2018高考数学(理)专题突破—立体几何中的向量方法

专题44立体几何的向量方法1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(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. 2．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ν1和ν2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔ν1∥ν2⇔v 1＝λν2.(2)设直线l 的方向向量为ν，与平面α共面的两个不共线向量ν1和ν2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使ν＝x ν1＋y ν2．(3)设直线l 的方向向量为ν，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔ν⊥u ⇔u ·ν＝0．(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⇔u 1＝λu 23．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ν1和ν2，则l 1⊥l 2⇔ν1⊥ν2⇔ν1·ν2＝0．(2)设直线l 的方向向量为ν，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔ν∥u ⇔v ＝λu ．(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＝0．4．空间向量与空间角的关系(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所成的角θ满足cos θ＝__|cos 〈m 1，m 2〉|＝|m 1·m 2||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所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝ |m ·n ||m |·|n |． (3)求二面角的大小(ⅰ)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 →〉．(ⅱ)如图②③，n 1，n 2 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．5．点面距的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |．高频考点一 利用空间向量证明平行问题【例1】 如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，∴AB ，AP ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0)．法一 ∴EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)，设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0， 令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量，∵PB →＝(2，0，－2)，∴PB →·n ＝0，∴n ⊥PB →，∵PB ⊄面EFG ，∴PB ∥平面EFG .规律方法 (1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．【变式探究】 如图，平面P AC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别为P A ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，P A ＝PC ＝10.设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ；证明 如图，连接OP ，∵P A ＝PC ，O 是AC 的中点，∴PO ⊥AC ，又∵面P AC ⊥面ABC ，∴PO ⊥面ABC ，∵△ABC 是以AC 为斜边的直角三角形，∴BO ⊥AC .所以点O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，则O (0，0，0)，A (0，－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)，设n ＝(x ，y ，z )为面BOE 的法向量，则n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－4y ＋3z ＝0， 令z ＝4，得y ＝3.所以平面BOE 的一个法向量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 .高频考点二 利用空间向量证明垂直问题【例2】如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .证明 (1)如图所示，以O 为坐标原点，以射线OP 为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系O －xyz . 则O (0，0，0)，A (0，－3，0)，B (4，2，0)，C (－4，2，0)，P (0，0，4)．于是AP →＝(0，3，4)，BC →＝(－8，0，0)，∴AP →·BC →＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0，所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC .(2)由(1)知|AP |＝5，又|AM |＝3，且点M 在线段AP 上，∴AM →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125， 又BA →＝(－4，－5，0)，∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125， 则AP →·BM →＝(0，3，4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， ∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC .又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BCM .【变式探究】如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D .证明 由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2，∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (－1，0，0)，D (0，－1，0)，A 1(0，0，1)．由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1，1，1)．∵A 1C →＝(－1，0，－1)，BD →＝(0，－2，0)，BB 1→＝(－1，0，1)，∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0，∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1，又BD ∩BB 1＝B ，∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .高频考点三 利用空间向量解决探索性问题【例3】 在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB .若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说明理由．(1)证明 如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E⎝⎛⎭⎫a ，a 2，0，P (0，0，a )， F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0)．∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .【变式探究】如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，P A ⊥CD ，P A ＝1，PD ＝2，E 为PD 上一点，PE ＝2ED .(1)求证：P A ⊥平面ABCD ；(2)在侧棱PC 上是否存在一点F ，使得BF ∥平面AEC ？若存在，指出F 点的位置，并证明；若不存在，说明理由．(1)证明 ∵P A ＝AD ＝1，PD ＝2，∴P A 2＋AD 2＝PD 2，即P A ⊥AD .又P A ⊥CD ，AD ∩CD ＝D ，∴P A ⊥平面ABCD .(2)解 以A 为原点，AB ，AD ，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)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫0，23，13，AC →＝(1，1，0)， AE →＝⎝⎛⎭⎫0，23，13. 设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0， 令y ＝1，则n ＝(－1，1，－2)．假设侧棱PC 上存在一点F ，且CF →＝λCP →(0≤λ≤1)，使得BF ∥平面AEC ，则BF →·n ＝0.又∵BF →＝BC →＋CF →＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，∴BF →·n ＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝12， ∴存在点F ，使得BF ∥平面AEC ，且F 为PC 的中点.高频考点四 求异面直线所成的角【例4】 如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，P A ＝2.求：(1)△PCD 的面积．(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小．解 (1)因为P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥CD .又AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面P AD ，从而CD ⊥PD .因为PD ＝22＋（22）2＝23，CD ＝2，所以△PCD 的面积为12×2×23＝2 3. (2)法一 如图1，取PB 中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角．在△AEF 中，由于EF ＝2，AF ＝2，AE ＝12PC ＝2. 则△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF ＝π4. 因此，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4. 法二 如图2，建立空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (2，22，0)，E (1，2，1)，AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0，22，0)．设AE →与BC →的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4. 由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4. 规律方法 本题可从两个不同角度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 →|. 【变式探究】 如右图所示正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，已知点H 在A ′B ′C ′D ′的对角线B ′D ′上，∠HDA ＝60°.求DH 与CC ′所成的角的大小．解 如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D －xyz ，则DA →＝(1，0，0)，CC ′→＝(0，0，1)．设DH →＝(m ，m ，1)(m ＞0)，由已知，〈DH →，DA →〉＝60°由DA →·DH →＝|DA →|·|DH →| ·cos 〈DH →，DA →〉，可得2m ＝2m 2＋1，解得m ＝22， ∴DH →＝⎝⎛⎭⎫22，22，1，∴〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DH 与CC ′所成的角为45°. 高频考点五 利用空间向量求直线与平面所成的角【例5】 (2014·北京卷)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 ，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A －xyz ，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.【变式探究】 (2014·福建卷)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．(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．(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 ，。

专题 12 立体几何中的向量方法【2018年高考考纲解读】 高考对本内容的考查主要有：(1)空间向量的坐标表示及坐标运算，属B 级要求； (2)线线、线面、面面平行关系判定，属B 级要求； (3)线线、线面、面面垂直的判定，属B 级要求；(4)求异面直线、直线与平面、平面与平面所成角，属B 级要求． 【重点、难点剖析】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 的方向向量分别为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⊥ν⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0. 2．空间角的计算 (1)两条异面直线所成的角设直线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)．(2)直线和平面所成的角如图所示，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|＝|e ·n ||e ||n |.(3)二面角如图所示，二面角α－l －β，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面有α－l －β的大小为θ或π－θ.3．用向量法证明平行、垂直问题的步骤(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面．(2)通过向量运算研究平行、垂直问题． (3)根据运算结果解释相关问题．4．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦； (2)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. 【题型示例】题型一 向量法证明平行与垂直【例1】【2016高考浙江理数】(本题满分15分)如图,在三棱台ABC DEF -中,平面BCFE ⊥平面ABC ,=90ACB ∠,BE =EF =FC =1,BC =2,AC =3.(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 ． 【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 ．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(2E ，1F(2-．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 ,4⋅==⋅m n m n m n ． 所以，二面角B AD F --【举一反三】 (2015·陕西，18)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．(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，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1110,0,n BC n A C ⎧=⎪⎨=⎪⎩得11110,0,x y y z -+=⎧⎨-=⎩取n 1＝(1，1，1)； 2210,0,n CD n AC ⎧=⎪⎨=⎪⎩得2220,0,x y z =⎧⎨-=⎩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. 【变式探究】(2014·辽宁)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直， 且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点．(1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E－BF －C 的正弦值．【命题意图】本题主要考查直线与平面的位置关系的判定和性质、二面角的作法和求法以及空间向量的应用等知识，结合位置关系的判断和空间角的求法，考查考生的空间想象能力和运算求解能力． 【思路方法】(1)可以利用线面的垂直来判定线线垂直，也可以利用空间向量来求解． (2)可以作出二面角再进一步求解，也可以利用空间向量求解．【解析】解法一：(1)证明：如图(1)，过E作EO⊥BC，垂足为O，连接OF.由题意得△ABC≌△DBC，可证出△EOC≌△FOC.所以∠EOC＝∠FOC＝90°，即FO⊥BC.又EO⊥BC，EO∩FO＝O，因此BC⊥平面EFO.又EF⊂平面EFO，所以EF⊥BC.图(1)解法二：(1)证明：由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B作垂直于BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，易得B(0,0,0)，A(0，－1，3)，D(3，－1,0)，C(0,2,0)，因而E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0,2,0)，因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC.图(2)(2)如图(2)，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)． 设平面BEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 又BF →＝⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0，n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1)．设二面角E －BF －C 的大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15.因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.【感悟提升】(1)空间中线面的平行与垂直的证明有两个思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证，而用向量法证明空间线线、线面、面面平行或垂直时，实质上转化成直线的方向向量与平面的法向量之间的关系．(2)用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证，而直接算就行了，把几何问题代数化．尤其是在正方体、长方体、直四棱柱中相关问题的证明用向量法更简捷．但是向量法要求计算必须准确无误．【变式探究】如图，在直三棱柱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：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .(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 .【规律方法】证明平行、垂直关系时，若用传统的几何法，难以找出问题与条件的关系时，可采用向量法，但向量法要求计算必须准确无误，利用向量法的关键是正确求平面的法向量．【变式探究】 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．求证：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .【证明】由题意，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)．则n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .题型二 利用向量求空间角(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面x －2＋⎩⎨⎧－2x 0＋x 0＝0【变式探究】【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DEF ∆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OHEF 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00AB 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cos ,⋅<>===m n m n m nsin ,<>=m n .因此二面角B D A C '--的正弦值. 【举一反三】(2015·四川，14)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－y 52·4y 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－y4y 2＋5， 令t ＝1－y ，则y ＝1－t ， ∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1，那么cos α＝|cos θ|＝255·t 4t 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【变式探究】(2015·安徽，19)如图所示，在多面体A 1B 1D 1­DCBA ，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．(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.【举一反三】(2015·重庆，19)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A －PD －C 的余弦值．(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PAD 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A －PD －C 的余弦值为36. 【感悟提升】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．利用空间向量求空间角的思路(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．提醒：当通过二面角的两个面的法向量求解时，其中一个法向量可从题中与该面垂直的直线的方向向量得到，而不必都求．【变式探究】如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 是正方形 AA 1B 1B 的中心，AA 1＝22，C 1H ⊥平面AA 1B 1B ，且C 1H ＝ 5.(1)求异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值； (2)求二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值；(3)设N 为棱B 1C 1的中点，点M 在平面AA 1B 1B 内，且MN ⊥平面A 1B 1C 1，求线段BM 的长． 【解析】(1)如图所示，建立空间直角坐标系，点B 为坐标原点． 依题意得A (22，0,0)，B (0,0,0)，C (2，－2，5)，A 1(22，22，0)，B 1(0,22，0)，C 1(2，2，5)．(1)易得AC →＝(－2，－2，5)，A 1B 1→＝(－22，0,0)，于是cos 〈AC →，A 1B 1→〉＝AC →·A 1B 1→|AC →||A 1B 1→|＝43×22＝23.所以异面直线AC 与A 1B 1所成角的余弦值为23.同样地，设平面A 1B 1C 1的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B 1→＝0，即⎩⎨⎧－2x 1－2y 1＋5z 1＝0，－22x 1＝0.不妨令y 1＝5， 可得n ＝(0，5，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝27·7＝27，从而sin 〈m ，n 〉＝357.所以二面角A －A 1C 1－B 1的正弦值为357.(3)由N 为棱B 1C 1的中点，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，322，52，设M (a ，b,0)，则MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a ，322－b ，52.由MN ⊥平面A 1B 1C 1，得⎩⎪⎨⎪⎧MN →·A 1B 1→＝0，MN →·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a －22＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫22－a －2＋⎝⎛⎭⎪⎫322－b －2＋52·5＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝22，b ＝24，故M ⎝⎛⎭⎪⎫22，24，0， 因此BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，24，0，所以线段BM 的长|BM →|＝104.【规律方法】异面直线所成角的余弦等于两条异面直线方向向量夹角余弦的绝对值；线面所成角的正弦等于平面的法向量与直线方向向量夹角余弦的绝对值；二面角平面角余弦与二面角两平面法向量夹角的余弦绝对值相等，其正负可以通过观察二面角是锐角还是钝角进行确定． 题型三 利用空间向量解决探索性问题【例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 . 【变式探究】【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1100n 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OEF 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C E F 的法向量，则2200n E F n C F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，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23sin ,OA n <>=O EF C --的正弦值（III ）解：由23AH HF =，得25AH AF =.因为()1,1,2AF =-，所以2224,,5555AH AF ⎛⎫==- ⎪⎝⎭，进而有334,,555H ⎛⎫- ⎪⎝⎭，从而284,,555BH ⎛⎫= ⎪⎝⎭，因此222cos ,21BH n BH n BH n ⋅<>==-⋅所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为21. 【举一反三】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．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值．【命题意图】本小题主要考查空间两条直线的位置关系，二面角、直线与平面所成的角，直线与平面垂直等基础知识，意在考查考生利用空间向量解决立体几何问题的方法及空间想象能力、运算能力和推理论证能力．【解题思路】(1)建系坐标化，通过数量积为零证明垂直关系．(2)关键在于求出平面PBD 的法向量．(3)通过设CF →＝λCP →，用参数表示出点F 坐标，由垂直关系求解，进而确定二面角．【解析】依题意，以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)证明：BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0.所以BE ⊥DC .(2)BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量．则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量，于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n ||BE →|＝26×2＝33.所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)．由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1.故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34，即BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，32. 设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1 ·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面FAB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－310×1＝－31010. 易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010. 【感悟提升】(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的论证推理，只需通过坐标运算进行判断，但对运算有较高要求，运算结论要准确．(2)解题时，注意把要成立的结论做为已知条件，据此列方程或方程组，把存在性问题转化为“点的坐标是否存在，在限制范围内是否有解”等，因此把空间问题转化为运算问题，使问题的解决变的简单更有效．(3)利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：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．【变式探究】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；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．(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，－a 2，－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.(3)解 连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D .∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)．设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a2－a2·1＋a 24＋a2.∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos 30°，即3a22·1＋5a24＝32，解得a＝2，即AB的长为2.【规律方法】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解题．【变式探究】如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求证：二面角A1－BC1－B1的余弦值；(3)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求BDBC1的值．【解析】(1)证明在正方形AA1C1C中，A1A⊥AC.又平面ABC⊥平面AA1C1C，且平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，∴AA1⊥平面ABC.(2)解在△ABC中，AC＝4，AB＝3，BC＝5，∴BC2＝AC2＋AB2，AB⊥AC∴以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A－xyz.A1(0,0,4)，B(0,3,0)，C1(4,0,4)，B1(0,3,4)，A1C1→＝(4，0,0)，A1B→＝(0,3，－4)，B1C1→＝(4，－3,0)，BB1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∴⎩⎪⎨⎪⎧ A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0， ∴取向量n 1＝(0,4,3)，由⎩⎪⎨⎪⎧ B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ 4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0.取向量n 2＝(3,4,0)∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝165×5＝1625. (3)证明 设D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，且BD →＝λBC 1→.∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ，∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0则λ＝925，因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B 此时BD BC 1＝925. 题型四 空间距离例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{ 0n 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 ,NH BE NH BE NH BE h ⋅===，整理得2102180h h -+=，解得85h =，或12h =.所以，线段AH 的长为85或12. 【变式探究】(2015·江苏，22)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. 【变式探究】(2015·山东，17)如图，在三棱台DEF －ABC 中，AB＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE, ∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．(1)证明 法一 连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH ，在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则O 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以OH ∥BD ，又OH ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .(2)解 法一 设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF －ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形，因此DG ∥FC ，又FC ⊥平面ABC ，所以DG ⊥平面ABC .在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点．所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ，因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1)．可得H ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)，故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的一个法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0. 可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0)．所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 法二 作HM ⊥AC 于点M ，作MN ⊥GF 于点N ，连接NH . 由FC ⊥平面ABC ，得HM ⊥FC ，又FC ∩AC ＝C ，所以HM ⊥平面ACFD .因此GF ⊥NH ，所以∠MNH 即为所求的角．在△BGC 中，MH ∥BG ，MH ＝12BG ＝22，由△GNM ∽△GCF ，可得MN FC ＝GM GF ，从而MN ＝66.由HM ⊥平面ACFD ，MN ⊂平面ACFD ，得HM ⊥MN ， 因此tan ∠MNH ＝HMMN ＝3，所以∠MNH ＝60°，所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.。

考点34：利用空间向量法解决立体几何的综合问题【考纲要求】1.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题.2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 【命题规律】利用空间向量法解决立体几何的综合问题是高考热点问题，解答题考查的比较多.预计2018年的高考对本知识的考查空间向量的应用，仍然是以简单几何体为载体．【典型高考试题变式】 （一）利用向量证明直线和平面的位置关系及其空间角例1.【2016全国1卷（理）】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 BEF 都是60．（Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E BC A 的余弦值．【解析】（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DFE ∠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 -，(3D ． 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()2,0,3C -．所以()1,0,3ΕC =，()0,4,0ΕΒ=，()3,4,3ΑC =--，()4,0,0ΑΒ=-． 设(),,x y z =n 是平面ΒC Ε的法向量，则00ΕC ΕΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 所以可取()3,0,3=-n ．设m 是平面ΑΒCD 的法向量，则0ΑC ΑΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，同理可取()0,3,4=m ．则219cos ,19⋅==-n m n m n m ． 故二面角E BC A 的余弦值为21919-．【方法技巧归纳】立体几何解答题第一问通常考查线面位置关系的证明,空间中线面位置关系的证明主要包括线线、线面、面面三者的平行与垂直关系,其中推理论证的关键是结合空间想象能力进行推理,注意防止步骤不完整或考虑不全致推理片面,该类题目难度不大,以中档题为主.第二问一般考查角度问题,多用空间向量法解决.【变式1】【改编例题条件】【2016全国2卷（理）】如图,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=,EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△D'EF 的位置,OD'=.（Ⅰ）证明:D'H⊥平面ABCD. （Ⅱ）求二面角B-D'A-C 的正弦值.【解析】试题分析：（Ⅰ）证，再证，最后证；（Ⅱ）用向量法求解.试题解析：（Ⅰ）由已知得，，又由得，故.因此，从而.由,得.由得.所以，.于是，故.又，而，所以.（Ⅱ）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，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，所以可取.设是平面的法向量，则，即，所以可取.于是，.因此二面角的正弦值是.【变式2】【改编例题条件，利用导数运算法则构造函数求解不等式】【2016全国3卷（理）】如图，四棱锥P −ABC 中，PA⊥底面ABCD ，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点.（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;（Ⅱ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值. 【解析】试题分析：（Ⅰ）取BP 的中点T ，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT 为平行四边形，从而得到MNAT ，由此结合线面平行的判定定理可证；（Ⅱ）以A 为坐标原点，AE 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系，然后通过求直线AN 的方向向量与平面PMN 的法向量的夹角的余弦值来求解AN 与平面PMN 所成角的正弦值．（Ⅱ）取BC 的中点E ，连结AE .由AC AB =得BC AE ⊥，从而AD AE ⊥，且5)2(2222=-=-=BC AB BE AB AE . 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xyz A -.由题意知，)4,0,0(P ，)0,2,0(M ，)0,2,5(C ，)2,1,25(N ， (0,2,4)PM =-，5(,1,2)2PN =-，5(,1,2)2AN =. 设(,,)x y z =n 为平面PMN 的一个法向量，则0,0,PM PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即240,520,2y z x y z -=⎧⎪⎨+-=⎪⎩ 可取(0,2,1)=n .于是||85|cos ,|25||||AN AN AN ⋅==n n n .（二）利用向量解决立体几何中的探索问题例2.【2016北京卷】如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，5AC CD ==（Ⅰ）求证：PD ⊥平面PAB ；（Ⅱ）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；（Ⅲ）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. 【解析】试题解析：（Ⅰ）因为平面⊥PAD 平面ABCD ，AD AB ⊥， 所以⊥AB 平面PAD . 所以PD AB ⊥. 又因为PD PA ⊥， 所以⊥PD 平面PAB .（Ⅱ）取AD 的中点O ，连结CO PO ,. 因为PD PA =，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(,,)x y z =n ，则0,0,PD PC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即⎩⎨⎧=-=--,02,0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x . 所以(1,2,2)=-n .又)1,1,1(-=PB ，所以3cos ,3PB PB PB⋅==-n n n . 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33.（Ⅲ）设M 是棱PA 上一点，则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=. 因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M .因为⊄BM 平面PCD ，所以∥BM 平面PCD 当且仅当0BM ⋅=n ， 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得41=λ. 所以在棱PA 上存在点M 使得∥BM 平面PCD ，此时41=AP AM .【方法技巧归纳】平面与平面垂直的性质定理的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个平面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等.【变式1】【改编例题的条件】【2015湖北卷（理）】《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，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑． 如图，在阳马P ABCD -中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD CD =，过棱PC 的中点E ，作EF PB ⊥交PB 于点F ，连接,,,.DE DF BD BE（Ⅰ）证明：PB DEF ⊥平面．试判断四面体DBEF 是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（Ⅱ）若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DCBC的值． 【解析】（解法1）（Ⅰ）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD BC ⊥， 由底面ABCD 为长方形，有BC CD ⊥，而PDCD D =，所以BC PCD ⊥平面．而DE PCD ⊂平面，所以BC DE ⊥． 又因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥． 而PCBC C =，所以DE ⊥平面PBC ．而PB PBC ⊂平面，所以PB DE ⊥．又PB EF ⊥，DEEF E =，所以PB ⊥平面DEF ．由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB DEF ∠∠，，EFB D FB ∠∠，． （Ⅱ）如图1，在面PBC 内，延长BC 与FE 交于点G ，则DG 是平面DEF 与平面ABCD的交线．由（Ⅰ）知，PB DEF ⊥平面，所以PB DG ⊥． 又因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD DG ⊥．而PDPB P =，所以DG PBD ⊥平面．故BDF ∠是面DEF 与面ABCD 所成二面角的平面角，设1PD D C ==，BC λ=，有21BD λ=+，在Rt△PDB 中, 由DF PB ⊥, 得π3DPF FDB ∠=∠=, 则 2πtan tan 133BD DPF PDλ=∠==+=, 解得2λ=． 所以12.2DC BC λ== 故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，22DC BC =． 因(0,1,1)PC =-, 0DE PC ⋅=, 则DE PC ⊥, 所以DE PBC ⊥平面．由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEB DEF ∠∠，，EFB D FB ∠∠，．（Ⅱ）由PD ABCD ⊥平面，所以(0,0,1)DP =是平面ABCD 的一个法向量；由（Ⅰ）知，PB DEF ⊥平面，所以(,1,1)BP λ=--是平面DEF 的一个法向量． 若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3， 则2π11cos32||||2BP DP BP DP λ⋅===⋅+， 解得2λ=．所以12.2DC BC λ==故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时，22DC BC =．【变式2】【改编例题的条件和问法】【2014湖北卷】如图，在棱长为2的正方体1111D C B A ABCD -中，N M F E ,,,分别是棱1111,,,D A B A AD AB 的中点，点Q P ,分别在棱1DD ,1BB 上移动，且()20<<==λλBQ DP .（1）当1=λ时，证明：直线//1BC 平面EFPQ ；（2）是否存在λ，使平面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.【解析】试题分析：（1）由正方体1111D C B A ABCD -的性质得11//AD BC ，当1=λ时，证明1//AD FP ，由平行于同一条直线的两条直线平行得FP BC //1，根据线面平行的判定定理证明//1BC 平面EFPQ ；（2）解法1，如图2，连结BD ，证明四边形EFPQ 与四边形PQMN 是等腰梯形，分别取EF 、PQ 、MN 的中点为H 、O 、G ，连结OH 、OG ，证明GOH ∠是平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角的平面角，设存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，求出λ的值；解法2，以D 为原点，射线1,,DD DC DA 分别为z y x ,,轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系xyz D -，用向量法求解. 几何法：（1）证明：如图1，连结1AD ，由1111D C B A ABCD -是正方体，知11//AD BC ， 当1=λ时，P 是1DD 的中点，又F 是AD 的中点，所以1//AD FP ， 所以FP BC //1，而⊂FP 平面EFPQ ，且⊄1BC 平面EFPQ ， 故//1BC 平面EFPQ .于是，21λ+==FP EQ ，所以四边形EFPQ 是等腰梯形， 同理可证四边形PQMN 是等腰梯形，分别取EF 、PQ 、MN 的中点为H 、O 、G ，连结OH 、OG ， 则PQ GO ⊥，PQ HO ⊥，而O HO GO = ，故GOH ∠是平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角的平面角，若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，则90=∠GOH ，连结EM 、FN ，则由MN EF //，且MN EF =，知四边形EFNM 是平行四边形， 连结GH ，因为H 、G 是EF 、MN 的中点，所以2==ME GH ，在GOH ∆中，42=GH ，21)22(12222+=-+=λλOH ， 21)2()22()2(12222+-=--+=λλOG ， 由222GH OH OG =+得42121)2(22=+++-λλ，解得221±=λ， 故存在221±=λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角. 向量法：以D 为原点，射线1,,DD DC DA 分别为z y x ,,轴的正半轴建立如图3的空间直角坐标系xyz D -，由已知得),0,0(),0,0,1(),2,2,0(),0,2,2(1λP F C B ， 所以)2,0,2(1-=BC ，),0,1(λ-=FP ，)0,1,1(=FE ， （1）证明：当1=λ时，)1,0,1(-=FP ，因为)2,0,2(1-=BC ， 所以FP BC 21=，即FP BC //1，而⊂FP 平面EFPQ ，且⊄1BC 平面EFPQ ， 故直线//1BC 平面EFPQ .故存在221±=λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角. 【方法总结】立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略． 1．条件追溯型解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找到切入点．这类题目要求考生变换思维方向，有利于培养考生的逆向思维能力． 2．存在判断型以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：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．求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便． 3．结论探索型立体几何中的结论探索型问题的基本特征是：给出一定的条件与设计方案，判断设计的方案是否符合条件要求．此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得仔细、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳． 【空间角的范围处理错误注意点】解决此类问题，要注意各种空间角的给定范围，容易在范围上出现问题. 【典例试题演练】1．【2016黔东南州高考第一次模拟】在平行四边形中，,,若将其沿折成直二面角,则与所成的角的余弦值为（ ）A. B. C.D.【答案】B 【解析】∵，，如图∴，∴，过点A 作，在和，，则，，在空间四边形中，直二面角，∵，，∴平面，以点为原点，以为轴，为轴，过点与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，∴，，，，∴，，∴，，，设与所成的角为，则，故选B.2．【2017届湖南省衡阳市高三下学期第三次联考】如图所示，在正方体1AC 中， 2AB =，1111AC B D E ⋂=，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面11BCC B 所成的角为β，则()cos αβ-=（ ）A.66 B. 33 C. 306 D. 63【答案】A【解析】由题意可知2πα=，则()cos sin αββ-=，以点D 为坐标原点，DA,DB,DD 1方向为,,x y z 轴正方向建立空间直角坐标系可知：()()()0,0,0,1,1,2,1,1,2D E DE ⇒=，平面11BCC B 的法向量()0,2,0DC =， 据此可得： ()6cos sin 6DE DC DE DCαββ⋅-===⨯. 本题选择A 选项.3．【2017届安徽省江淮十校高三下学期第三次联考】如图，正四面体ABCD 中， E 、F 分别是棱BC 和AD 的中点，则直线AE 和CF 所成的角的余弦值为（ ）A.13 B. 23 C. 14 D. 34【答案】B【解析】解：如图所示，作AO⊥底面BCD ，垂足为O ，O 为底面等边△BCD 的中心，建立空间直角坐标系．不妨取CD=2．则：332313,,0,,,2C D B E ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，设点M 是线段CD 的中点，则：22133,,,3326,3261330,0,,,,,32661326336,,,,,.263263AM OM BM AO AM OM A F AE CF ===∴=-=⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫∴=--=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭利用空间向量求解余弦值有：2cos ,3AE CF AE CF AE CF⋅〈〉==-⨯ . ∴异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为23.4．【2017届河北省衡水中学押题卷】如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E ，F 分别是1CC ， AD 的中点，那么异面直线1D E 和1A F 所成角的余弦值等于__________．【答案】25【解析】以AD,DC,DD1建立空间直角坐标系，则：()()()()()()11112,0,2,1,0,0,0,0,2,0,2,11,0,2,0,2,1A F D E A F D E =--=-得直线1D E和1A F 所成角的余弦值等于11112cos 5A F D E A F D Eθ⋅==⋅ 5．【2017届河北省武邑中学高三下学期一模】高为的四棱锥的底面是边长为1的正方形，点、、、、均同一球面上，底面的中心为，球心到底面的距离为，则异面直线与所成角的余弦值的范围为__________．【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设由题设外接球的半径，则，即。

专题五立体几何与空间向量第3讲立体几何中的向量方法考情考向分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.热点分类突破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，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(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12.OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)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 ，CD ，FC ⊂平面EFCD ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴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，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，点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 ，AP ，AD ⊂平面P AD ， ∴DC ⊥平面P AD . ∵DC ⊂平面PDC ， ∴平面P AD ⊥平面PDC . 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 |＝.(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)二面角设α—a —β的平面角为θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 例2 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中， AB ⊥平面BCC 1B 1, ∠BCC 1＝π3， AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；(2)若二面角A －B 1D －A 1的平面角为π3，求λ的值．解 (1)易知A ()0，0，2， B 1()0，4，0， A 1()0，4，2. 当λ＝12时， 因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π3，所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.所以AB 1→＝()0，4，－2， A 1D →＝()3，－3，－2. 所以cos 〈AB 1→，A 1D →〉＝AB 1→·A 1D →||AB 1→||A 1D→，＝0×3＋4×()－3＋()－2×()－242＋()－22·()32＋()－32＋()－22＝－55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD ＝λCC 1可知， D ()3，4λ－1，0， 所以DB 1→＝()－3，5－4λ，0， 由(1)知， AB 1→＝()0，4，－2.设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧ AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0， 即⎩⎨⎧4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝2，所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，2.设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n ＝0，DB 1→·n ＝0， 即⎩⎨⎧2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝0，所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，0.因为二面角A －B 1D －A 1的平面角为π3，所以||cos 〈m ，n 〉＝|m·n |||m ||n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＋22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＝12，即()5－4λ2＝1，解得λ＝32(舍)或λ＝1，故λ的值为1.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，注意函数名称的变化．跟踪演练2 如图，在四棱锥S －ABCD 中，SD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝∠DAB ＝90°，SD ＝AD ＝AB ＝2，DC ＝1. (1)求二面角S －BC －A 的余弦值；(2)设P 是棱BC 上一点，E 是SA 的中点，若PE 与平面SAD 所成角的正弦值为22613，求线段CP 的长．解 (1)以D 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz ，则D (0,0,0)，B (2,2,0)，C (0,1,0)，S (0,0,2)，所以SB →＝(2,2，－2)，SC →＝(0,1，－2)，DS →＝(0,0,2)． 设平面SBC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 由n 1·SB →＝0，n 1·SC →＝0， 得2x ＋2y －2z ＝0且y －2z ＝0. 取z ＝1，得x ＝－1，y ＝2，所以n 1＝(－1,2,1)是平面SBC 的一个法向量．因为SD ⊥平面ABC ，取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)． 设二面角S －BC －A 的大小为θ， 所以|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝|1|6＝66， 由图可知二面角S －BC －A 为锐二面角，所以二面角S －BC －A 的余弦值为66.(2)由(1)知，E (1,0,1)，则CB →＝(2,1,0)，CE →＝(1，－1,1)． 设CP →＝λCB →(0≤λ≤1)，则CP →＝λ(2,1,0)＝(2λ，λ，0)， 所以PE →＝CE →－CP →＝(1－2λ，－1－λ，1)．易知CD ⊥平面SAD ，所以CD →＝(0，－1,0)是平面SAD 的一个法向量． 设PE 与平面SAD 所成的角为α， 所以sin α＝|cos 〈PE →，CD →〉| ＝|PE →·CD →||PE →||CD →|＝λ＋15λ2－2λ＋3， 即λ＋15λ2－2λ＋3＝22613，得λ＝13或λ＝119(舍)．所以CP →＝⎝⎛⎭⎫23，13，0，|CP →|＝53， 所以线段CP 的长为53. 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，在四棱锥E －ABCD 中，平面ABE ⊥底面ABCD ，侧面AEB 为等腰直角三角形， ∠AEB ＝π2，底面ABCD 为直角梯形， AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC .(1)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(2)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，说明理由．解 (1)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且AB ⊥BC ，平面ABE ∩平面ABCD ＝AB ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ABE, 则∠CEB 即为直线EC 与平面ABE 所成的角， 设BC ＝a ，则AB ＝2a ，BE ＝2a ，所以CE ＝3a ， 则在Rt △CBE 中， sin ∠CEB ＝CB CE ＝13＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33.(2)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD ，证明如下：取AB 中点O 为坐标原点，OB ，OD ，OE 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设CD ＝1，则E (0,0,1)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)， 所以EA →＝(－1,0，－1)，BD →＝(－1,1,0)，EC →＝(1,1，－1)．由EF →＝13EA →＝⎝⎛⎭⎫－13，0，－13，得F ⎝⎛⎭⎫－13，0，23， 所以FB →＝⎝⎛⎭⎫43，0，－23. 设平面FBD 的法向量为v ＝()a ，b ，c ， 则⎩⎪⎨⎪⎧ 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 ， 即当点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .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 如图所示的空间几何体中，底面四边形ABCD 为正方形，AF ⊥AB ，AF ∥BE ，平面ABEF ⊥平面ABCD ，DF ＝5，CE ＝22，BC ＝2.(1)求二面角F －DE －C 的大小；(2)若在平面DEF 上存在点P ，使得BP ⊥平面DEF ，试通过计算说明点P 的位置． 解 (1)因为AF ⊥AB ，平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB ，所以AF ⊥平面ABCD ，所以AF ⊥AD .因为四边形ABCD 为正方形，所以AB ⊥AD ，所以AD ，AB ，AF 两两垂直，以A 为原点，AD ，AB ，AF 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．由勾股定理可知，AF ＝1，BE ＝2，所以A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (2,2,0)，D (2,0,0)，E (0,2,2)，F (0,0,1)，所以AC →＝(2,2,0)，CD →＝(0，－2,0)， CE →＝(－2,0,2)．设平面CDE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＝0，－2x ＋2z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,0,1)． 同理可得平面DEF 的一个法向量m ＝(1，－1,2)， 故cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n|＝32，因为二面角F －DE －C 为钝角，故二面角F －DE －C 的大小为5π6. (2)设DP →＝λDE →＋μDF →，因为DE →＝(－2,2,2)，DF →＝(－2,0,1)，又BD →＝(2，－2,0)，DP →＝λDE →＋μDF →＝(－2λ，2λ，2λ)＋(－2μ，0，μ)＝(－2λ－2μ，2λ，2λ＋μ)，所以BP →＝BD →＋DP →＝(2－2λ－2μ，2λ－2,2λ＋μ)， 因为⎩⎪⎨⎪⎧BP →·DF →＝0，BP →·DE →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－2(2－2λ－2μ)＋2λ＋μ＝0，－2(2－2λ－2μ)＋2(2λ－2)＋2(2λ＋μ)＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧μ＝0，λ＝23，即DP →＝23DE →.所以P 是线段DE 上靠近E 的三等分点．真题体验1．(2017·浙江改编)如图，已知正四面体D —ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CR RA ＝2，分别记二面角D —PR —Q ，D —PQ —R ，D —QR —P 的平面角为α，β，γ，则α，β，γ的大小关系为________． 答案 α＜γ＜β解析 如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO . 由图可知，它们的对边都是DO ， ∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可．如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心． 设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ， OF ＝OQ ·sin ∠OQF ＜OQ ·sin ∠OQP ′＝a ， OE ＝OR ·sin ∠ORE ＞OR ·sin ∠ORP ′＝a ， ∴OF ＜OG ＜OE ， ∴OD tan β＜OD tan γ＜OD tan α， ∴α＜γ＜β.2．(2017·北京)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B —PD —A 的大小；(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．(1)证明 设AC ，BD 交于点E ，连接ME ，如图所示． 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)解 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 ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，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Oxyz ，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. 由题意知，二面角B －PD －A 为锐角，所以它的大小为π3.(3)解 由题意知M ⎝⎛⎭⎫－1，2，22，C (2,4,0)， MC →＝⎝⎛⎭⎫3，2，－22.设直线MC 与平面BDP 所成的角为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.押题预测(2017届太原模拟)如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，BE ⊥平面ABCD, DF ∥BE, DF ＝2BE ＝2，EF ＝3. (1)证明：平面ACF ⊥平面BEFD ；(2)若二面角A －EF －C 是直二面角，求AE 与平面ABCD 所成角的正切值．押题依据 利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点． (1)证明 ∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD . ∵BE ⊥平面ABCD ，∴BE ⊥AC ， 又BE ∩BD ＝B ，BE ，BD ⊂平面BEFD ， ∴AC ⊥平面BEFD . ∵AC ⊂平面ACF ， ∴平面ACF ⊥平面BEFD . (2)解 方法一 (向量法)设AC 与BD 交于点O ，以点O 为原点， OA 方向为x 轴， OB 方向为y 轴， BE 方向为z 轴建立空间直角坐标系，如图．取DF 的中点H ，连接EH . ∵BE 綊DH, DH ＝1，∴四边形BEHD 为平行四边形， ∵在Rt △EHF 中， FH ＝1，EF ＝3， ∴EH ＝22，∴BD ＝2 2.设AB 的长为a ，则各点坐标为A ()a 2－2，0，0， E ()0，2，1，F ()0，－2，2，C ()－a 2－2，0，0， ∴AE →＝()－a 2－2，2，1，EF →＝()0，－22，1， CE →＝()a 2－2，2，1.设n 1＝()x 1，y 1，z 1为平面AEF 的法向量， n 2＝()x 2，y 2，z 2为平面CEF 的法向量． 由n 1·AE →＝0，n 1·EF →＝0， 得z 1＝22y 1，x 1＝32a 2－2y 1. 令y 1＝a 2－2，得n 1＝()32，a 2－2，22a 2－4， 同理得n 2＝()－32，a 2－2，22a 2－4. ∵二面角A －EF －C 是直二面角， ∴n 1·n 2＝0，得a ＝2，由题可得∠EAB 为AE 与平面ABCD 的夹角， ∵AB ＝2，BE ＝1， ∴tan ∠EAB ＝BE AB ＝12.方法二 (几何法) 设AC 与BD 交于点O . ∵四边形ABCD 是菱形，∴△ADF ≌△CDF ，△ABE ≌△CBE ， ∴AF ＝CF ，AE ＝CE ，∴△AEF ≌△CEF . 过A 作AM ⊥EF ，连接CM ，则CM ⊥EF ， 则∠AMC 为二面角A －EF －C 的平面角． 设菱形的边长为a ，∵BE ＝1，DF ＝2，EF ＝3, DF ⊥BD ，∴BD ＝2 2. 在△AOB 中， AO ＝a 2－2，∴AC ＝2a 2－2，∵A －EF －C 的二面角为直角，∴∠AMC 为直角， ∴AM ＝2a 2－4，在△AEF 中， AM ⊥EF ，设ME ＝x ，则MF ＝3－x ， AF ＝a 2＋4，AE ＝a 2＋1，()a 2＋42－()3－x 2＝()a 2＋12－x 2，∴a ＝2.AE 与平面ABCD 所成角为∠EAB ， ∴tan ∠EAB ＝12.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，故选D.2.(2017·湖南省衡阳市联考)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等于( ) A.66 B.33 C.306 D.63答案 A解析 由题意可知，α＝π2，则cos ()α－β＝sin β，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则D ()0，0，0，E ()1，1，2，DE →＝()1，1，2，平面BCC 1B 1的法向量DC →＝()0，2，0， 由此可得cos ()α－β＝sin β＝DE →·DC →|DE →||DC →|＝66.故选A.3．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在A 1C 上运动(包括端点)，则BP 与AD 1所成角的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤π4，π3 B.⎣⎡⎦⎤π4，π2 C.⎣⎡⎦⎤π6，π2 D.⎣⎡⎦⎤π6，π3答案 D解析 以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，设点P 坐标为()x ，1－x ，x (0≤x ≤1)，则BP →＝()x －1，－x ，x ， BC 1→＝()－1，0，1，设BP →，BC 1→的夹角为α， 所以cos α＝BP →·BC 1→||BP →||BC 1→＝1()x －12＋2x 2×2＝13⎝⎛⎭⎫x －132＋23·2，所以当x ＝13时，cos α取得最大值32，α＝π6.当x ＝1时， cos α取得最小值12，α＝π3. 因为BC 1∥AD 1.故选D.4．(2017·全国Ⅱ)已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.32 B.155C.105 D.33答案 C解析 方法一 将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补形为直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，如图所示，连接AD 1，B 1D 1，BD . 由题意知∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1， 所以AD 1＝BC 1＝2，AB 1＝5，∠DAB ＝60°.在△ABD 中，由余弦定理知，BD 2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD ＝3，所以B 1D 1＝ 3.又AB 1与AD 1所成的角即为AB 1与BC 1所成的角θ，所以cos θ＝AB 21＋AD 21－B 1D 212×AB 1×AD 1＝5＋2－32×5×2＝105.故选C.方法二 以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示． 由已知条件知B 1(0,0,0)，B (0,0,1)，C 1(1,0,0)，A (－1，3，1)，则BC 1→＝(1,0，－1)，AB 1→＝(1，－3，－1)．所以cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 故选C.5．(2017·全国Ⅲ)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) 答案 ②③解析 依题意建立如图所示的空间直角坐标系，设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知，点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆．设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝(1,0,0)，CB →以Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[)0，2π，则B (cos θ，sin θ，0)， ∴AB →＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB →|＝ 2. 设直线AB 与直线a 所成的夹角为α， 则cos α＝|AB →·a ||a ||AB →|＝22|sin θ|∈⎣⎡⎦⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误；设直线AB 与直线b 所成的夹角为β， 则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与直线a 的夹角为60°，即α＝60°时， 则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝22， ∴|cos θ|＝22，∴cos β＝22|cos θ|＝12. ∵45°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°. ∴②正确，①错误．6.如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝π3，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 因为四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱， 所以A 1A ⊥平面ABCD .又AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD .在菱形ABCD 中，∠ABC ＝π3，则△ABC 是等边三角形．因为E 是BC 中点，所以BC ⊥AE . 因为BC ∥AD ，所以AE ⊥AD .以{AE →，AD →，AA 1→}为正交基底建立空间直角坐标系．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.(1)AD →＝(0,2,0)，EF →＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，从而cos 〈AD →，EF →〉＝AD →·EF →|AD →||EF →|＝24.故异面直线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，则A 1M →＝λA 1D →，即(x ，y ，z －2)＝λ(0,2，－2)． 则M (0,2λ，2－2λ)，CM →＝(－3，2λ－1,2－2λ)． 设平面AEF 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)． 因为AE →＝(3，0,0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫32，12，1，由n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得x 0＝0，12y 0＋z 0＝0.取y 0＝2，则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＝23.7．(2017·全国Ⅲ)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．(1)证明 由题设可得 △ABD ≌△CBD . 从而AD ＝CD ，又△ACD 为直角三角形， 所以∠ADC ＝90°，取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO . 又因为△ABC 是正三角形，故BO ⊥AC ， 所以∠DOB 为二面角D —AC —B 的平面角， 在Rt △AOB 中，BO 2＋OA 2＝AB 2，又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°， 所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)解 由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA →为x 轴正方向，OB →为y 轴正方向，OD →为z 轴正方向，|OA →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则O (0,0,0)，A ()1，0，0，D ()0，0，1，B ()0， 3，0，C (－1，0,0)，由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎝⎛⎭⎫0，32，12，故AE →＝⎝⎛⎭⎫－1，32，12，AD →＝()－1，0，1，OA →＝()1，0，0.设平面AED 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面AEC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ AE →·n 1＝0，AD →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋32y 1＋12z 1＝0，－x 1＋z 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，33，1. ⎩⎪⎨⎪⎧ AE →·n 2＝0，OA →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋32y 2＋12z 2＝0，x 2＝0，令y 2＝－1，则n 2＝(0，－1，3)，设二面角D —AE —C 的平面角为θ，易知θ为锐角， 则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝77.8．(2016·浙江)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. (1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B —AD —F 的平面角的余弦值．(1)证明 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BCFE ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点， 则BF ⊥CK ，且CK ∩AC ＝C ，所以BF ⊥平面ACFD .(2)解 方法一 过点F 作FQ ⊥AK 于点Q ，连接BQ . 因为BF ⊥平面ACFD ，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，AC ＝3，CK ＝2， 得FQ ＝31313.在Rt △BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos ∠BQF ＝34. 所以二面角B —AD —F 的平面角的余弦值为34. 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 ，连接KO ，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 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意得B (1,0,0)，C (－1,0,0)，K (0,0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝⎛⎭⎫12，0，32，F ⎝⎛⎭⎫－12，0，32.因此，AC →＝(0,3,0)，AK →＝(1,3，3)，AB →＝(2,3,0)． 设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3)．于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝34. 所以二面角B —AD —F 的平面角的余弦值为34. B 组 能力提高9．已知空间四边形ABCD ，满足||AB →＝3, ||BC →＝7, ||CD →＝11, ||DA →＝9，则AC →·BD →的值为( )A ．－1B ．0 C.212 D.332答案 B解析 如图，构造符合题设的空间四边形ABCD ，不妨设AB ⊥BD ，则BD ＝81－9＝72，因为BC 2＋BD 2＝CD 2，则CB ⊥BD ，故由线面垂直的判定定理可得BD ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以AC ⊥BD ，即AC →·BD →＝0，故选B.10.(2017届上饶模拟)如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3AD ＝3AA 1＝3，点P 为线段A 1C 上的动点(包含线段端点)，则下列结论正确的是________．①当A 1C →＝3A 1P →时，D 1P ∥平面BDC 1；②当A 1C →＝5A 1P →时，A 1C ⊥平面D 1AP ；③∠APD 1的最大值为90°；④AP ＋PD 1的最小值为 5.答案 ①②解析 以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，A 1(1,0,1)，C (0，3，0)，D 1(0,0,1)，C 1(0，3，1)，B (1，3，0)，则A 1C →＝(－1，3，－1)，设P (x ，y ，z )，A 1P →＝(x －1，y ，z －1)．对于①，当A 1C →＝3A 1P →时，(－1，3，－1)＝3(x －1，y ，z －1)，解得P ⎝⎛⎫23，33，23， D 1P →＝⎝⎛⎭⎫23，33，－13， 设平面BDC 1的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·DB →＝0，n 1·DC 1→＝0， 解得n 1＝(－3，1，－3)，由于D 1P →·n 1＝0，所以D 1P ∥平面BDC 1成立；对于②，当A 1C →＝5A 1P →时，(－1，3，－1)＝5(x －1，y ，z －1)，解得P ⎝⎛⎭⎫45，35，45，由⎩⎪⎨⎪⎧A 1C →·D 1A →＝0，A 1C →·D 1P →＝0， 可知A 1C ⊥平面D 1AP 成立；对于③，设A 1C →＝λA 1P →，即(－1，3，－1)＝λ(x －1，y ，z －1)，解得P ⎝⎛⎭⎫1－1λ，3，1－1λ， 由cos 〈P A →，PD 1→〉 ＝⎝⎛⎭⎫1λ，－3λ，1λ－1⎝⎛⎭⎫1λ－1，－3λ，1λ⎝⎛⎭⎫1λ2＋⎝⎛⎭⎫－3λ2＋⎝⎛⎭⎫1λ－12， 其分子化简得5－2λλ2， 当λ>52时，cos 〈P A →，PD 1→〉<0， 故∠APD 1的最大值可以为钝角，③错误．对于④，根据③计算的数据，P A →＝⎝⎛⎭⎫1λ，－3λ，1λ－1，PD 1→＝⎝⎛⎭⎫1λ－1，－3λ，1λ， |P A →|＋|PD 1→|＝2⎝⎛⎭⎫1λ2＋⎝⎛⎭⎫－3λ2＋⎝⎛⎭⎫1λ－12＝25·1λ2－2·1λ＋1， 在对称轴1λ＝15， 即λ＝5时取得最小值245＝455，故④错误．11.如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1半径为r ＝5, OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E为下底面圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD .(1)求证：平面ABD ⊥平面ODE;(2)求二面角B —AD —O 的正弦值．(1)证明 依题易知，圆锥的高为h ＝(52)2－52＝5，又圆柱的高为AB ＝6.4，AO ⊥AD ，所以OD 2＝OA 2＋AD 2，因为AB ⊥BD ，所以AD 2＝AB 2＋BD 2，连接OO 1，O 1O 2，DO 2，易知O ，O 1，O 2三点共线，OO 2⊥DO 2，所以OD 2＝OO 22＋O 2D 2，所以BD 2＝OO 22＋O 2D 2－AO 2－AB 2＝(6.4＋5)2＋52－(52)2－6.42＝64，解得BD ＝8，又因为DE ＝6，圆O 2的直径为10，圆心O 2在∠BDE 内，所以∠BDE ＝90°，所以DE ⊥BD .因为AB ⊥平面BDE ，所以DE ⊥AB ，因为AB ∩BD ＝B ，AB ，BD ⊂平面ABD ，所以DE ⊥平面ABD .又因为DE ⊂平面ODE ，所以平面ABD ⊥平面ODE .(2)解 如图，以D 为原点， DB ，DE 所在的直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (8,0,6.4)，B (8,0,0)，O (4,3,11.4)．所以DA →＝(8,0,6.4)，DB →＝(8,0,0)，DO →＝(4,3,11.4)，设平面DAO 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，所以DA →·u ＝8x ＋6.4z ＝0，DO →·u ＝4x ＋3y ＋11.4z ＝0，令x ＝12，则u ＝(12,41，－15)．可取平面BDA 的一个法向量为v ＝(0,1,0)，所以cos 〈u ，v 〉＝u·v |u||v |＝41582＝8210， 所以二面角B —AD —O 的正弦值为3210. 12．(2017届北京市丰台区综合练习)如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形， AB ∥CD, AB ＝2AD ＝2, ∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证： EG ∥平面BDF ；(2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FH HC的值；若不存在，说明理由．(1)证明 由已知得EF ∥ CD ，且EF ＝CD .因为四边形ABCD 为等腰梯形，所以BG ∥CD .因为G 是棱AB 的中点，所以BG ＝CD .所以EF ∥BG ，且EF ＝BG ，故四边形EFBG 为平行四边形，所以EG ∥FB .因为FB ⊂平面BDF , EG ⊄平面BDF ，所以EG ∥平面BDF .(2)解 因为四边形CDEF 为正方形，所以ED ⊥DC .因为平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝DC ，DE ⊂平面CDEF ，所以ED ⊥平面ABCD .在△ABD 中，因为∠DAB ＝60°， AB ＝2AD ＝2，所以由余弦定理，得BD ＝3，所以AD ⊥BD .在等腰梯形ABCD 中，可得DC ＝CB ＝1.如图，以D 为原点，以DA ，DB ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则D ()0，0，0，A ()1，0，0， E ()0，0，1， B ()0，3，0，F ⎝⎛⎭⎫－12，32，1，所以AE →＝()－1，0，1， DF →＝⎝⎛⎭⎫－12，32，1， DB →＝()0，3，0. 设平面BDF 的法向量为n ＝()x ，y ，z ，因为⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DB →＝0，n ·DF →＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧3y ＝0，－12x ＋32y ＋z ＝0.取z ＝1，则x ＝2，y ＝0，则n ＝()2，0，1.设直线AE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝||cos 〈AE →，n 〉＝||AE →·n ||AE →||n ＝1010， 所以AE 与平面BDF 所成角的正弦值为1010. (3)解 线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .证明如下：假设线段FC 上存在点H ，设H ⎝⎛⎭⎫－12，32，t ()0≤t ≤1， 则DH →＝⎝⎛⎭⎫－12，32，t . 设平面HAD 的法向量为m ＝()a ，b ，c ，因为⎩⎪⎨⎪⎧ m ·DA →＝0，m ·DH →＝0， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，－12a ＋32b ＋tc ＝0.取c ＝1，则a ＝0，b ＝－23 t ，得m ＝⎝⎛⎭⎫0，－23 t ，1. 要使平面BDF ⊥平面HAD ，只需m·n ＝0，即2×0－23t×0＋1×1＝0, 此方程无解．所以线段FC上不存在点H，使平面BDF⊥平面HAD.。