P ，使平面A 1DP ⊥平面A 1BC ？若存在，求出EP PB的值；若不存在，说明理由．解析：(1)证明：∵DE ⊥BE ，BE ∥DC ，∴DE ⊥DC . 又∵A 1D ⊥DC ，A 1D ∩DE ＝D ，∴DC ⊥平面A 1DE ， ∴DC ⊥A 1E .又∵A 1E ⊥DE ，DC ∩DE ＝D ，∴A 1E ⊥平面BCDE .(2)∵A 1E ⊥平面BCDE ，DE ⊥BE ，∴以EB ，ED ，EA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系．易知DE ＝23，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，C (4,23，0)，D (0,23，0)， ∴BA 1→＝(－2,0,2)，BC →＝(2,23，0)，平面A 1BE 的一个法向量为n ＝(0,1,0)．设平面A 1BC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由BA 1→·m ＝0，BC →·m ＝0，得⎩⎨⎧－2x ＋2z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y ＝1，得m ＝(－3，1，－3)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝17×1＝77.由图，得二面角E A 1B C 为钝二面角，∴二面角E A 1B C 的余弦值为－77. (3)假设在线段EB 上存在一点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC .设P (t,0,0)(0≤t ≤2)，则A 1P →＝(t,0，－2)，A 1D →＝(0,23，－2)，设平面A 1DP 的法向量为p ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·p ＝0，A 1P →·p ＝0，得⎩⎨⎧23y 1－2z 1＝0，tx 1－2z 1＝0.令x 1＝2，得p ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，t 3，t .∵平面A 1DP ⊥平面A 1BC ，∴m ·p ＝0，即23－t3＋3t ＝0，解得t ＝－3.∵0≤t ≤2，∴在线段EB 上不存在点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC .限时50分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，∠B ＝30°，D ，E 分别是AB ，CD 的中点，AE 的延长线交CB 于F .现将△ACD 沿CD 折起，折起二面角，如图2，连接A ′F .(1)求证：平面A ′EF ⊥平面CBD ；(2)当A ′C ⊥BD 时，求二面角A ′－CD －B 的余弦值．解：本题主要考查折叠、面面垂直的证明、二面角等问题，考查考生的空间想象能力及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、数学运算．(1)在平面图形中AF ⊥CD ，所以折叠后得到A ′E ⊥CD ，EF ⊥CD ，即可证得结论；(2)可以利用向量法和传统法求解．(1)在Rt △ABC 中，由D 为AB 的中点，得AD ＝CD ＝DB ， 又∠B ＝30°，所以△ACD 是正三角形， 又E 是CD 的中点，所以AF ⊥CD . 折起后，A ′E ⊥CD ，EF ⊥CD ，又A ′E ∩EF ＝E ，A ′E ⊂平面A ′EF ，EF ⊂平面A ′EF ， 故CD ⊥平面A ′EF ， 又CD ⊂平面CBD ， 故平面A ′EF ⊥平面CBD .(2)解法一 如图，过点A ′作A ′H ⊥EF ，垂足H 落在FE 的延长线上． 因为CD ⊥平面A ′EF ，所以CD ⊥A ′H ， 所以A ′H ⊥平面CBD .以E 为原点，EF 所在的直线为x 轴，ED 所在的直线为y 轴，过E 与A ′H 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系．由(1)可知∠A ′EF 为所求二面角的平面角，设为θ，并设A ′C ＝a ，可得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a2，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3a2，a ，0，A ′⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2cos θ，0，3a 2sin θ. 故A ′C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 2cos θ，－a 2，－3a 2sin θ，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3a 2，－a 2，0，因为A ′C ⊥BD ，所以A ′C →·BD →＝0，即3a 24cos θ＋a24＝0， 得cos θ＝－13.故二面角A ′－CD －B 的余弦值为－13.解法二如图，过点A ′作A ′H ⊥EF ，垂足H 落在FE 的延长线上， 因为CD ⊥平面A ′EF ，所以CD ⊥A ′H ， 所以A ′H ⊥平面CBD .连接CH 并延长交BD 的延长线于G ， 由A ′C ⊥BD ，得CH ⊥BD ，即∠CGB ＝90°， 因此△CEH ～△CGD ， 则EH DG ＝CE CG， 设A ′C ＝a ，易得∠GDC ＝60°，DG ＝a 2，CE ＝a 2，CG ＝3a2，代入EH DG ＝CE CG 得EH ＝3a 6，又EA ′＝3a 2，故cos ∠HEA ′＝EH EA ′＝13.又A ′E ⊥CD ，EF ⊥CD ，所以∠A ′EF 即所求二面角的平面角， 故二面角A ′－CD －B 的余弦值为－13.2．(2019·卷)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．解析：(1)由于PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，则PA ⊥CD ， 由题意可知AD ⊥CD ，且PA ∩AD ＝A ， 由线面垂直的判定定理可得CD ⊥平面PAD .(2)以点A 为坐标原点，平面ABCD 内与AD 垂直的直线为x 轴，AD ，AP 方向为y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，易知：A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,2,0)，D (0,2,0)， 由PF →＝13PC →可得点F 的坐标为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，43，由PE →＝12PD →可得E (0,1,1) ，设平面AEF 的法向量为：m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AF→＝x ，y ，z ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，43＝23x ＋23y ＋43z ＝0m ·AE →＝x ，y ，z ·0，1，1＝y ＋z ＝0，据此可得平面AEF 的一个法向量为：m ＝(1,1，－1)， 很明显平面AEP 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |×|n |＝13×1＝33，二面角F －AE －P 的平面角为锐角，故二面角F －AE －P 的余弦值为33. (3)易知P (0,0,2)，B (2，－1,0)，由PG →＝23PB →可得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，23，则AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，23，注意到平面AEF 的一个法向量为：m ＝(1,1，－1)，其m ·AG →＝0且点A 在平面AEF 内，故直线AG 在平面AEF 内． 3．(2019·某某三模)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝2，BC ＝22，PA ＝2.(1)取PC 中点N ，连接DN ，求证：DN ∥平面PAB . (2)求直线AC 与PD 所成角的余弦值．(3)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M ACD 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成的角，如果不存在，请说明理由．解析：取BC 的中点E ，连接DE 与AC ，相交于点O ，连接AE ，易知AC ⊥DE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (2，－1,0)，C (0，1,0)，D (－1,0,0)，P (0，－1,2)，(1)PC 中点N (0,0,1)，所以DN →＝(1,0,1)， 设平面PAB 的法向量为n ＝(a ，b ，c )， 由AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2,0,0)，令b ＝1，可得：n ＝(0,1,0)，所以DN →·n ＝0，因为DN ⊄平面PAB ，所以DN ∥平面PAB .(2)AC →＝(0,2,0)，PD →＝(－1,1，－2)，设AC 与PD 所成的角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪22×6＝66. (3)设M (x ，y ，z )及PM →＝λPD →(0≤λ≤1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ，y ＋1＝λ，z －2＝－2λ，⇒M (－λ，λ－1,2(1－λ))，设平面ACM 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由AC →＝(0,2,0)，AM →＝(－λ，λ，2(1－λ))，可得m ＝(2－2λ，0，λ)，平面ACD 的法向量为p ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，p 〉＝λ1·λ2＋2－2λ2＝22⇒2λ＝ 5λ2－8λ＋4，解得λ＝23. 解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13，23，所以BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－83，23，23，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，23，设BM 与平面MAC 所成角为φ，所以sin φ＝|cos 〈BM →，m 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－129223·22＝12，所以φ＝π6.4．(2020·某某实验中学模拟)某工厂欲加工一件艺术品，需要用到三棱锥形状的坯材，工人将如图所示的长方体ABCD －EFQH 材料切割成三棱锥H －ACF .(1)若点M ，N ，K 分别是棱HA ，HC ，HF 的中点，点G 是NK 上的任意一点，求证：MG ∥平面ACF ；(2)已知原长方体材料中，AB ＝2，AD ＝3，DH ＝1，根据艺术品加工需要，工程师必须求出三棱锥H －ACF 的高．甲工程师先求出AH 所在直线与平面ACF 所成的角θ，再根据公式h ＝AH ·sin θ，求三棱锥H －ACF 的高h .请你根据甲工程师的思路，求该三棱锥的高．解：证明：(1)∵HM ＝MA ，HN ＝NC ，HK ＝KF ， ∴MK ∥AF ，MN ∥AC .∵MK ⊄平面ACF ，AF ⊂平面ACF ， ∴MK ∥平面ACF .∵MN ⊄平面ACF ，AC ⊂平面ACF ，∴MN ∥平面ACF . ∵MN ，MK ⊂平面MNK ，且MK ∩MN ＝M ， ∴平面MNK ∥平面ACF .又∵MG ⊂平面MNK ，∴MG ∥平面ACF .(2)如图，以点D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DH 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz .则有A (3,0,0)，C (0,2,0)，F (3,2,1)，H (0,0,1)， AC →＝(－3,2,0)，AF →＝(0,2,1)，AH →＝(－3,0,1)．设平面ACF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝－3x ＋2y ＝0，n ·AF →＝2y ＋z ＝0.令y ＝3，则n ＝(2,3，－6)，∴sin θ＝|AH →·n ||AH →||n |＝1210×7＝61035，∴三棱锥H －ACF 的高为AH ·sin θ＝10×61035＝127.5.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD . (1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． 解析：(1)因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，又BD ∩BE ＝B ， 故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V E ACD＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63.故x ＝2. 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.(理)高考解答题·审题与规X(四) 立体几何类考题重在“化归”思维流程[几何法] 将立体几何问题转化为平面几何问题．将异面直线夹角，线面角，二面角等空间角转化为平面角求解．[代数法] 将几何问题转化为代数问题，用空间向量解题．[推理与证明] 分析法找思路：将面面问题转化为线面问题，将线面问题转化为线线问题．[综合法证明] 线线关系推出线面关系，线面关系推出面面关系.真题案例审题指导审题方法(12分)(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，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值. (1)在题目中的两个平面中选择一条直线证明该直线垂直于另外一个平面；(2)建立空间直角坐标系，求得几何体体积最大时点M的位置，利用两个平面的法向量的夹角求解即可.审图形找关联图形或者图象的力量比文字更为简单而有力，挖掘其中蕴涵的有效信息，正确理解问题是解决问题的关键，对图形或者图象的独特理解很多时候能成为解题中的亮点.规X解答评分细则[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 ，1分① 所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM .2分②因为M 为C D 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 .3分③ 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .4分④(2)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 .6分⑤当三棱锥M ABC 体积最大时，M 为C D 的中点.7分⑥由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)， AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)，8分⑦设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2).9分⑧DA →是平面MCD 的法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，10分⑨sin 〈n ，DA →〉＝255，所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.12分⑩第(1)问踩点得分 ①由条件得出BC ⊥CD ，并写出BC ⊂平面ABCD 得1分，没有BC ⊂平面ABCD 扣1分．②得分BC ⊥DM 得1分． ③得出DM ⊥平面BMC ，得1分．④得出结论得1分，如果没有写出DM ⊂平面AMD 扣1分．第(2)问踩点得分 ⑤正确建立空间直角坐标系得2分． ⑥确定M 为的中点得1分．⑦正确写出点的坐标，并求出相应向量的坐标得1分．⑧正确求出平面MAB 的法向量得1分． ⑨正确求出n 与DA →夹角的余弦值得1分． ⑩正确计算出n 与DA →夹角的正弦值得2分.。