高中理科数学解题方法篇(空间向量)

2020年高考数学（理）重难点03 空间向量与立体几何【高考考试趋势】立体几何在高考数学是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.前面的重点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强.本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识.【知识点分析以及满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.求点到平面的距离问题：采用等体积法.求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标.【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）一、单选题1．（2019·遵义航天高级中学高考模拟（理））一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．83B．163C．203D．8【答案】B 【解析】由图可知该几何体底面积为8，高为2的四棱锥，如图所示：∴该几何体的体积1168233V =⨯⨯= 故选B【点睛】：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽. 2．（2019·天津高考模拟（理））已知四面体ABCD 的四个面都为直角三角形，且AB ⊥平面BCD ，2AB BD CD ===，若该四面体的四个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）A ．3πB ．C ．D ．12π【答案】D 【解析】 【分析】由已知中的垂直关系可将四面体放入正方体中，求解正方体的外接球表面积即为所求的四面体外接球的表面积；利用正方体外接球半径为其体对角线的一半，求得半径，代入面积公式求得结果. 【详解】2BD CD ==Q 且BCD ∆为直角三角形 BD CD ∴⊥又AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD CD AB ∴⊥CD \^平面ABD由此可将四面体ABCD 放入边长为2的正方体中，如下图所示：∴正方体的外接球即为该四面体的外接球O正方体外接球半径为体对角线的一半，即12R == ∴球O 的表面积：2412S R ππ==本题正确选项：D 【点睛】本题考查多面体的外接球表面积的求解问题，关键是能够通过线面之间的位置关系，将所求四面体放入正方体中，通过求解正方体外接球来求得结果.3．（2019·河南高考模拟（理））如图，点P 在正方体1111ABCD A B C D -的面对角线1BC 上运动，则下列四个结论：①三棱锥1A D PC -的体积不变；1//A P ②平面1ACD ； 1DP BC ⊥③；④平面1PDB ⊥平面1ACD ．其中正确的结论的个数是( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】C 【解析】【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系求解． 【详解】对于①，由题意知11//AD BC ，从而1//BC 平面1AD C ，故BC 1上任意一点到平面1AD C 的距离均相等，所以以P 为顶点，平面1AD C 为底面，则三棱锥1A D PC -的体积不变，故①正确； 对于②，连接1A B ，11A C ，111//AC AD 且相等，由于①知：11//AD BC ， 所以11//BA C 面1ACD ，从而由线面平行的定义可得，故②正确； 对于③，由于DC ⊥平面11BCB C ，所以1DC BC ⊥， 若1DP BC ⊥，则1BC ⊥平面DCP ，1BC PC ⊥，则P 为中点，与P 为动点矛盾，故③错误；对于④，连接1DB ，由1DB AC ⊥且11DB AD ⊥，可得1DB ⊥面1ACD ，从而由面面垂直的判定知，故④正确． 故选：C ． 【点睛】本题考查命题真假的判断，解题时要注意三棱锥体积求法中的等体积法、线面平行、垂直的判定，要注意使用转化的思想．4．（2019·贵州高考模拟（理））设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，有下列四个命题：∴若m α⊂，αβ⊥，则m β⊥； ∴若//a β，m β⊂，则//m α； ∴若m α⊥，//m n ，//αβ，则n β⊥； ∴若//m α，//n β，//m n ，则//αβ其中正确命题的序号是（ ） A ．∴∴ B ．∴∴C ．∴∴D ．∴∴【答案】C 【解析】∴两个面垂直，推不出面中任意直线和另一个面垂直，错误；故排除A 、B 选项，对于∴，两个平行平面，其中一个平面内的任意直线都和另一个平面平行，故正确，所以选C.5．（2019·福建高考模拟（理））在三棱锥P ABC -中，3PA PB ==，BC =8AC =，AB BC ⊥，平面PAB ⊥平面ABC ，若球O 是三棱锥P ABC -的外接球，则球O 的半径为（ ）．A B C D ．2【答案】A 【解析】 【分析】取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED ，得E 为∴ABC 外接圆的圆心，且OE∴平面PAB ，然后求出∴PAB 的外接圆半径r 和球心O 到平面PAB 的距离等于d ，由勾股定理得R .【详解】解：取AB 中点D ，AC 中点E ，连PD ，ED 因为AB BC ⊥，所以E 为∴ABC 外接圆的圆心因为OE∴PD ，OE 不包含于平面PAB ，所以OE∴平面PAB 因为平面PAB ⊥平面ABC ，3PA PB ==，得PD ⊥AB ，ED ⊥AB 所以PD ⊥平面ABC ，ED ⊥平面PAB且AB ==PD 1=所以球心O 到平面PAB 的距离等于ED d ==在∴PAB 中，3PA PB ==，AB =1sin 3PAB ∠=， 所以∴PAB 得外接圆半径2r 9sin PB PAB ∠==，即9r 2=由勾股定理可得球O 的半径R ==故选：A. 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，经常用球中勾股定理R =R 是外接球半径，d 是球心到截面距离，r 是截面外接圆半径.二、解答题6．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形,//AB AD AB CD ⊥，224AB AD CD ===，4PC =.（1）证明：当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC ； （2）求锐二而角A PB C --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）5. 【解析】 【分析】（1）由PC ⊥底面ABCD ，证得AC PC ⊥，又由勾股定理，得AC CB ⊥，利用线面垂直的判定定理，得到AC ⊥平面PBC ，再由面面垂直的判定定理，可得平面EAC ⊥平面PBC ，即可得到结论；（2）分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求得平面PBC 和平面PAB 的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解． 【详解】（1）由题意，因为PC ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC PC ⊥，又因为224AB AD CD ===，所以4AB =，2AD CD ==，所以AC BC ==，所以222AC BC AB +=，从而得到AC CB ⊥．又BC ⊂Q 平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以AC ⊥平面PBC ， 又AC ⊂Q 平面ACE ，所以平面EAC ⊥平面PBC ， 所以当点E 在PB 上运动时，始终有平面EAC ⊥平面PBC. （2）由条件知PC ⊥底面ABCD ，且AB AD ⊥， AB C D ∥所以过点C 作CF CD ⊥交AB 于点F ，分别以CD ，CF ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系（如图所示），所以(0,0,0)C ，(2,2,0)A ，(2,2,0)B -，(0,0,4)P .由（1）知CA u u u r为平面PBC 的一个法向量，因为(2,2,0)CA =u u u r，(2,2,4)PA =-u u u r (2,2,4)PB =--u u u r ，设平面P AB 的一个法向量为(,,)n=x y z r，则(,,)(2,2,4)00(,,)(2,2,4)00x y z n PA x y z n PB ⎧⋅-=⎧⋅=⇒⎨⎨⋅--=⋅=⎩⎩u uu v r u u u v r ，即02x y z=⎧⎨=⎩，令1z =，则2y =，所以(0,2,1)n =r，所以|||cos ,|5||||CA n CA n CA n ⋅〈〉===uu r ruu r r uu r r ，故锐二面角A PB C --的余弦值5．【点睛】本题考查了线面垂直与面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.7（2017·广东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，90,60ABC ACD BAC CAD ∠=∠=︒∠=∠=︒， PA ⊥平面ABCD ，2,1PA AB ==.(1)设点E 为PD 的中点，求证： //CE 平面PAB ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线CN 与平面PAC 所成的角θ的正弦值为5？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由. 8．（2019·天津市新华中学高考模拟（理））如图所示的几何体中，PD 垂直于梯形ABCD所在的平面，,2ADC BAD F π∠=∠=为PA 的中点，112PD AB AD CD ====，四边形PDCE 为矩形，线段PC 交DE 于点N .（1）求证：AC P 平面DEF ； （2）求二面角A PB C --的正弦值；（3）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6？若存在，求出FQ 的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（23）在线段EF 上存在一点Q 满足题意，且FQ =【解析】 【分析】(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值；(3)假设点Q 存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q 的存在性和位置. 【详解】（1）因为四边形PDCE 为矩形，所以N 为PC 的中点.连接FN ，在PAC V 中，,F N 分别为,PA PC 的中点，所以FN AC ∥， 因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC P 平面DEF .（2）易知,,DA DC DP 两两垂直，如图以D 为原点，分别以,,DA DC DP 所在直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系.则(1,0,0),(1,1,0),(0,2,0)P A B C，所以(1,1,,(1,1,0)PB BC ==-u u u r u u u r.设平面PBC 的法向量为(,,)m x y z =r，则(,,)(1,1,0(,,)(1,1,0)0m PB x y z m BC x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u u v r u u u v r即0,0,x y x y ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩解得,,y x z =⎧⎪⎨=⎪⎩令1x =，得1,y z =⎧⎪⎨=⎪⎩所以平面PBC的一个法向量为m =r. 设平面ABP 的法向量为(,,)n x y z =r，(,,)(0,1,0)0(,,)(1,1,0n AB x y z n PB x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⋅=⋅-=⎪⎩u u uv r u u uv r ，据此可得01x y z ⎧=⎪=⎨⎪=⎩， 则平面ABP的一个法向量为)n =r，cos ,3m n <>==u r r，于是sin ,3m n 〈〉=r r. 故二面角A PB C --（3）设存在点Q 满足条件.由1,0,,(0,22F E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭， 设(01)FQ FE λλ=u u u r u u u r &剟，整理得1),2,22Q λλλ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则1,22BQ λλ⎛+=-- ⎝⎭u u u r . 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为6π，所以1sin |cos ,|||62||||BQ m BQ m BQ m π⋅====⋅u u u r u ru u u r u r u u ur u r 解得21λ=，由知1λ=，即点Q 与E 重合.故在线段EF 上存在一点Q，且FQ EF ==. 【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设,m n u r r 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>u r r互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．9．（2019·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥平面ABCD ，ABC ∆为等边三角形，22PA AB ==，AC CD ⊥，PD 与平面PAC 所成角的正切值 为5.(∴)证明：//BC 平面PAD ；(∴)若M 是BP 的中点，求二面角P CD M --的余弦值.【答案】（∴）见解析.（∴ 【解析】 【分析】(∴)先证明DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角，于是可得CD =60CAD ∠=︒．又由题意得到60BCA ∠=︒，故得//BC AD ，再根据线面平行的性质可得所证结论． (∴) 取BC 的中点N ，连接AN ，可证得AN AD ⊥．建立空间直角坐标系，分别求出平面PCD 和平面CDM 的法向量，根据两个法向量夹角的余弦值得到二面角的余弦值． 【详解】(∴)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， 所以PA CD ⊥又AC CD ⊥,CA PA A =I , 所以CD ⊥平面PAC ，所以DPC ∠为PD 与平面PAC 所成的角． 在Rt PCD V中，PC ==所以CD =所以在Rt PCD V 中，2AD =,60CAD ∠=︒. 又60BCA ∠=︒，所以在底面ABCD 中，//BC AD , 又AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ， 所以//BC 平面PAD ．(∴)解：取BC 的中点N ，连接AN ，则AN BC ⊥,由(∴)知//BC AD ， 所以AN AD ⊥，分别以AN ，AD ，AP 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .则(0,0,2)P，1,02C ⎫⎪⎪⎝⎭，(0,2,0)D，1,14M ⎫-⎪⎪⎝⎭所以3,,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu u r ，(0,2,2)PD =-u u ur，9,,144DM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu u r设平面PCD 的一个法向量为()1111,,n x y z =u r，由1100n CD n PD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u vu u u v，即111130220y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，得1111x z y ⎧=⎪⎨=⎪⎩，令11y =，则1,1)n =u r．设平面CDM 的一个法向量为()2222,,n x y z =u ur，由2200n CD n MD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u v u u u v u u v u u u u v，即2222230940y y z ⎧+=⎪-+=，得222232x y z ⎧=⎪⎨=⎪⎩， 令21y =，则232n ⎫=⎪⎭u u r ．所以121212331cos ,||||n n n n n n ++⋅<>===⋅u r u u ru r u u r u r u u r 由图形可得二面角P CD M --为锐角， 所以二面角P CD M --【点睛】空间向量是求解空间角的有利工具，根据平面的法向量、直线的方向向量的夹角可求得线面角、二面角等，解题时把几何问题转化为向量的运算的问题来求解，体现了转化思想方法的利用，不过解题中要注意向量的夹角和空间角之间的关系，特别是求二面角时，在求得法向量的夹角后，还要通过图形判断出二面角是锐角还是钝角，然后才能得到结论． 10．（2018·吉林高考模拟（理））如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ， M ， N 分别是棱AB ， AD ， 11A B ， 11A D 的中点，点P ， Q 分别在棱1DD ， 1BB 上移动，且(02)DP BQ λλ==<<.（1）当1λ=时，证明：直线1//BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）12λ=±.【解析】以D 为原点，射线DA ， DC ， 1DD 分别为x ， y ， z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -.由已知得()2,2,0B ， ()10,2,2C ，()2,1,0E ，()1,0,0F ， ()0,0,P λ， ()1,0,2N ， ()2,1,2M ，则()12,0,2BC =-u u u u r， ()1,0,FP λ=-u u u r ， ()1,1,0FE =u u u r ， ()1,1,0NM =u u u u r ， ()1,0,2NP λ=--u u u r.（1）当1λ=时， ()1,0,1FP =-u u u r ，因为()12,0,2BC =-u u u u r ，所以12BC FP =u u u u r u u u r，即1//BC FP ，又FP ⊂平面EFPQ ，且1BC ⊄平面EFPQ ，故直线1//BC 平面EFPQ . （2）设平面EFPQ 的一个法向量为(),,n x y z =r，则由0{0FE n FP n ⋅=⋅=u u u r ru u u r r，得0{0.x y x z λ+=-+=，于是可取(),,1n λλ=-r . 设平面MNPQ 的一个法向量为()',','m x y z =r，由0{0NM m NP m ⋅=⋅=u u u u r ru u u r r，得()''0{'2'0x y x z λ+=-+-=，于是可取()2,2,1m λλ=--r. 若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则()()2,2,1,,10m n λλλλ⋅=--⋅-=r r，即()()2210λλλλ---+=，解得1λ=±，显然满足02λ<<.故存在1λ=±，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角.点睛：立体几何的有关证明题，首先要熟悉各种证明的判定定理，然后在进行证明，要多总结题型，对于二面角问题一般直接建立空间直角坐标系，求出法向量然后根据向量夹角公式求解二面角，要注意每一个坐标的准确性。

空间向量应用问题解答的基本方法纵观近几年的高考数学试题，理科立体几何大题的第二小题都是求空间角的余弦值（或正弦值）的问题。

解答时，一般都是通过建立空间直角坐标系，运用空间向量的方法达到解题的目的。

这样一来，空间向量应用问题解答的基本方法就显得尤为重要，归结起来，空间向量应用问题主要包括：①建立空间直角坐标系的基本方法；②应用空间向量证明平行问题的基本方法；③应用空间向量证明垂直问题的基本方法；④应用空间向量求空间角余弦值（或正弦值）问题的基本方法等几种类型。

各种类型结构上具有一定的特征，解答的基本方法也各不相同，那么在实际解答该类问题时，到底如何抓住题型的特征，快捷，准确地给予解答呢？下面通过典型例题的详细解析来回答这个问题。

【典例1】解答下列问题： 11、如图在正方体ABCD---1111A B C D 中 建立直角坐标系D----XYZ ；【解析】 C y【知识点】①空间直角坐标系的定义与性质；②空间 【解题思路】运用正方体的性质，结合空间直角坐标系建立的基本方法就可解答问题。

【详细解答】Q ABCD---1111A B C D 是正方体，∴1D D ⊥DA ，1D D ⊥DC ，AD ⊥DC ，⇒如图，以D 为原点，射线DA ，DC ，D 1D 分别为X 轴，Y 轴，Z 轴的正方向建立空间直角坐标系D —xyz 。

2、如图在几何体中，底面ABCD 是边长为 6的正方形，EAD ∆是以E 为直角顶点的等腰直角三角形且垂直于底面，试建立直角坐标系O----XYZ ； 【解析】 【知识点】性；④正方形的定义与性质；⑤平面垂直平面的性质。

【解题思路】分别取AD ，BC 的中点O ，F ，连接EO ，FO ，运用等腰三角形的性质，结合问题条件可证EO ⊥OA ，EO ⊥OF ，AO ⊥OF ，利用空间直角坐标系建立的基本方法就可解答问题。

【详细解答】分别取AD ，BC 的中点O ，F ，连接EO ，FO ，Q EAD ∆是以E 为直角顶点的等腰直角三角形，O 是AD 的中点，∴ EO ⊥AD ，Q 平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD I 平面ABCD=AD ，EO ⊂平面EAD ，∴ EO ⊥平面ABCD ，⇒ EO ⊥OA ，EO ⊥OF ，Q 四边形ABCD 是边长为6的正方形，∴ AO ⊥OF ，⇒如图，以O 为原点，射线OA ，OF ，OE 分别为X 轴，Y 轴，Z 轴的正方向建立空间直角坐标系O —xyz 。

高考理科数学必考——几何证明与利用空间向量求线面角、面
面角
时间过的飞快，距离高考的时间就只剩76天了，同学和老师也越来越紧张了，有些地方欠缺的同学开始寝食难安，老师也赶快奉献点干货来帮助几何证明欠缺的学生。

立体几何其实难度不大，只要你会空间向量，会建系，一切就自然而然水到渠成了。

在这先分析这些立体几何的解题思路。

在立体几何中，第一问一般会让你证明线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直
1、证明线面平行的方法1、平移的方法，找到直线与平面内一条直线平行
2、利用面面平行、证明线面平行
2、证明线面垂直的方法1、证明直线与平面内相交的两直线垂直
3、证明面面平行的方法1、证明一个平面内两相交的直线与另一个平面内两相交的直线互相平行
2、证明平面内两相交的直线分别平行另一个平面
4、证明面面垂直的方法1、先证明一条直线垂直于一个平面，这条直线还在另一个平面内
利用这些方法第一问就可以轻松解决了。

在立体几何第二中，会求线面角、面面角，在第二步中，利用空间向量解决就可以
利用空间向量解决第二问的步骤1、找三垂，建立空间直角坐标系
2、写出各个点的坐标
3、求出直线向量、面的法向量
4、利用夹角公式算出余弦值
下面通过两个例题说明一下这个空间几何。

《空间向量与立体几何》知识点一：利用向量求空间角（1）求异面直线所成的角已知a，b为两异面直线，A，C与B，D分别是a，b上的任意两点，a，b所成的角为，则。

注意：两异面直线所成的角的范围为（00,900]。

（2）求直线和平面所成的角设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有。

（3）求二面角如图，若于A，于B，平面PAB交于E，则∠AEB为二面角的平面角，∠AEB+∠APB=180°。

若分别为面，的法向量，则二面角的平面角或，即二面角等于它的两个面的法向量的夹角或夹角的补角。

知识点二：利用向量求空间距离（1）空间两点间距离公式：设点，，则（2）两异面直线距离的求法如图，设，是两条异面直线，是与的公垂线段AB的方向向量，又C，D分别是，上任意两点，则与的距离是。

（3）点面距离的求法：如图，BO⊥平面，垂足为O，则点B到平面的距离就是线段BO的长度。

若AB是平面的任一条斜线段，则在Rt△BOA中，。

设平面的法向为，则点B到平面的距离为。

注意：线面距、面面距均可转化为点面距离，用求点面距的方法进行求解。

知识点三：用向量语言表述线与面之间的位置关系设两不同直线，的方向向量分别为，，两不同平面，的法向量分别为，，则①线线平行：，；②线线垂直：；③线面平行：在平面外，；④线面垂直：，；⑤面面平行：，；⑥面面垂直：。

关键：用向量知识来探讨空间的垂直与平行问题，关键是找出或求出问题中涉及的直线的方向向量和平面的法向量，通过讨论向量的共线或垂直，确定线面之间的位置关系。

§8.6 空间向量及其运算和空间位置关系考纲展示►1。

了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．2．会推导空间两点间的距离公式．3．了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示．4．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示．5．掌握空间向量的数量积及其坐标表示,能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．6．理解直线的方向向量与平面的法向量．7．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系．8．能用向量方法证明有关直线和平面关系的一些定理（包括三垂线定理)．考点1 空间向量的线性运算空间向量的有关概念（1）空间向量:在空间中，具有________和________的量叫做空间向量．（2）相等向量：方向________且模________的向量．（3)共线向量：表示空间向量的有向线段所在的直线互相____________的向量．（4)共面向量：________________的向量．答案：(1）大小方向(2）相同相等（3)平行或重合(4）平行于同一个平面(1）［教材习题改编]已知在空间四边形ABCD中，G为CD的中点，则化简错误!＋错误!(错误!＋错误!)＝________。

→答案:AG解析：错误!＋错误!（错误!＋错误!)＝错误!＋错误!＝错误!。

(2)[教材习题改编］如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点．若错误!＝a，错误!＝b,错误!＝c，则错误!可用a，b，c表示为________．答案:－错误!a＋错误!b＋c解析：由图可知，错误!＝错误!＋错误!＝错误!＋错误!错误!＝错误!＋错误!(错误!－错误!)＝c＋错误!（b－c)＝－错误!a＋错误!b＋c.[典题1] （1）[2017·河南郑州模拟]如图所示,已知空间四边形OABC，其对角线为OB，AC，M，N分别为OA，BC的中点，点G 在线段MN上,且错误!＝2错误!，若错误!＝x错误!＋y错误!＋z错误!，则x＋y＋z ＝________。

【新知识梳理与重难点点睛】1．共线向量、共面向量定理和空间向量基本定理 (1)共线向量定量对空间任意两个向量a ，b (b ≠0)，b 与a 共线的充要条件是存在实数λ，使得b ＝λa .推论 如图所示，点P 在l 上的充要条件是：OP →＝OA →＋t a ①其中a 叫直线l 的方向向量，t ∈R ，在l 上取AB →＝a ，则①可化为OP →＝OA →＋tAB →或OP →＝(1－t )OA →＋tOB →. (2)共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量，推论的表达式为MP →＝xMA →＋yMB →或对空间任意一点O ，有OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →或OP →＝xOM →＋yOA →＋zOB →，其中x ＋y ＋z ＝1.(3)空间向量基本定理如果三个向量e 1，e 2，e 3不共面，那么对空间任一向量p ，存在惟一的有序实数组(x ，y ，z )，使得p ＝x e 1＋y e 2＋z e 3.2．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 互相垂直，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 . 3．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 ＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3. (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 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(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 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 23·b 21＋b 22＋b 23. 设A (a 1，b 1，c 1)，B (a 2，b 2，c 2)， 则d AB ＝|AB →|＝a 2－a 12＋b 2－b 12＋c 2－c 124．直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：l 是空间一直线，A ，B 是直线l 上任意两点，则称AB →为直线l 的方向向量，与AB →平行的任意非零向量也是直线l 的方向向量．(2)平面的法向量：可利用方程组求出，设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0，n·b ＝0.5．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2. 6．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 立体几何中的向量方法(Ⅱ)——求空间角1．设异面直线l 1，l 2的方向向量分别为m 1，m 2，则l 1与l 2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m 1，m 2〉|. 2．设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α的夹角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.3．求二面角的大小a ．如图①，AB 、CD 是二面角α －l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．b ．如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．考点一 异面直线所成的角|(基础送分型考点——自主练透)[必备知识]两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a ，b 所成的角)．[提醒] 注意向量的夹角与异面直线所成角的区别当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．[题组练透]1．(2014·新课标全国卷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.110 B.25 C.3010D.22解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，设BC ＝2， 则B (0,2,0)，A (2,0,0)，M (1,1,2)， N (1,0,2)，所以BM ＝(1，－1,2)，AN ＝(－1，0,2)，故BM 与AN 所成角θ的余弦值cos θ＝|BM ·AN ||BM |·|AN |＝36×5＝3010. 2．(2015·石家庄模拟)在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，已知AB ＝2，CC 1＝2，则异面直线AB 1和BC 1所成角的正弦值为( )A ．1 B.77 C.12D.32∴可以以1OB ，1OC ，解析：选A 取线段A 1B 1，AB 的中点分别为O ，D ，则OC 1⊥平面ABB 1A 1，OD 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 ，如图，则A (－1,0，2)，B 1(1,0,0)，B (1,0，2)，C 1(0，3，0)，∴1AB ＝(2,0，－2)，1BC ＝(－1，3，－2)，因为1AB ·1BC ＝(2,0，－2)·(－1，3，－2)＝0，所以1AB⊥1BC，即异面直线AB1和BC1所成角为直角，则其正弦值为1.故选A.[类题通法]1．向量法求异面直线所成的角的方法：(1)基向量法：利用线性运算．(2)坐标法：利用坐标运算．2．注意向量法求异面直线所成角与向量夹角的区别，尤其是取值范围．考点二直线与平面所成的角|(重点保分型考点——师生共研)[必备知识]直线和平面所成的角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝|n·e||n||e|.[提醒]向量法求线面角时是转化方向求向量与平面法向量间的夹角，但它不是线面角，注意联系与区别．[典题例析](2014·陕西高考)四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．解：(1)证明：由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由题设，BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．(2)法一：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0，0)，A(0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，DA ＝(0,0,1)，BC ＝(－2,2,0)，BA ＝(－2,0,1)．设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，∵EF ∥AD ，FG ∥BC ，∴n ·DA ＝0，n ·BC ＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA ·n |BA ||n |＝25×2＝105.法二：如图，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系， 则D (0,0,0)，A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，∵E 是AB 的中点，∴F ，G 分别为BD ，DC 的中点，得 E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，F (1,0,0)，G (0,1,0)． ∴FE ＝⎝⎛⎭⎫0，0，12，FG ＝(－1,1,0)，BA ＝(－2,0,1)． 设平面EFGH 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·FE ＝0，n ·FG ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧12z ＝0，－x ＋y ＝0，取n ＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos 〈BA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA ·n |BA ||n |＝25×2＝105. [类题通法]利用平面的法向量求线面角时注意事项(1)求出直线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其补角)，取其余角即为所求．(2)若求线面角的余弦值，要注意利用平方关系sin 2θ＋cos 2θ＝1求出其值．不要误为直线的方向向量与平面的法向量所夹角的余弦值为所求．[演练冲关]AB ＝1，AA 1＝2，D(2015·郑州一检)在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1为矩形，为AA 1的中点，BD 与AB 1交于点O ，CO ⊥侧面ABB 1A 1.(1)证明：BC ⊥AB 1；(2)若OC ＝OA ，求直线C 1D 与平面ABC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：由题意tan ∠ABD ＝AD AB ＝22，tan ∠AB 1B ＝AB BB 1＝22，注意到0<∠ABD ，∠AB 1B <π2，所以∠ABD ＝∠AB 1B ，所以∠ABD ＋∠BAB 1＝∠AB 1B ＋∠BAB 1＝π2，所以AB 1⊥BD ，又CO ⊥侧面ABB 1A 1，所以AB 1⊥CO .又BD 与CO 交于点O ，所以AB 1⊥平面CBD ，又BC ⊂平面CBD ，所以BC ⊥AB 1.(2)如图，以O 为原点，分别以OD ，OB 1，OC 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ， 则A ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，B ⎝⎛⎭⎫－63，0，0， C ⎝⎛⎭⎫0，0，33，B 1⎝⎛⎭⎫0，233，0，D ⎝⎛⎭⎫66，0，0，又1CC ＝2AD ，所以C 1⎝⎛⎭⎫63，233，33. 所以AB ＝⎝⎛⎭⎫－63，33，0，AC ＝⎝⎛⎭⎫0，33，33， 1DC ＝⎝⎛⎭⎫66，233，33. 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AB ·n ＝0，AC ·n ＝0，即⎩⎨⎧－63x ＋33y ＝0，33y ＋33z ＝0，令x ＝1，可得n ＝(1，2，－2)是平面ABC 的一个法向量，设直线C 1D 与平面ABC 所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈1DC ，n 〉|＝|1DC ·n ||1DC ||n |＝35555.考点三 二面角|(题点多变型考点——全面发掘)[必备知识]二面角的求法(1)如图①，AB ，CD 是二面角α -l -β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB ，CD 〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α -l -β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ＝〈n 1，n 2〉或π－〈n 1，n 2〉．[提醒] 求二面角时要注意判断其平面角是锐角还是钝角时，若不能判断二面角的平面角是锐角还是钝角时，要利用法向量的方向来判断法向量的夹角与二面角之间的关系是相等还是互补．[一题多变](2014·湖南高考)如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD ＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD ；(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1-OB 1-D 的余弦值．[解] (1)证明：因为四边形ACC 1A 1为矩形，所以CC 1⊥AC ，同理DD 1⊥BD ，因为CC 1∥DD 1，所以CC 1⊥BD ，而AC ∩BD ＝O ，因此CC 1⊥底面ABCD .由题设知，O 1O ∥C 1C ，故O 1O ⊥底面ABCD .(2)法一：因为四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 是菱形，因此AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，从而OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz .不妨设AB ＝2，因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1.于是相关各点的坐标为：O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2).易知，n 1＝(0,1,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量． 设n 2＝(x ，y ，z )是平面OB 1C 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·1OB ＝0，n 2·1OC ＝0，即⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0.取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23， 所以n 2＝(2,23，－3)，设二面角C 1-OB 1-D 的大小为θ，易知θ是锐角， 于是cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝2319＝25719. 故二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为25719.法二：如图，过O 1作O 1H ⊥OB 1于H ，连接HC 1.2，y＝2，∴设二面角C1-OB·OM由cos 〈n 1，n 2〉＝12知mm 2＋73＝12，∴34m 2＝712，∴m 2＝79(m >0)，即m ＝73，∴M ⎝⎛⎭⎫0，1，73. 即在线段CC 1上存在一点M 且CM ＝73，使二面角M -OB 1-D 的大小为60°.[类题通法]利用法向量求二面角时应注意(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误考点一 空间向量法解决探索性问题|(常考常新型考点——多角探明)[多角探明]探索存在性问题在立体几何综合考查中是常考的命题角度，也是考生感觉较难，失分较多的问题，归纳起来立体几何中常见的探索性问题有：(1)探索性问题与平行结合； (2)探索性问题与垂直相结合； (3)探索性问题与空间角相结合.角度一：探索性问题与平行相结合1．(2015·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA ；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO . 因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB . 因为四边形ABCD 为直角梯形． AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD . 因为EO ∩DO ＝O ，所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED .(2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ， 所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz . 因为三角形EAB 为等腰直角三角形， 所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ， 设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)， D (0,1,0)，E (0,0,1)．所以EC ＝(1,1，－1)， 平面ABE 的一个法向量为OD ＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ， 所以sin θ＝|cos 〈EC ，OD 〉|＝|EC ·OD ||EC ||OD |＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .证明如下：由EF ＝13EA ＝⎝⎛⎭⎫－13，0，－13， F ⎝⎛⎭⎫－13，0，23，所以FB ＝⎝⎛⎭⎫43，0，－23，BD ＝(－1,1,0)． 设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )， 则有⎩⎨⎧v ·BD ＝0，v ·FB ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC ·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0， 且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ， 即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .角度二：探索性问题与垂直相结合2．已知正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A -DC -B .(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E -DF -C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB ，又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，所以AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D -xyz ，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，DF ＝(1，3，0)，DE ＝(0，3，1)，DA ＝(0,0,2)．易知平面CDF 的法向量为DA ＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧DF ·n ＝0，DE ·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA ，n 〉＝DA ·n | DA ||n |＝217，所以二面角E -DF -C 的余弦值为217. (3)存在．设P (s ，t,0)，则AP ·DE ＝(s ，t ，－2)·(0，3，1)＝3t －2＝0，∴t ＝233， 又BP ＝(s －2，t,0)，PC ＝(－s,23－t,0)， ∵BP ∥PC ，∴(s －2)(23－t )＝－st ， ∴3s ＋t ＝2 3.把t ＝233代入上式得s ＝43，∴BP ＝13BC ，∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE . 此时，BP BC ＝13. 角度三：探索性问题与空间角相结合3．(2015·广东七校联考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，E ，F 分别为PC ，BC 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PDC ；(3)在线段AB 上是否存在点G ，使得二面角C -PD -G 的余弦值为13？说明理由．解：(1)证明：如图，连接AC ，交BD 于点F ，底面ABCD 为正方形， F 为AC 中点，E 为PC 中点． 所以在△CP A 中，EF ∥P A . 又P A ⊂平面P AD ，EF ⊄平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD .(2)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD . 底面ABCD 为正方形，CD ⊥AD ，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面P AD .又P A ⊂平面P AD ，所以CD ⊥P A . 又P A ＝PD ＝22AD ，所以△P AD 是等腰直角三角形，且∠APD ＝π2，即P A ⊥PD . 又CD ∩PD ＝D ，且CD ，PD ⊂平面PDC ，所以P A ⊥平面PDC . 又P A ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面PDC .(3)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF ，因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD ，而O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB ， 又底面ABCD 是正方形，故OF ⊥AD ，以O 为原点，建立空间直角坐标系O -xyz 如图所示，则有A (1，0,0)，C (－1,2,0)，F (0,1,0)，D (－1,0,0)，P (0,0,1)，若在AB 上存在点G ，使得二面角C -PD -G 的余弦值为13，连接PG ，DG ，设G (1，a,0)(0≤a ≤2)，则DP ＝(1,0,1)，GD ＝(－2，－a,0)，由(2)知平面PDC 的一个法向量为PA ＝(1,0，－1)， 设平面PGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．则⎩⎨⎧n ·DP ＝0，n ·GD ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，－2x －ay ＝0，解得⎩⎨⎧z ＝a2y ，x ＝－a2y .令y ＝－2，得n ＝(a ，－2，－a )，所以|cos 〈n ，PA 〉|＝|n ·PA ||n ||PA |＝2a 2×4＋2a 2＝13，解得a ＝12⎝⎛⎭⎫舍去－12. 所以，在线段AB 上存在点G ⎝⎛⎭⎫1，12，0⎝⎛⎭⎫此时AG ＝14AB ，使得二面角C -PD -G 的余弦值为13. [类题通法]解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．(2)探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．考点二 空间向量的综合应用|(重点保分型考点——师生共研)[典题例析](2014·江西高考)如图，四棱锥P -ABCD 中，ABCD 为矩形，平面P AD ⊥平面ABCD . (1)求证：AB ⊥PD ；(2)若∠BPC ＝90°，PB ＝2，PC ＝2，问AB 为何值时，四棱锥P -ABCD 的体积最大？并求此时平面BPC 与平面DPC 夹角的余弦值．解：(1)证明：ABCD 为矩形，故AB ⊥AD ；又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以AB ⊥平面P AD ，故AB ⊥PD .(2)过P 作AD 的垂线，垂足为O ，过O 作BC 的垂线，垂足为G ，连接PG . 故PO ⊥平面ABCD ，BC ⊥平面POG ，BC ⊥PG . 在Rt △BPG 中，PG ＝233，GC ＝263，BG ＝63.设AB ＝m ，则OP ＝PG 2－OG 2＝ 43－m 2， 故四棱锥P -ABCD 的体积为 V ＝13·6·m ·43－m 2＝m38－6m 2.因为m 8－6m 2＝8m 2－6m 4＝ －6⎝⎛⎭⎫m 2－232＋83， 故当m ＝63，即AB ＝63时，四棱锥P -ABCD 的体积最大．B⎝⎛⎭⎫63，－63，0，此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O (0,0,0)，C ⎝⎛⎭⎫63，263，0，D ⎝⎛⎭⎫0，263，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，63， 故PC ＝⎝⎛⎭⎫63，263，－63，BC ＝(0，6，0)， CD ＝⎝⎛⎭⎫－63，0，0， 设平面BPC 的一个法向量n 1＝(x ，y,1)，则由n 1⊥PC ，n 1⊥BC 得⎩⎪⎨⎪⎧63x ＋263y －63＝0，6y ＝0，解得x ＝1，y ＝0，n 1＝(1,0,1)．同理可求出平面DPC 的一个法向量n 2＝⎝⎛⎭⎫0，12，1.从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的余弦值为 cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝12·14＋1＝105. [类题通法]立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题，处理时常用如下两种方法(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件； (2)直接建系后，表示出最值函数，转化为求最值问题．[演练冲关](2015·山西模拟)如图，在几何体ABCDEF 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证：平面FBC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．解：(1)证明：在四边形ABCD 中，∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，∴AB ＝2， ∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3， ∴AB 2＝AC 2＋BC 2，∴BC ⊥AC .∵平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥平面ACFE . 又因为BC ⊂平面FBC ，所以平面FBC ⊥平面ACFE .(2)由(1)知可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系C -xyz ，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)． ∵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(3－λ)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77， 当λ＝3时，cos θ有最大值12，∴cos θ∈⎣⎡⎦⎤77，12.【新方法、新技巧练习与巩固】(一)1．(2015·云南模拟)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AB的中点．(1)求直线AD和直线B1C所成角的大小；(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD.2．(2014·北京高考)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．3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C.(1)证明：AC＝AB1；(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A-A1B1-C1的余弦值．B卷：增分提能1．(2015·深圳一调)如图所示，在多面体ABCD-A1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F-CC1-B的余弦值．2．(2014·山东高考)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．(1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝3，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．3．(2015·兰州模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P-AC-E的余弦值为63，求直线P A与平面EAC所成角的正弦值．答案A 卷：夯基保分1．解：不妨设正方体的棱长为2个单位长度，以DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .根据已知得：D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，B 1(2,2,2)．(1)∵DA ＝(2,0,0)，1CB ＝(2,0,2)，∴cos 〈DA ，1CB 〉＝DA ·1CB |DA ||1CB |＝22.∴直线AD 和直线B 1C 所成角为π4.(2)证明：取B 1D 的中点F ，得F (1,1,1)，连接EF . ∵E 为AB 的中点，∴E (2,1,0)， ∴EF ＝(－1,0,1)，DC ＝(0,2,0)， ∴EF ·DC ＝0，EF ·1CB ＝0， ∴EF ⊥DC ，EF ⊥CB 1.∵DC ∩CB 1＝C ，∴EF ⊥平面B 1CD .又∵EF ⊂平面EB 1D ，∴平面EB 1D ⊥平面B 1CD . 2．解：(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 ， 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)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 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AB ＝0，n ·AF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，得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 ＝⎝⎛⎭⎫432＋⎝⎛⎭⎫232＋⎝⎛⎭⎫－432＝2.3．解：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO .因为侧面BB 1C 1C 为菱形，所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点． 又AB ⊥B 1C ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，所以△BOA ≌△BOC .故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两相互垂直．以O 为坐标原点，OB ，1OB ，OA 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，|OB |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .因为∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形． 又AB ＝BC ，则A ⎝⎛⎭⎫0，0，33，B (1,0,0)，B 1⎝⎛⎭⎫0，33，0，C ⎝⎛⎭⎫0，－33，0.1AB ＝⎝⎛⎭⎫0，33，－33，11A B ＝AB ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－33， 11B C ＝BC ＝⎝⎛⎭⎫－1，－33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·1AB ＝0，n ·11A B ＝0，即⎩⎨⎧33y －33z ＝0，x －33z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·11A B ＝0，m ·11B C ＝0.同理可取m ＝(1，－3，3)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝17.所以二面角A -A 1B 1-C 1的余弦值为17.B 卷：增分提能1．解：以D 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D -xyz ，则A (2a ，0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )， ∴|cos 〈1AB ，1DD 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AB ·1DD |1AB |·|1DD |＝33， ∴异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)证明：∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )，∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0，1FB ·BC ＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B 1.(3)由(2)知，1FB 为平面BCC 1B 1的一个法向量． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量， ∵1CC ＝(0，－a ，a )，FC ＝(－a,2a,0)，∴⎩⎨⎧n ·1CC ＝0，n ·FC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则n ＝(2,1,1)， ∴cos 〈1FB ，n 〉＝1FB ·n|1FB |·|n |＝33，∵二面角F -CC 1-B 为锐角， ∴二面角F -CC 1-B 的余弦值为33. 2.解：(1)证明：因为四边形ABCD 是等腰梯形，且AB ＝2CD ，所以AB ∥DC ，又由M是AB 的中点，因此CD ∥MA 且CD ＝MA .连接AD 1，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，因为CD ∥C 1D 1，CD ＝C 1D 1，可得C 1D 1∥MA ，C 1D 1＝MA ，所以四边形AMC 1D 1为平行四边形，因此C 1M∥D 1A . 又C 1M ⊄平面A 1ADD 1，D 1A ⊂平面A 1ADD 1，所以C 1M ∥平面A 1ADD 1.(2)法一：连接AC ，MC ，由(1)知CD ∥AM 且CD ＝AM ， 所以四边形AMCD 为平行四边形． 可得BC ＝AD ＝MC ，由题意知∠ABC ＝∠DAB ＝60°，所以△MBC 为正三角形，因此AB ＝2BC ＝2，CA ＝3，因此CA ⊥CB .以C 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系C -xyz . 所以A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)． 因此M ⎝⎛⎭⎫32，12，0，所以1MD ＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，3，11D C ＝MB ＝⎝⎛⎭⎫－32，12，0.设平面C 1D 1M 的法向量n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·11D C ＝0，n ·1MD ＝0，得⎩⎨⎧3x －y ＝0，3x ＋y －23z ＝0，可得平面C 1D 1M 的一个法向量n ＝(1，3，1)． 又1CD ＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈1CD ，n 〉＝1CD ·n |1CD ||n |＝55.所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知平面D 1C 1M ∩平面ABCD ＝AB ，过C 向AB 引垂线交AB 于N ，连接D 1N .由CD 1⊥平面ABCD ，可得D 1N ⊥AB ，因此∠D 1NC 为二面角C 1-AB -C 的平面角．在Rt △BNC 中，BC ＝1，∠NBC ＝60°， 可得CN ＝32.所以ND 1＝CD 21＋CN 2＝152. 在Rt △D 1CN 中，cos ∠D 1NC ＝CN D 1N ＝32152＝55.所以平面C 1D 1M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为55. 3．解：(1)证明：∵PC ⊥底面ABCD ，∴PC ⊥AC ， ∵底面ABCD 是直角梯形，且AB ＝2AD ＝2CD ＝2， ∴AC ＝2，BC ＝ 2. ∴AB 2＝AC 2＋BC 2， ∴AC ⊥BC ，∵PC ∩BC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC ， ∵AC ⊂平面EAC ， ∴平面EAC ⊥平面PBC .C (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，a 2，(2)建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .设PC ＝a ，则A (0,0,0)，P (1,1，a )，B (0,2,0)．∴AC ＝(1,1,0)，AE ＝⎝⎛⎭⎫12，32，a 2，AP ＝(1,1，a )，BC ＝(1，－1,0)．设平面EAC 的法向量为v ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧v ·AC ＝0，v ·AE ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，x ＋3y ＋az ＝0，令x ＝1，则v ＝⎝⎛⎭⎫1，－1，2a ， ∵BC ⊥平面P AC ，∴平面P AC 的一个法向量为u ＝BC ＝(1，－1,0)， 设二面角P -AC -E 的大小θ，则cos θ＝v ·u |v |·|u |＝1×1＋(－1)×(－1)＋0×2a 2× 2＋4a 2＝63，解得a ＝2，∴直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为 cos 〈v ，AP 〉＝v ·AP |v |·|AP |＝1×1＋1×(－1)＋2×13×6＝23。

专题16 空间向量与立体几何考点1 利用空间向量证明平行与垂直调研1 如图，在正方体1111ABCD A B C D-中，O是AC的中点，E是线段1D O上一点，且1D E EOλ=⋅u u u u r u u u r.（1）求证：11DB CD O⊥平面；（2）若平面CDE ⊥平面1CD O ，求λ的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）2λ=.【解析】（1）不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则1111(0,0,0),(1,1,1),(,,0),(0,1,0),(0,0,1)22D B O C D ，于是1111(1,1,1),(,,0),(0,1,1)22DB OC CD ==-=-u u u u r u u u u r u u u r ，因为1110,0DB CD DB OC ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u u u u ru r ，所以111,DB CD DB OC ⊥⊥， 故11DB CD O ⊥平面.（2）由（1）可知1CD O 平面的一个法向量为1(1,1,1)DB ==u u u u rm ， 由1D E EO λ=⋅u u u u r u u u r，则1(,,)2(1)2(1)(1)E λλλλλ+++，设平面CDE 的法向量为(,,)x y z =n ，由·0,0CD DE =⋅=u u u r u u u r n n ，得0,02(1)2(1)(1)y x y zλλλλλ=⎧⎪⎨++=⎪+++⎩∴可取(2,0,)λ=-n ，因为1CD O CED ⊥平面平面，所以·0,2λ=∴=m n .☆技巧点拨☆直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法设直线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.注意：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.考点2 求空间角题组一 求异面直线所成的角调研1 如图所示，在三棱锥P –ABC 中，P A ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知P A =BC =2，AB =4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为A ．−3010 B ．−305 C ．305D ．3010【答案】D【解析】因为P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥BC ．过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ，则AP ，AB ，AE 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 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)，P (0，0，2)，B (4，0，0)，C (4，−2，0)．因为D 为PB 的中点，所以D (2，0，1)．故CP uu r =(−4，2，2)，AD uuu r =(2，0，1)．所以cos 〈AD uuu r ，CP uu r 〉=||||AD CPAD CP ⋅⋅uuu r uu ruuur uu r =－65×26=−3010. 设异面直线PC ，AD 所成的角为θ，则cos θ=|cos 〈AD uuu r ，CP uu r〉|=3010.调研 2 在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在1A C 上运动（包括端点），则BP 与1AD 所成角的取值范围是ABCD 【答案】D【解析】以点D 为原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x y z 、、轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，点P 坐标为(),1,x x x -，则()()11,,,1,0,1BP x x x BC =--=-u u u r u u u u r ，设1BP BC u u u ru u u u r、的夹角为α，则所以当13x =时，cos α取最大值当1x =时，cos α因为11BC AD ∥，所以BP 与1AD 所成角的取值范围是故选D. 【名师点睛】空间向量的引入为求空间角带来了方便，解题时只需通过代数运算便可达到解题的目的，由于两向量夹角的范围为[0,π]，因此向量的夹角不一定等于所求的空间角，因此在解题时求得两向量的夹角（或其余弦值）后还要分析向量的夹角和空间角大小间的关系．解题时要根据所求的角的类型得到空间角的范围，并在此范围下确定出所求角（或其三角函数值）．☆技巧点拨☆利用向量求异面直线所成的角一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为cos β=||||AC BD AC BD ⋅⋅uuu r uu u ruuur uu u r . 注意：两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β，即cos α=|cos β|.题组二 求线面角调研3 如图，四棱锥P –ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB =90°，AD ∥BC ，AD ⊥侧面P AB ，△P AB 是等边三角形，DA =AB =2，BC =12AD ，E 是线段AB 的中点．（1）求证：PE ⊥CD ；（2）求PC 与平面PDE 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2） 35.【解析】（1）因为AD ⊥侧面P AB ，PE ⊂平面P AB ，所以AD ⊥PE . 又△P AB 是等边三角形，E 是线段AB 的中点，所以PE ⊥AB ． 因为AD ∩AB =A ，所以PE ⊥平面ABCD ， 而CD ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥CD ．（2）以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz . 则E (0，0，0)，C (1，−1，0)，D (2，1，0)，P (0，0，3)． 所以ED →=(2，1，0)，EP →=(0，0，3)，PC →=(1，−1，−3)． 设n =(x ，y ，z )为平面PDE 的法向量．由，得⎩⎨⎧2x ＋y ＝0，3z ＝0.令x =1，可得n =(1，−2，0)．设PC 与平面PDE 所成的角为θ，则sin θ=|cos 〈PC →，n 〉|=|||||PC PC ⋅⋅uu u ruu ur n n |=35. 所以PC 与平面PDE 所成角的正弦值为35.调研4 如图，四棱锥P ABCD -中，PD ABCD ⊥平面，底面ABCD 是梯形，AB ∥CD ，BC CD ⊥，AB=PD=4，CD=2，AD =M 为CD 的中点，N 为PB 上一点，且(01)PN PB λλ=<<u u u r u u u r.（1）若14λ=时，求证：MN ∥平面P AD ； （2）若直线AN 与平面PBCAD 与直线CN 所成角的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2. 【解析】（114PN PB =u u u r u u u r ．在P A 上取点EEN ，DE ，Q 1444PN PB PE PA AB ===u u u r u u u r u u r ，，，∴EN ∥AB ，且14EN AB ==，Q M 为CD 的中点，CD=2，∴112DM CD ==，又AB ∥CD ，∴EN ∥DM ，EN =DM ，∴四边形DMNE 是平行四边形，∴MN ∥DE ，又DE ⊂平面P AD ，MN ⊄平面P AD ，∴MN ∥平面P AD ．（2）如图所示，过点D 作DH ⊥AB 于H ，则DH ⊥CD ．以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D −xyz ． 则D （0，0，0），M （0，1，0），C （0，2，0），B （2，2，0），A （2，−2，0），P （0，0，4），∴()()2,0,0,0,2,4CB CP ==-u u u r u u u r ，()()2,2,42,2,4AN AP PN AP PB λλ=+=+=-+-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r()22,22,44λλλ=-+-．该平面PBC 的法向量为(),,x y z =n ，则由20240CB x CP y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩u u u r u u u r n n ，得02x y z =⎧⎨=⎩，令z =1，得()0,2,1=n ．该直线AN 与平面PBC 所成的角为θ，则 ，解得1,3λ=∴()228248,,,,2,2,0333333N CN AD ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u ur u u u r ，，， 设直线AD 与直线CN 所成的角为α所以直线AD 与直线CN．☆技巧点拨☆利用向量求直线与平面所成的角①分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； ②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．注意：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．直线与平面的夹角计算设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ=(a 3，b 3，c 3)，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〉|.题组三 求二面角调研5 二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，已知2AB =，3AC =，4BD =，CD = A ．45︒ B ．60︒ C ．120︒D ．150︒【答案】B【解析】由已知可得：0,0AB AC AB BD ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r ，CD CA AB BD =++u u u r u u u u r u u r u u u r，，∴cos CA 12，即CA ，∴二面角的大小为60°，故选B.【名师点睛】这个题目考查的是立体几何中空间角的求法；解决立体几何的小题，通常有以下几种方法：一是建系法，二是用传统的方法，利用定义直接在图中找到要求的角；还有就是利用空间向量法来解决问题.注意向量夹角必须是共起点的，还有就是异面直线夹角必须是锐角或直角.调研6 如图，在四棱锥P ABCD -中，AP ，AB ，AD 两两垂直，BC AD ∥，且4AP AB AD ===，2BC =.（1）求二面角P CD A --的余弦值；（2）已知点H 为线段PC 上异于C 的点，且DC DH =，求PHPC的值. 【答案】（1）23；（2【思路分析】（1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得各平面法向量，利用向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系求结果；（2）设PH PC λ=u u u v u u u v，根据向量坐标表示距离，再根据距离相等解得λ，即为PHPC的值. 【解析】以{},,A AB AP D u u u r u u u r u u u r为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.则()0,0,0A ，()4,0,0B ，()4,2,0C ，()0,4,0D ，()0,0,4P .（1）易知()0,4,4DP =-u u u r ，()4,2,0DC =-u u u r.设平面PCD 的法向量为()1,,x y z =n ，则1100DP DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u u u v n n ，即440420y z x y -+=⎧⎨-=⎩，令1x =，则2y =，2z =.所以()11,2,2=n .易知平面ACD 的法向量为()20,0,1=n ，P CD A --的余弦值为23. （2）由题意可知，()4,2,4PC =-u u u r ，()4,2,0DC =-u u u r ，设()4,2,4PH PC λλλλ==-u u u r u u u r，则DH DP PH =+=u u u u r u u u r u u u r()4,24,44λλλ--， 因为DC DH ==，化简得23410λλ-+=，所以1λ=或13λ=.点H 异于点C ，所以13λ=调研7 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1CC ⊥底面ABC ，且122,CC AC BC AC BC ==⊥，D 是棱AB 的中点，点M 在侧棱1CC 上运动.（1）当M 是棱1CC 的中点时，求证：CD ∥平面1MAB ； （2）当直线AM 与平面ABC 所成的角的正切值为32时，求二面角11A MB C --的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）14-. 【思路分析】（1）取线段1AB 的中点E ，连接,DE EM ，可得四边形CDEM 是平行四边形，CD EM ∥，即可证明CD ∥平面1MAB ；（2）以C 为原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角11A MB C --的余弦值. 【解析】（1）取线段1AB 的中点E ，连接,DE EM . ∵1,AD DB AE EB ==，∴1DE BB ∥，且112DE BB =. 又M 为1CC 的中点，∴1CM BB ∥，且112CM BB =， ∴CM DE ∥，且CM DE =，∴四边形CDEM 是平行四边形，∴CD EM ∥. 又EM ⊂平面1,AB M CD ⊄平面1AB M ，∴CD ∥平面1MAB .（2）∵1,,CA CB CC 两两垂直，∴以C 为原点，1,,CA CB CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，如图，∵三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，∴MAC ∠即为直线AM 与平面ABC 所成的角. 设1AC =，则由3tanMAC ∠=，得3CM =.设平面1AMB 的一个法向量为(),,x y z =n ，2z =，得3,1x y ==-，即()3,1,2=-n .又平面11BCC B 的一个法向量为()1,0,0CA =u u ur，∴，又二面角11A MB C --的平面角为钝角，∴二面角11A MB C --的余弦值为14-.☆技巧点拨☆利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：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．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．平面与平面的夹角计算公式设平面α，β的法向量分别为μ=(a 3，b 3，c 3)，v =(a 4，b 4，c 4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|=|μ·v ||μ||v |=|cos 〈μ，v 〉|.题组四 解决探索性问题调研8 如图，在五面体ABCDPE 中，PD ⊥平面ABCD ，∠ADC =∠BAD =90°，F 为棱P A 的中点，PD =BC =2，AB =AD =1，且四边形CDPE 为平行四边形．（1）判断AC 与平面DEF 的位置关系，并给予证明；（2）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36？若存在，请求出QE 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1） AC ∥平面DEF ，证明见解析；（2） 在线段EF 上存在一点Q ⎝⎛⎭⎫14，1，324，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，此时QE =194. 【解析】（1）AC ∥平面DEF .理由如下： 设线段PC 交DE 于点N ，连接FN ，如图所示，因为四边形PDCE 为平行四边形，所以点N 为PC 的中点， 又点F 为P A 的中点，所以FN ∥AC ， 因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC ∥平面DEF .（2）假设在线段EF 上存在一点Q ，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，设FQ →=λFE →(0≤λ≤1)，如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系． 因为PD =BC =2，AB =AD =1，所以CD =2，所以P (0，0，2)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，A (1，0，0)，所以PB →=(1，1，−2)，BC →=(−1，1，0)． 设平面PBC 的法向量为m =(x ，y ，z )，则，即⎩⎨⎧ x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝y ，z ＝2x ，令x =1，得平面PBC 的一个法向量为m =(1，1，2)． 假设存在点Q 满足条件．由F ⎝⎛⎭⎫12，0，22，E (0，2，2)，可得FE →=⎝⎛⎭⎫－12，2，22.由FQ→=λFE →(0≤λ≤1)，整理得1)(,2,)22Q λλλ-+，则BQ →=1)(,21,)22λλλ-+--， 因为直线BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，所以|cos 〈BQ →，m 〉|=|||||BQ BQ ⋅⋅uu u ruu ur m m |=|5λ－1|219λ2－10λ＋7=36， 化简可得14λ2－5λ－1=0， 又0≤λ≤1，所以λ=12，故在线段EF 上存在一点Q ⎝⎛⎭⎫14，1，324，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36， 且QE=194.调研9 棱台1111ABCD A B C D -的三视图与直观图如图所示. （1）求证：平面11ACC A ⊥平面11BDD B ；（2）在线段1DD 上是否存在一点Q ，使CQ 与平面11BDDB ？若存在，指出点Q 的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）存在，点Q 在1DD 的中点位置，理由见解析.【思路分析】（1）首先根据三视图特征可得1AA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥.再由1AA BD ⊥即可得线面垂直，从而得出面面垂直；（2）直接建立空间直角坐标系写出各点坐标求出法向量，再根据向量的夹角公式列等式求出12λ=. 【解析】（1）根据三视图可知1AA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥. 因为BD ⊂平面ABCD ，所以1AA BD ⊥， 又1AA AC A =I ，所以BD ⊥平面11ACC A .因为BD ⊂平面11BDD B ，所以平面11ACC A ⊥平面11BDD B .（2）以A 为坐标原点，1,,AB AD AA 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，根据三视图可知四边形ABCD 为边长为2的正方形，四边形1111A B C D 为边长为1的正方形，1AA ⊥平面ABCD ，且11AA =.所以()11,0,1B ，()10,1,1D ，()2,0,0B ，()0,2,0D ，()2,2,0C . 因为Q 在1DD 上，所以可设()101DQ DD λλ=≤≤u u u r u u u u r.因为()10,1,1DD =-u u u u r ，所以1AQ AD DQ AD DD λ=+=+u u u r u u u u u r u u r u u u r u u u r()()()0,2,00,1,10,2,λλλ=+-=-. 所以()0,2,Q λλ-，()2,,CQ λλ=--u u u r.设平面11BDD B 的法向量为(),,x y z =n ，根据()()()()1,,2,2,00,0,,0,1,10,0x y z BD x y z DD ⎧⎧⋅-=⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅-=⋅=⎪⎪⎩⎩u u u r u u u ur n n令1x =，可得1y z ==，所以()1,1,1=n .设CQ 与平面11BDD B 所成的角为θ，9==. 所以12λ=，即点Q 在1DD 的中点位置. 调研10 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EPPB 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2） −77；（3）在线段EB 上不存在点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC ． 【解析】（1）∵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（如图）．易知DE =23，则A 1(0，0，2)，B (2，0，0)，C (4，23，0)，D (0，23，0)，∴1BA uuu r =(−2，0，2)，BC uu u r=(2，23，0)，易知平面A 1BE 的一个法向量为n =(0，1，0)．设平面A1BC的法向量为m =(x ，y ，z )，由1BA uuu r ·m =0，BC uu u r·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1A P uuu r =(t ，0，−2)，1A D uuu r=(0，23，−2)，设平面A 1DP 的法向量为p =(x 1，y 1，z 1)，由得⎩⎨⎧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 ．☆技巧点拨☆用向量解决探索性问题的方法1．确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．2．确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标． 3．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．1．（山东省泰安第二中学2019-2020学年高三上学期9月月考数学试题）已知(2,1,3)=-a ，(1,4,2)=--b ，(7,5,)x =c ，若a ，b ，c 三向量共面，则实数x =A ．627 B ．637C ．607D ．6572．（四川省成都市树德中学2019-2020学年高三11月阶段性检测数学试题）如图三棱锥S ABC -中，SA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，2AB BC ==，SA =SC 与AB 所成角的大小为A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30°3．（甘肃省天水市第一中学2020年高三上学期12月月考数学试题）如图1四边形ABCD 与四边形ADEF分别为正方形和等腰梯形，,AD EF AF =∥4,2AD EF ==，沿AD 边将四边形ADEF 折起，使得平面ADEF ⊥平面ABCD ，如图2，动点M 在线段EF 上，,N G 分别是,AB BC 的中点，设异面直线MN 与AG 所成的角为α，则cos α的最大值为A BC D 4．（山东省泰安第二中学2019-2020学年高三上学期9月月考数学试题）在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是1AA 的中点，已知AB =u u u r a ，AD =u u u rb ，1AA =u u u r c ，用a ，b ，c 表示CM u u u u r ，则CM =u u u u r ______. 5．（河南省天一大联考2019-2020学年高三阶段性测试（三）数学试题）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，60BAD ∠=o ，1122AB AA ==，E 、F 分别是线段1AA 、11C D 的中点.（1）求证：BD CE ⊥；（2）求平面ABCD 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值.6．（四川省南充市高中2019-2020学年高三第一次高考适应性考试数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，2AB =，BC a =，PA ABCD 底面⊥.（1）当a 为何值时，BD PAC ⊥平面？证明你的结论； （2）当122PA a ==时，求面PDC 与面PAB 所成二面角的正弦值.7．（河北省承德市第一中学2019-2020学年高三上学期12月月考数学试题）如图，已知点H 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线11B D 上，∠HDA =60︒．（1）求DH 与1CC 所成角的大小；（2）求DH 与平面1A BD 所成角的正弦值．8．（湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2019-2020学年高三上学期10月联考数学试题）已知在多面体ABCDE 中，DE AB ∥，AC BC ⊥，24BC AC ==，2AB DE =，DA DC =且平面DAC ⊥平面ABC .（1）设点F 为线段BC 的中点，试证明EF ⊥平面ABC ；（2）若直线BE 与平面ABC 所成的角为60o ，求二面角B AD C --的余弦值.9．（广东省广州市番禺区广东仲元中学2019-2020年高三上学期11月月考数学试题）如图1，PAD △是以AD 为斜边的直角三角形，1PA =，BC AD ∥，CD AD ⊥，22AD DC ==，12BC =，将PAD △沿着AD 折起，如图2，使得2PC =．（1）证明：平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）求二面角A PB C --大小的余弦值．10．（天津市部分区2019-2020学年高三上学期期末数学试题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，P 、O 分别为AC 、11A C 的中点，11PA PC ==1111A B B C =1PB ==114A C =.（1）求证：PO ⊥平面111A B C ； （2）求二面角111B PA C --的正弦值；（3）已知H 为棱11B C 上的点，若11113B H BC =u u u u r u u u u r，求线段PH 的长度.1．（2018新课标全国Ⅱ理科）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15 BC ．5D ．22．（2017新课标全国Ⅲ理科）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________________．(填写所有正确结论的编号)3．（2018新课标全国Ⅰ理科）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.4．（2018新课标全国Ⅱ理科）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．5．（2018新课标全国Ⅲ理科）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧»CD 所在平面垂直，M 是»CD上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值．6．（2017新课标全国Ⅰ理科）如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o . （1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；C（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A −PB −C 的余弦值.7．（2017新课标全国Ⅱ理科）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 ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= 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o 45，求二面角M AB D --的余弦值．8．（2017新课标全国Ⅲ理科）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.9．（2019年高考全国Ⅰ卷理数）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．10．（2019年高考全国Ⅱ卷理数）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．11．（2019年高考全国Ⅲ卷理数）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.。

空间向量在立体几何中的应用（理）张生（内蒙古师范大学附属中学）1考纲分析掌握空间向量的运算（加法、减法、数乘、数量积）及图形法则；掌握空间向量的坐标表示及运算；能用向量语言表述空间中的平行关系（直线与直线、直线与平面、平面与平面）与垂直关系（直线与直线、直线与平面、平面与平面）；会求平面的法向量；能用向量方法解决空间中的夹角（直线与直线、直线与平面、平面与平面）问题；理解空间向量的分解定理。

2考情分析多年来，高考对立体几何的考查方式保持稳定，难度和分值也没有大的波动。

题目数量上基本是二小一大或三小一大，小题主要以选择题、填空形式出现，考察立体几何的基本计算问题，大题位于解答题的第二或三个，以考察空间角的计算，空间线面的平行与垂直以及空间距离为主，属于中档题。

绝大部分题目可借助向量的坐标运算解题，但也兼顾传统几何证明的考察，另外，需要注意的是有些题目用非坐标向量法解题会更有优势。

所以，从备考角度来讲，不能单单只强调坐标法，也应强化非坐标向量法的训练。

3教材研读在本专题内容的教学设计之前，笔者全面细致地研读了教材（人教B版）内容和相应的例题，复习时应以教材为主线，例题为抓手，充分发挥例题的导向作用与推广探究价值。

具体内容编排如下：（1）在空间坐标系中表示点的坐标，教材中例题的应用转化价值在于学会用向量共线法求点的坐标，复习时应补充投影法求点的坐标；（2）用向量法证明空间的平行关系，关键理解好向量的共线定理和共面定理，注意向量结论向几何转化的等价性。

本节教材编写以向量的线性运算为主线，复习时应强调坐标运算；（3）用向量方法解决空间的直线与平面、直线与直线、平面与平面的夹角问题，教材中的例题既有借助坐标法解题的，也有利用线性运算（非坐标法）解题的，这提醒我们在复习时应该双法并举！（4）用向量法解决空间的距离问题（选学），教材中的例题具有很强的代表性，复习时不防回归教材。

4重点与难点重点：（1）利用坐标法求解空间角度、空间距离以及与垂直平行相关的证明问题。

空间向量及其运算（理科 ）一、 学习目标：1、知识与技能：了解空间向量的概念、空间向量的基本定理及其意义.掌握空间向量的正交分解及其坐标表示。

掌握空间向量的线性运算、数量积及其坐标表示，用向量的数量积判断向量的共线与垂直2、过程与方法：通过合作、探究、展示、点评培养学生的自主学习能力。

3、情感、态度、价值观：增强数学学习信心，体会数学的科学价值，获得学习的快乐。

二、知识梳理：：已知向量111222(,,),(,,)x y z x y z ==a b1、±=a b2、λa =3、⋅a b =4、共线向量定理：（1）//a b ()≠⇔0b ⇔（2）//a b 222(0)x y z ≠⇔ （3）与)0(≠a a 共线的单位向量是5、共面向量定理：6、空间向量分解定理：7、空间向量b a ,的数量积（1）夹角 ；（2）两个向量b a ,数量积的定义： ；（3）两个向量b a ,数量积的性质 ， ， ， 。

（4）数量积满足的运算律： ， ， 。

8、两个向量的夹角及长度的计算：设),,(),,,(321321b b b b a a a a ==，= ________，cos<b a ,>= ____________三、基础训练： （1）在空间四边形OABC 中，,,,OA OB OC ===a b c 点M 在OA 上，且OM=2MA ，N 是BC 的中点，则MN = .（2）已知,R λ∈a 为非零向量，则下列结论正确的是（ ）（A ）λa 与a 同向 （B ）|λa |=λ|a | （C ）（λa ）//a (D) |λa |=|λ|a（3）设非零向量a ，b ，c ，,||||||=++a b c p a b c 那么||p 的取值范围是（ ） （A ）[0,1] （B ）[1,2] （C ）[0,3] (D) [1,3]（4）在平行六体ABCD A B C D ''''-中,AB=4,AD=3,5,AA '=90BAD ∠=,BAA '∠=60DAA '∠=则AC '的长度为四、合作、探究、展示：例1、如图所示，在平行六面体ABCD A B C D ''''-中，,,AB AD ==a b ,AA '=c P 是CA '的中点，M 是CD '的中点，N 是C D ''的中点，点Q 在CA '上，且:4:1,CQ QA '=用基底{a ，b ，c }表示以下四个向量：（1）;AP （2）;AM （3）;AN （4）AQ例2、 棱长为1的正方体111111BB BD,,DD G F E 分别是，，中，D C B A ABCD -的中点。