高考数学(理)一轮复习达标训练：7.7立体几何中的向量方法(二)(含答案)

第六节 立体几何中的向量方法[考纲传真] 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，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用1．异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角〈a ，b 〉l 1与l 2所成的角θ范围0＜〈a ，b 〉＜π0<θ≤π2关系 cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b | cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |2.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.3．二面角(1)如图①，AB ，CD 是二面角α­l ­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α­l ­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)．[常用结论] 点到平面的距离如图所示，已知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的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角． ( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角． ( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角． ( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A.π4B.34πC.π4或34π D.π2或34π C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴m ·n ＝1，|m |＝1，|n |＝2，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝22，∴〈m ，n 〉＝π4.∴两平面所成的二面角为π4或34π，故选C.]3.如图所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，已知M ，N 分别是BD 和AD 的中点，则B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为( )A.3010B.3015C.3030D.1515A [以D 为原点建立空间直角坐标系D ­xyz ，如图，设AB ＝2，则N (1,0,0)，D 1(0,0,2)，M (1,1,0)，B 1(2,2,2)， ∴B 1M →＝(－1，－1，－2)， D 1N →＝(1,0，－2)，∴B 1M →·D 1N →＝－1＋4＝3， |B 1M →|＝6，|D 1N →|＝5， ∴cos〈B 1M →，D 1N →〉＝330＝3010＞0， ∴B 1M 与D 1N 所成角的余弦值为3010.故选A.] 4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．π6 [设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12， 又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.]5．过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________．45° [如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)，由题意，AD ⊥平面PAB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又CD ⊥平面PAD ，∴CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD .∴AD →＝(0,1,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面PAB ，平面PCD 的法向量，且〈AD →，AE →〉＝45°.故平面PAB 与平面PCD 所成的二面角为45°.]求异面直线所成的角11111，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( )A.32B.155C.105D.33C [ 在平面ABC 内过点B 作AB 的垂线，以B 为原点，以该垂线，BA ，BB 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系B ­xyz ，则A (0,2,0)，B 1(0,0,1)，C ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，AB 1→＝(0，－2,1)，BC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，1，cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→|·|BC 1→|＝25×2＝105，故选C.]2.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，∠BAD ＝60°.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若PA ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． [解] (1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD . 又因为AC ∩PA ＝A ，所以BD ⊥平面PAC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，PA ＝AB ＝2， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)． 所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0,23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64.[规律方法] 用向量法求异面直线所成角的一般步骤 1选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；2确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量； 3利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；4两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值. 求直线与平面所成的角【例1】 (2018·合肥一模)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ⊥平面ABCD ，DE ⊥平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ∥平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． [解] (1)连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ，则N 为AC 的中点， 又M 为AE 的中点，∴MN ∥EC .∵MN ⊄平面EFC ，EC ⊂平面EFC ，∴MN ∥平面EFC . ∵BF ，DE 都垂直底面 ABCD ，∴BF ∥DE .∵BF ＝DE ，∴四边形BDEF 为平行四边形，∴BD ∥EF . ∵BD ⊄平面EFC ，EF ⊂平面EFC ， ∴BD ∥平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，∴平面BDM ∥平面EFC.(2)∵DE ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D ­xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,0,2)，A ( 2,0,0)，E (0,0,4)， ∴DB →＝(2,2,0)，DM →＝(1,0,2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． ∵AE →＝(－2,0,4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n ||AE →|＝4515， ∴直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.[规律方法] 利用向量法求线面角的方法1分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角或其补角；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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.111111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，连接OB ，OO 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，如图所示，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. 求二面角【例2】 AB ＝2，点D 在线段AC 上，DE ⊥AB 于点E ，现将△ADE 沿DE 折起到△PDE 的位置(如图2)．图1图2(1)求证：PB ⊥DE ；(2)若PE ⊥BE ，直线PD 与平面PBC 所成的角为30°，求平面PDE 与平面PBC 所成的锐二面角的正弦值．[解](1)证明：∵DE⊥PE，DE⊥BE，PE∩BE＝E，∴DE⊥平面PBE，又PB⊂平面PBE，∴PB⊥DE.(2)由题知DE⊥PE，DE⊥EB，且PE⊥EB，∴DE，BE，PE两两互相垂直．分别以ED→，EB→，EP→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系E­xyz.设|PE|＝a(0＜a＜1)，则B(0,2－a,0)，D(a,0,0)，C(1,1－a,0)，P(0,0，a)，∴PB→＝(0,2－a，－a)，BC→＝(1，－1,0)．设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎨⎧PB→·n＝0，BC→·n＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2－a y－az＝0，x－y＝0，∴平面PBC的一个法向量为n＝(a，a,2－a)，∵直线PD与平面PBC所成的角为30°，且PD→＝(a,0，－a)，∴sin 30°＝|a2－a2－a|2a2×a2＋a2＋2－a2，∴a＝2(舍)或a＝25.∴平面PBC的一个法向量为n＝⎝⎛⎭⎪⎫25，25，85.易知平面PDE的一个法向量为m＝(0,1,0)，设所求的锐二面角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m·n|m||n|＝26，所以sin θ＝346，即平面PDE 与平面PBC 所成的锐二面角的正弦值为346. [规律方法] 利用向量计算二面角大小的常用方法1找法向量法：分别求出二面角的两个半平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钝二面角.2找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小.(2019·南昌重点中学联考)如图，四边形ABCD 是矩形，沿对角线AC 将△ACD折起，使得点D 在平面ABC 内的射影恰好落在边AB 上．(1)求证：平面ACD ⊥平面BCD ；(2)当AB AD＝2时，求二面角D ­AC ­B 的余弦值．[解] (1)证明：如图，设点D 在平面ABC 内的射影为点E ，连接DE ， 则DE ⊥平面ABC ，所以DE ⊥BC .因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ⊥BC ，所以BC ⊥平面ABD ，所以BC ⊥AD . 又AD ⊥CD ，所以AD ⊥平面BCD ，而AD ⊂平面ACD ， 所以平面ACD ⊥平面BCD .(2)以点B 为原点，线段BC 所在的直线为x 轴，线段AB 所在的直线为y 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设AD ＝a ，则AB ＝2a ，所以A (0，－2a,0)，C (－a,0,0)．由(1)知AD ⊥BD ，又AB AD ＝2，所以∠DBA ＝30°，∠DAB ＝60°，所以AE ＝AD cos∠DAB ＝12a ，BE ＝AB －AE ＝32a ，DE ＝AD sin∠DAB ＝32a ，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32a ，32a ， 所以AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a ，32a ，AC →＝(－a,2a,0)． 设平面ACD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AD →＝0，m ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 12ay ＋32az ＝0，－ax ＋2ay ＝0.取y ＝1，则x ＝2，z ＝－33， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1，－33. 因为平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－3322＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－332＝－14. 所以二面角D ­AC ­B 的余弦值为14.1．(2017·全国卷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)②③ [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a 所成夹角为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b 所成夹角为β，则cos β＝|AB →·b ||b ||AB →|＝22|cos θ|.当直线AB 与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. ∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB 与b 的夹角为60°.∴②正确，①错误．]2．(2016·全国卷Ⅱ)如图所示，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ；(2)求二面角B ­D ′A ­C 的正弦值．[解] (1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得AEAD ＝CF CD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14. 所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH .又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD .(2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，HD →的方向为y 轴正方向，HD ′→的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系H ­xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)， AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则⎩⎨⎧m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0， 所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则⎩⎨⎧ n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525，sin 〈m ，n 〉＝29525. 因此二面角B ­D ′A ­C 的正弦值是29525。

第7讲立体几何中的向量方法1．直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量直线l上的向量e或与01共线的向量叫做直线l的方向向量，显然一条直02无数个．(2)平面的法向量如果表示向量n03垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n⊥α，此时向量n叫做平面α的法向量．04无数个，且它们是05共线向量．(3)设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量分别为u，v，则l∥m06a∥b⇔07a＝k b，k∈R；l⊥m08a⊥b⇔09a·b＝0；l∥α10a⊥u⇔11a·u＝0；l⊥α12a∥u⇔13a＝k u，k∈R；α∥β14u∥v⇔15u＝k v，k∈R；α⊥β16u⊥v⇔17u·v＝0.2．空间向量与空间角的关系(1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ| 18|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a，b所成的角，范围是(0°，90°])．(2)直线与平面所成角的求法如图所示，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|＝19|e ·n ||e ||n |，φ的取值范围是[0°，90°]．(3)求二面角的大小如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝20〈AB→，CD →〉.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〉，取值范围是[0°，180°]．确定平面法向量的方法(1)直接法：观察是否有垂直于平面的向量，若有，则此向量就是法向量． (2)待定系数法：取平面内的两个相交向量a ，b ，设平面的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0，解方程组求得．1．平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是( )A ．平行B ．相交但不垂直C ．垂直D ．重合答案 C解析 由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．2．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－33B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫33，－33，33C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，33D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33答案 D解析 AB→＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)，设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，∴⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1,1,1)．单位法向量为±n |n |＝±⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，33. 3. 如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内答案 B解析 MN →＝MA 1→＋A 1A →＋AN →＝13BA 1→＋A 1A →＋13AC →＝13(B 1A 1→－B 1B →)＋B 1B →＋13(AB →＋AD →)＝23B 1B →＋13B 1C 1→，∴MN →，B 1B →，B 1C 1→共面．又MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C ．4. 如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 与FD 1所成角的余弦值等于( )A ．105B ．155C ．45D ．23答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则O (1，1,0)，E (0,2,1)，F (1，0,0)，D 1(0,0,2)，∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)．∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝FD 1→·OE→|FD1→||OE →|＝1＋0＋25×3＝155.故选B ．5．如图，已知P 为矩形ABCD 所在平面外一点，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PC 的中点．若∠PDA ＝45°，则EF 与平面ABCD 所成的角的大小是( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°答案 C解析 设AD ＝a ，AB ＝b ，因为∠PDA ＝45°，P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AD ，P A ＝AD ＝a .以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0，0，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，0，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，a 2，a 2，所以EF→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2.易知AP →＝(0,0，a )是平面ABCD 的一个法向量．设EF 与平面ABCD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AP →，EF →〉|＝|AP →·EF →||AP →||EF →|＝22.所以θ＝45°.6. (2020·广东华侨中学高三模拟)如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则点M 的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫24，24，1答案 C解析 设AC 与BD 相交于点O ，连接OE ，∵AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ，又O 是正方形ABCD 对角线的交点，∴M 为线段EF 的中点．在空间直角坐标系中，E (0,0,1)，F (2，2，1)．由中点坐标公式，知点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.考向一 利用空间向量证明平行、垂直例1 如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 所成的角为30°.求证：(1)CM ∥平面P AD ； (2)平面P AB ⊥平面P AD .证明 以点C 为坐标原点，分别以CB ，CD ，CP 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角． ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴DP→＝(0，－1,2)，DA→＝(23，3,0)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32. (1)设n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，得⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0. 令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM→＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →.又CM ⊄平面P AD ，∴CM ∥平面P AD . (2)如图，取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)．∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A ．又BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE→⊥DA →，∴BE ⊥DA ． 又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD . 又BE ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD . 1.用向量法证平行问题的类型及常用方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行 ①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)； ②转化为线面平行、线线平行问题线线垂直 问题证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直 问题 直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直 问题两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直1. 如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 和侧面AA 1B 1B 都是正方形且互相垂直，M 为AA 1的中点，N 为BC 1的中点．求证：(1)MN ∥平面A 1B 1C 1； (2)平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C ．证明 由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设正方形AA 1C 1C 的边长为2，则A (0,0,0)，A 1(2,0,0)，B (0,2,0)，B 1(2,2,0)，C (0,0,2)，C 1(2,0,2)，M (1,0,0)，N (1,1,1)．(1)因为几何体是直三棱柱， 所以侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1.因为AA 1→＝(2,0,0)，MN →＝(0,1,1)，所以MN →·AA 1→＝0，即MN →⊥AA 1→.因为MN ⊄平面A 1B 1C 1，故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为MB →＝(－1,2,0)，MC 1→＝(1,0,2)，所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MB →＝0，n 1·MC 1→＝0，即⎩⎨⎧－x 1＋2y 1＝0，x 1＋2z 1＝0， 令x 1＝2，则平面MBC 1的一个法向量为n 1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)．因为n 1·n 2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n 1⊥n 2，所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C ． 多角度探究突破考向二 利用空间向量求空间角 角度1 求异面直线所成的角例2 (1) (2020·汕头模拟)如图，正四棱锥P －ABCD 的侧面P AB 为正三角形，E 为PC 的中点，则异面直线BE 和P A 所成角的余弦值为( )A ．33B ．32C ．22D ．12答案 A解析 连接AC ，BD ，交于点O ，连接PO ，以O 为原点，OA 所在直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，设AB ＝2，则OA ＝OB ＝OP ＝1，A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，P (0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，12，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－1，12，P A →＝(1,0，－1)，设异面直线BE 和P A 所成角为θ，则cos θ＝|BE →·P A →||BE →||P A →|＝132×2＝33. ∴异面直线BE 和P A 所成角的余弦值为33.故选A ．(2) 如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值等于________.答案 25解析 如图，以D 为原点建立空间直角坐标系．则A 1(2,0,2)，F (1,0,0)，D 1(0，0,2)，E (0，2,1)， 则A 1F →＝(－1,0，－2)，D 1E →＝(0,2，－1)， cos 〈D 1E →，A 1F →〉＝D 1E →·A 1F →|D 1E →||A 1F →|＝25×5＝25， ∴异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值等于25.(1)求异面直线所成角的思路①选好基底或建立空间直角坐标系； ②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解(θ为两异面直线所成角)．(2)两异面直线所成角的关注点两异面直线所成角θ的范围是(0°，90°]，两向量的夹角α的范围是[0°，180°]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，该角就是异面直线的夹角；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的夹角．2.(多选)(2020·山东潍坊5月模拟)已知在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F ，H 分别是AB ，DD 1，BC 1的中点，下列结论中正确的是( )A ．D 1C 1∥平面CHDB ．AC 1⊥平面BDA 1C ．三棱锥D －BA 1C 1的体积为56 D ．直线EF 与BC 1所成的角为30° 答案 ABD解析 如图1所示，因为D 1C 1∥DC ，D 1C 1⊄平面CHD ，DC ⊂平面CHD ，所以D 1C 1∥平面CHD ，A 正确；建立空间直角坐标系，如图2所示．由于正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则AC 1→＝(－1,1,1)，BD →＝(－1，－1,0)，DA 1→＝(1,0,1)，所以AC 1→·BD →＝1－1＋0＝0，AC 1→·DA 1→＝－1＋0＋1＝0，所以AC 1→⊥BD →，AC 1→⊥DA 1→，所以AC 1⊥平面BDA 1，B 正确；三棱锥D －BA 1C 1的体积为V 三棱锥D －BA 1C 1＝V 正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1－4V 三棱锥A 1－ABD ＝1－4×13×12×1×1×1＝13，所以C 错误；E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－12，12，BC →1＝(－1,0,1)，所以cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|＝1＋0＋1232×2＝32，所以直线EF 与BC 1所成的角是30°，D 正确．故选ABD.角度2 求直线与平面所成的角例3 (2020·山东高考) 如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．解 (1)证明：在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l .因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，又PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD . 因为DC ∩PD ＝D ，所以l ⊥平面PDC ． (2)如图，建立空间直角坐标系Dxyz .因为PD ＝AD ＝1，所以D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，P (0，0,1)，B (1,1,0)， 设Q (m,0,1)，则有DC→＝(0,1,0)，DQ →＝(m,0,1)，PB →＝(1,1，－1)．设平面QCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎨⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1，0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，知直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos 〈n ，PB→〉|＝ |1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63， 当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63.利用向量法求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(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，取其余角就是斜线与平面所成的角．提醒：在求平面的法向量时，若能找出平面的垂线，则在垂线上取两个点可构成一个法向量．3.(2019·浙江高考)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．解解法一：(1)证明：如图1，连接A1E.因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.又因为A1E∩A1F＝A1，所以BC⊥平面A1EF.因为EF⊂平面A1EF，所以EF⊥BC．(2)如图1，取BC的中点G，连接EG，GF，连接A1G交EF于点O，则四边形EGF A1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGF A1为矩形．由(1)，得BC⊥平面EGF A1，所以平面A1BC⊥平面EGF A1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E ＝23，EG ＝ 3. 由于O 为A 1G 的中点，故EO ＝OG ＝A 1G 2＝152， 所以cos ∠EOG ＝EO 2＋OG 2－EG 22EO ·OG＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 解法二：(1)证明：如图2，连接A 1E .因为A 1A ＝A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，所以A 1E ⊥平面ABC ．以点E 为坐标原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz .不妨设AC ＝4，则E (0,0,0)，A 1(0,0，23)，B (3，1,0)，B 1(3，3,23)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，C (0,2,0)． 因此，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，23，BC →＝(－3，1,0)．由EF →·BC→＝0，得EF ⊥BC ．(2)由(1)可得BC →＝(－3，1,0)，A 1C →＝(0,2，－23)． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，A 1C →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0，y －3z ＝0. 取n ＝(1, 3，1)，设直线EF 与平面A 1BC 所成的角为θ，故sin θ＝|cos 〈EF →，n 〉|＝|EF →·n ||EF →||n |＝45，所以cos θ＝35.因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 角度3 求二面角例4 (2020·济南一模)如图1，平面四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝2，AB ⊥AC ，AC ⊥CD ，E 为BC 的中点，将△ACD 沿对角线AC 折起，使CD ⊥BC ，连接BD ，DE ，AE ，得到如图2所示的三棱锥D －ABC ．(1)证明：平面ADE ⊥平面BCD ；(2)已知直线DE 与平面ABC 所成的角为π4，求二面角A －BD －C 的余弦值． 解 (1)证明：在三棱锥D －ABC 中，因为CD ⊥BC ，CD ⊥AC ，AC ∩BC ＝C ，所以CD ⊥平面ABC ． 又AE ⊂平面ABC ，所以AE ⊥CD .因为AB ＝AC ，E 为BC 的中点，所以AE ⊥BC ． 又BC ∩CD ＝C ，所以AE ⊥平面BCD . 又AE ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面BCD .(2)由(1)可知∠DEC 即为直线DE 与平面ABC 所成的角，所以∠DEC ＝π4. 在Rt △ABC 中，由勾股定理得BC ＝2，故CD ＝CE ＝1.作EF ∥CD 交BD 于点F ，由(1)知EA ，EB ，EF 两两垂直，以E 为原点，EA ，EB ，EF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0,1,0)，D (0，－1,1)， 易知平面BCD 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)， 又AB→＝(－1,1,0)，AD →＝(－1，－1,1)， 设平面ABD 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝－x ＋y ＝0，n 2·AD →＝－x －y ＋z ＝0，令x ＝1，解得n 2＝(1,1,2)， cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝66.由图可知，该二面角为锐角， 所以二面角A －BD －C 的余弦值为66.利用向量法确定二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量夹角的大小就是二面角的大小．4. (2020·青岛模拟)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qiàn dǔ)；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑(biē nào)指四个面均为直角三角形的四面体．如图在堑堵ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ．(1)求证：四棱锥B －A 1ACC 1为阳马；(2)若C 1C ＝BC ＝2，当鳖臑C 1－ABC 体积最大时，求锐二面角C －A 1B －C 1的余弦值．解 (1)证明：∵A 1A ⊥底面ABC ，AB ⊂面ABC ， ∴A 1A ⊥AB ．又AB ⊥AC ，A 1A ∩AC ＝A ， ∴AB ⊥面ACC 1A 1. 又四边形ACC 1A 1为矩形， ∴四棱锥B －A 1ACC 1为阳马．(2)∵AB ⊥AC ，BC ＝2，∴AB 2＋AC 2＝4. 又C 1C ⊥底面ABC ，∴VC 1－ABC ＝13·C 1C ·12AB ·AC ＝13·AB ·AC ≤13·AB 2＋AC 22＝23，当且仅当AB ＝AC ＝2时，＝13·AB ·AC 取最大值．∵AB ⊥AC ，A 1A ⊥底面ABC ，∴以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0,0)，C (0，2，0)，A 1(0，0,2)，C 1(0，2，2)，A 1B →＝(2，0，－2)，BC →＝(－2，2，0)，A 1C 1→＝(0，2，0)．设面A 1BC 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →＝0，n 1·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1－2z 1＝0，－2x 1＋2y 1＝0，令z 1＝1，得n 1＝(2，2，1)． 同理得面A 1BC 1的一个法向量为n 2＝(2，0,1)，cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝155，∴二面角C －A 1B －C 1的余弦值为155.用向量法探究点的位置如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．解 (1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD .又因为P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ，所以PD ⊥平面P AB ． (2)如图，取AD 的中点O ，连接PO ，CO .因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD . 又因为PO ⊂平面P AD ， 平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD . 因为CO ⊂平面ABCD ， 所以PO ⊥CO .因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 建立空间直角坐标系Oxyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0，0,1)，PB →＝(1,1，－1)，PC→＝(2,0，－1)，PD →＝(0，－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)假设在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，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 ，所以当且仅当BM →·n ＝0时，BM ∥平面PCD ，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 答题启示对于点的探究型问题，要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量，尽量使未知量个数最少．对点训练(2020·滨州二模) 如图所示，在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝60°，直角梯形ADFE 所在的平面垂直于平面ABCD ，且∠EAD ＝90°，EA ＝AD ＝2DF ＝2CD ＝2.(1)证明：平面ECD ⊥平面ACE ；(2)点M 在线段EF 上，试确定点M 的位置，使平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34.解 (1)证明：因为平面ABCD ⊥平面ADFE ，平面ABCD ∩平面ADFE ＝AD ，EA ⊥AD ，EA ⊂平面ADFE ，所以EA ⊥平面ABCD ，又CD ⊂平面ABCD ，所以EA ⊥CD ， 在△ADC 中，CD ＝1，AD ＝2，∠ADC ＝60°， 由余弦定理得，AC ＝ 1＋4－2×1×2cos60°＝3， 所以AC 2＋CD 2＝AD 2，所以CD ⊥AC ．又EA ⊥CD ，EA ∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面ACE ， 又CD ⊂平面ECD ，所以平面ECD ⊥平面ACE . (2)以C 为坐标原点，以CA ，CD 所在直线分别为x 轴、 y 轴，过点C 且平行于AE 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，D (0,1,0)，E (3，0,2)，F (0,1,1)，AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，0，AE →＝(0,0,2)，CD→＝(0,1,0)，FE →＝(3，－1,1)，CF →＝(0,1,1)，设FM →＝λFE →＝(3λ，－λ，λ)(0≤λ≤1)，则CM→＝CF →＋FM →＝(3λ，1－λ，1＋λ)．设平面EAB 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AE →＝0，即⎩⎨⎧－32x 1－12y 1＝0，2z 1＝0，取x 1＝1，得m ＝(1，－3，0)．设平面MCD 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CM →＝0，得⎩⎨⎧y 2＝0，3λx 2＋(1－λ)y 2＋(1＋λ)z 2＝0，令x 2＝1＋λ，得n ＝(1＋λ，0，－3λ)，因为平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|1＋λ|24λ2＋2λ＋1＝34， 整理得8λ2－2λ－1＝0，解得λ＝12或λ＝－14(舍去)，所以点M 为线段EF 的中点时，平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34.一、单项选择题1．直线l 的方向向量a ＝(1，－3,5)，平面α的法向量n ＝(－1,3，－5)，则有( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l 与α斜交D ．l ⊂α或l ∥α答案 B解析 因为a ＝(1，－3,5)，n ＝(－1,3，－5)，所以a ＝－n ，a ∥n .所以l ⊥平面α.选B ．2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90° 答案 C解析 ∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，∴〈m ，n 〉＝45°.∴二面角为45°或135°.故选C ．3. 如图所示，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是上底面A 1B 1C 1D 1和侧面ADD 1A 1的中心，则EF 和CD 所成的角是( )A ．60°B ．45°C ．30°D ．135°答案 B解析 以D 为原点，分别以射线DA ，DC ，DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，－12，DC →＝(0,1,0)，∴cos 〈EF →，DC →〉＝EF →·DC →|EF →||DC →|＝－22，∴〈EF →，DC →〉＝135°，∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°.故选B ．4．如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BB 1＝4，则直线BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( )A ．13B ．33C ．63D ．223答案 A解析 如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz .则A (2,0,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,4)，B (2,2,0)，B 1(2,2,4)，AC →＝(－2,2，0)，AD 1→＝(－2,0,4)，BB 1→＝(0,0,4)． 设平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋2y ＝0，－2x ＋4z ＝0， 取x ＝2，则y ＝2，z ＝1，故n ＝(2,2,1)是平面ACD 1的一个法向量，设直线BB 1与平面ACD 1所成的角是θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BB 1→〉|＝|n ·BB 1→||n ||BB 1→|＝49×4＝13.故选A ．5．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于( )A ．5B ．41C ．4D ．2 5答案 A解析 ∵A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，∴AB→＝(4，－5,0)，AC →＝(0,4，－3)．∵点D 在直线AC 上，∴设AD →＝λAC →＝(0,4λ，－3λ)，由此可得BD→＝AD →－AB →＝(0,4λ，－3λ)－(4，－5,0)＝(－4,4λ＋5，－3λ)．又BD →⊥AC →，∴BD →·AC →＝－4×0＋(4λ＋5)×4＋(－3λ)×(－3)＝0，解得λ＝－45.因此BD →＝(－4,4λ＋5，－3λ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，95，125.可得|BD→|＝ (－4)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫952＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝5.6. (2020·安徽六安一中质检)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A ． 2B ． 3C ．2D ．22答案 A解析 分别以CA ，CB ，CC 1所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，设AD ＝a ，则点D 坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB 1→＝0，n ·CD →＝0，得⎩⎨⎧2y ＋2z ＝0，x ＋az ＝0，令z ＝－1，得n ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为m ＝(0，1,0)．所以cos60°＝m ·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12，解得a ＝2，故选A ．7. (2021·湖南湘潭高三月考)在三棱锥P －ABC 中，CP ，CA ，CB 两两垂直，AC ＝CB ＝1，PC ＝2，如图，建立空间直角坐标系，则下列向量中是平面P AB 的法向量的是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12 B ．(1，2，1)C ．(1,1,1)D ．(2，－2,1)答案 A解析 P A →＝(1,0，－2)，AB →＝(－1,1,0)，设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y,1)，则⎩⎨⎧ x －2＝0，－x ＋y ＝0.解得⎩⎨⎧x ＝2，y ＝2.∴n ＝(2,2,1)．又⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12＝12n ，∴A 正确．8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A ．12 B ．23 C ．33 D ．22答案 B解析 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0，1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D →＝0，n 1·A 1E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎨⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.故选B ．二、多项选择题9．(2020·海口高考调研) 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝23AB ＝2，AB ⊥AC ，点D ，E 分别是线段BC ，B 1C 上的动点(不含端点)，且EC B 1C ＝DCBC .则下列说法正确的是( )A ．ED ∥平面ACC 1B ．该三棱柱的外接球的表面积为68πC ．异面直线B 1C 与AA 1所成角的正切值为32 D ．二面角A －EC －D 的余弦值为413 答案 AD解析 在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，四边形BCC 1B 1是矩形，因为ECB 1C ＝DC BC ，所以ED ∥BB 1∥CC 1，所以ED ∥平面ACC 1，A 正确；因为AA 1＝AC ＝23AB ＝2，所以AB ＝3，因为AB ⊥AC ，所以BC ＝22＋32＝13，所以B 1C ＝13＋4＝17，易知B 1C 是三棱柱外接球的直径，所以三棱柱外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫1722＝17π，B 错误；因为AA 1∥BB 1，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为∠BB 1C ．在Rt △B 1BC 中，BB 1＝2，BC ＝13，所以tan ∠BB 1C ＝BC BB 1＝132，C 错误；二面角A －EC －D 即二面角A －B 1C －B ，以A 为坐标原点，以AB →，AC →，AA 1→的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，可得平面AB 1C 的一个法向量为(2,0，－3)，平面BB 1C 的一个法向量为(2,3,0)，故二面角A －EC －D 的余弦值为2×213×13＝413，D 正确．10. (2020·山东模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，如图，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点，则下列说法正确的是( )A ．直线A 1G 与平面AEF 平行B ．直线D 1D 与直线AF 垂直C ．平面AEF 截正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为98 D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等 答案 AC解析 如图，连接AD 1，D 1F ，因为A 1G ∥D 1F ，且A ，E ，F ，D 1在同一平面内，所以A 1G ∥平面AEF ，故A 正确；因为AF 与C 1C 相交且不垂直，D 1D 与C 1C 平行，所以直线D 1D 与直线AF 不垂直，故B 错误；平面AEF 截正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1所得截面为等腰梯形AEFD 1，作EH ⊥AD 1，交AD 1于点H ，连接D 1E ，DE ，可得AE ＝52，AD 1＝2，D 1E ＝1＋54＝32，所以在△AD 1E中，cos ∠D 1AE ＝1010，所以sin ∠D 1AE ＝31010，所以EH ＝52×31010＝324，所以等腰梯形AD 1FE 的面积S ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋22×324＝98，故C 正确；以DA ，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，连接AG ，AC ，则可得平面AEF 的一个法向量为n ＝(2,1,2)，AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，AC →＝(－1,1,0)，所以点G 到平面AEF 的距离d 1＝|AG →·n ||n |＝23，点C 到平面AEF 的距离d 2＝|AC →·n ||n |＝13，故D 错误．故选AC ．三、填空题11. 如图所示，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AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为________.答案60°解析∵CD→＝CA→＋AB→＋BD→，∴|CD→|＝(CA→＋AB→＋BD→)2＝ 36＋16＋64＋2CA→·BD→＝ 116＋2CA→·BD→＝217.∴CA→·BD→＝|CA→||BD→|cos〈CA→，BD→〉＝－24.∴cos〈CA→，BD→〉＝－12.又所求二面角与〈CA→，BD→〉互补，∴所求的二面角为60°.12. 正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________.答案 π6解析 以C 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，得下列坐标：A (2，0,0)，C 1(0，0，22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，22.所以AC 1→＝(－2,0,22)，AC 2→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，22，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝AC 1→·AC 2→|AC1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以θ＝π6.13．(2020·山西大同高三模拟)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，且A 1M ＝AN ＝23a ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案 平行解析 MN →＝MA 1→＋A 1A →＋AN →＝13BA 1→＋A 1A →＋13AC →＝13(BA →＋AA 1→)＋A 1A →＋13(AB →＋BC →)＝23A 1A →＋13BC →＝23B 1B →＋13BC →.∴MN →与B 1B →，BC →共面．又MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C ．14．已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值为________.答案23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，23，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，23， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，则z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0，－1)，cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.四、解答题15．(2020·山东省模拟考) 如图，四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形．SA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为AD ，SC 的中点，EF 与平面ABCD 所成的角为45°.(1)证明：EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线；(2)若EF ＝12BC ，求二面角B －SC －D 的余弦值．解 (1)证明：以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴正方向，|AB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .设D (0，b,0)，S (0,0，c )，则C (1，b,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，b 2，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b 2，c 2，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，c 2，AS →＝(0,0，c )，AD→＝(0，b,0)． 因为EF 与平面ABCD 所成的角为45°，所以EF →与平面ABCD 的法向量AS →的夹角为45°.所以AS →·EF →＝|AS →||EF →|cos45°， 即c 22＝22×c ×14＋c 24，解得c ＝1，故EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，SC →＝(1，b ，－1)， 从而EF →·SC →＝0，EF →·AD →＝0，所以EF ⊥SC ，EF ⊥AD .因此EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线． (2)由B (1,0,0)，BC →＝(0，b,0)， |EF→|＝12|BC →|得b ＝ 2. 于是F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，12，C (1，2，0)，连接FB ，故FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－22，－12，SC →＝(1，2，－1)，从而FB →·SC→＝0，即FB ⊥SC ．取CF 的中点G ，连接GD ，则G ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，324，14，GD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，24，－14，从而GD →·SC→＝0，即GD ⊥SC ．因此〈FB→，GD →〉等于二面角B －SC －D 的平面角．cos 〈FB →，GD →〉＝FB →·GD →|FB →||GD →|＝－33.所以二面角B －SC －D 的余弦值为－33.16. (2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．解 (1)证明：∵M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， ∴MN ∥BB 1.又AA 1∥BB 1，∴AA 1∥MN .∵△A 1B 1C 1为等边三角形，N 为B 1C 1的中点， ∴A 1N ⊥B 1C 1.又侧面BB 1C 1C 为矩形，∴B 1C 1⊥BB 1. ∵MN ∥BB 1，∴MN ⊥B 1C 1.又MN ∩A 1N ＝N ，MN ，A 1N ⊂平面A 1AMN ， ∴B 1C 1⊥平面A 1AMN .又B 1C 1⊂平面EB 1C 1F ， ∴平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解法一：连接NP ，∵AO ∥平面EB 1C 1F ，平面AONP ∩平面EB 1C 1F ＝NP ， ∴AO ∥NP .∵三棱柱上下底面平行，平面A 1AMN ∩平面ABC ＝AM ，平面A 1AMN ∩平面A 1B 1C 1＝A 1N ，∴ON ∥AP .∴四边形ONP A 是平行四边形． ∴ON ＝AP ，AO ＝NP . 设△ABC 边长是6m (m ＞0)， 则NP ＝AO ＝AB ＝6m .∵O 为△A 1B 1C 1的中心，且△A 1B 1C 1的边长为6m ， ∴ON ＝13×6m ×sin60°＝3m .∴ON ＝AP ＝3m . ∵BC ∥B 1C 1，B 1C 1⊂平面EFC 1B 1， ∴BC ∥平面EFC 1B 1.又BC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面EFC 1B 1＝EF ， ∴EF ∥BC ，∴AP AM ＝EP BM ，∴3m 33m ＝EP 3m ，解得EP ＝m .在B 1C 1截取B 1Q ＝EP ＝m ，连接PQ ，故QN ＝2m . ∵B 1Q ＝EP 且B 1Q ∥EP ，∴四边形B 1QPE 是平行四边形，∴B 1E ∥PQ . 由(1)可知B 1C 1⊥平面A 1AMN ，故∠QPN 为B 1E 与平面A 1AMN 所成角． 在Rt △QPN 中，根据勾股定理可得PQ ＝QN 2＋NP 2＝(2m )2＋(6m )2＝210m ， ∴sin ∠QPN ＝QN PQ ＝2m 210m＝1010.∴直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 解法二：由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．由已知得AM ⊥BC ，以Q 为坐标原点，QA→的方向为x 轴正方向，QN →的方向为z 轴正方向，|MB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz ，设QM ＝a ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形， ∴NP ＝AO ＝AB ＝2，∴PQ ＝233－a ，NQ ＝ NP 2－PQ 2＝ 4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a2， ∴B 10,1,4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2 ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，13，0，故B 1E →＝233－a ，－23，－4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a2，|B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量， 故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉＝n ·B 1E →|n ||B 1E →|＝1010.∴直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010.17．(2020·泰安三模)在四棱锥P －ABCD 中，△P AB 为等边三角形，四边形ABCD 为矩形，E 为PB 的中点，DE ⊥PB ．(1)证明：平面ABCD ⊥平面P AB ；(2)设二面角A －PC －B 的大小为α，求α的取值范围．解 (1)证明：连接AE ，因为△P AB 为等边三角形，所以AE ⊥PB ． 又DE ⊥PB ，AE ∩DE ＝E ，所以PB ⊥平面ADE ，所以PB ⊥AD . 因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，且AB ∩PB ＝B ， 所以AD ⊥平面P AB ．因为AD ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面P AB ．(2)以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，不妨设PB ＝AB ＝P A ＝1，C (0,1，n )，则A (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，B (0，1,0)，由空间向量的坐标运算可得PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，n ，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0.设平面BPC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x 1＋12y 1＋nz 1＝0，32x 1－12y 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝3，z 1＝0，所以m ＝(1，3，0)． 设平面P AC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·AP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x 2＋12y 2＋nz 2＝0，32x 2＋12y 2＝0，令x 2＝1，则y 2＝－3，z 2＝3n ，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，3n .二面角A －PC －B 的大小为α，由图可知，二面角α为锐二面角， 所以cos α＝|m ·n ||m ||n |＝|1－3|1＋3×1＋3＋3n 2＝14＋3n 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12，所以α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，π2. 18．(2020·山东平邑一中模拟)请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①AB ⊥BC ；②FC 与平面ABCD 所成的角为π6；③∠ABC ＝π3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ＝2，PD 的中点为F .(1)在线段AB上是否存在一点G，使得AF∥平面PCG？若存在，指出G在AB上的位置并给以证明；若不存在，请说明理由；(2)若________，求二面角F－AC－D的余弦值．解(1)在线段AB上存在中点G，使得AF∥平面PCG.证明如下：如图所示．设PC的中点为H，连接FH，GH，∵FH∥CD，FH＝12CD，AG∥CD，AG＝12CD，∴FH∥AG，FH＝AG，∴四边形AGHF为平行四边形，则AF∥GH，又GH⊂平面PCG，AF⊄平面PCG，∴AF∥平面PCG.(2)选择①AB⊥BC：∵P A⊥平面ABCD，∴P A⊥BC，由题意，知AB，AD，AP两两垂直，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，∵P A＝AB＝2，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0，2,0)，F(0，1,1)，P(0,0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF→＝(－2，－1,1)，设平面F AC 的一个法向量为μ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧μ·AF →＝y ＋z ＝0，μ·CF →＝－2x －y ＋z ＝0，取y ＝1，得μ＝(－1,1，－1)， 平面ACD 的一个法向量为v ＝(0,0,1)， 设二面角F －AC －D 的平面角为θ， 由图可知，二面角θ为锐二面角， 则cos θ＝|μ·v ||μ||v |＝33，∴二面角F －AC －D 的余弦值为33. 选择②FC 与平面ABCD 所成的角为π6：∵P A ⊥平面ABCD ，取BC 中点E ，连接AE ，取AD 的中点M ，连接FM ，CM ，则FM ∥P A ，且FM ＝1，∴FM ⊥平面ABCD ， FC 与平面ABCD 所成角为∠FCM ， ∴∠FCM ＝π6，在Rt △FCM 中，CM ＝3，又CM ＝AE ，∴AE 2＋BE 2＝AB 2，∴BC ⊥AE ， ∴AE ，AD ，AP 两两垂直，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，∵P A ＝AB ＝2，∴A (0,0,0)，B (3，－1,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，F (0,1,1)，P (0,0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF →＝(－3，0,1)， 设平面F AC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AF →＝y ＋z ＝0，m ·CF →＝－3x ＋z ＝0，取x ＝3，得m ＝(3，－3,3)，平面ACD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设二面角F －AC －D 的平面角为θ，由图可知，二面角θ为锐二面角，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝217.∴二面角F －AC －D 的余弦值为217.选择③∠ABC ＝π3：∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥BC ，取BC 中点E ，连接AE ，∵底面ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，∴△ABC 是正三角形，∵E 是BC 的中点，∴BC ⊥AE ，∴AE ，AD ，AP 两两垂直，以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，∵P A ＝AB ＝2，∴A (0,0,0)，B (3，－1,0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，F (0,1,1)，P (0,0,2)，∴AF→＝(0,1,1)，CF →＝(－3，0,1)， 设平面F AC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AF →＝y ＋z ＝0，m ·CF →＝－3x ＋z ＝0，取x ＝3，得m ＝(3，－3,3)，平面ACD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 设二面角F －AC －D 的平面角为θ，由图可知，二面角θ为锐二面角，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝217.∴二面角F －AC －D 的余弦值为217.。

学习资料2022版高考数学一轮复习第七章立体几何第七讲立体几何中的向量方法学案（理，含解析）新人教版班级：科目：第七讲立体几何中的向量方法（理）知识梳理·双基自测错误!错误!错误!错误!知识点一两个重要的向量(1）直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有__无数__个．（2)平面的法向量直线l⊥平面α，取直线l的方向向量，则这个向量叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量有__无数__个，它们是共线向量．知识点二空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇒n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔m·n＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α、β的法向量分别为n、m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝0知识点三两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b,其夹角为θ，则cosφ＝|cosθ｜＝__错误!__（其中φ为异面直线a，b所成的角)．知识点四直线和平面所成角的求法如图所示,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，向量e与n的夹角为θ，则有sinφ＝|cosθ｜＝__错误!__．知识点五求二面角的大小（1）如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝__〈错误!，错误!〉__．(2)如图②③,n1,n2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|cosθ｜＝__错误!__，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．知识点六利用空间向量求距离（1）点到平面的距离如图所示,已知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的距离为d＝错误!．(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．注意体积法在求点到平面距离时的应用．错误!错误!错误!错误!1．直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则错误!及与错误!平行的非零向量均为直线l的方向向量．2．平面的法向量的确定：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错误!3．若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号．错误!错误!错误!错误!题组一走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√"或“×"）（1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(×）（2)平面的单位法向量是唯一确定的．（×）（3)若两平面的法向量平行,则两平面平行．（√)（4）直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(×）（5）两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(×)（6）若空间向最a平行于平面α，则a所在直线与平面a平行．(×）题组二 走进教材2．（必修2P 111T3)如图所示,在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是__垂直__．［解析] 以A 为原点，分别以AB ，→，错误!，错误!所在直线为x ,y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体的棱长为1，则A （0，0，0),M 错误!， O 错误!，N 错误!，错误!·错误!＝错误!·错误!＝0, ∴ON 与AM 垂直．3．(必修2P 117A 组T4）如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为错误!，底面三角形的边长为1,则BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角是__错误!__．[解析] 分别取AC 、A 1C 1的中点D 、D 1，连接BD ,D 1D ，易知D 1D ⊥平面ABC ，且BD ⊥AC ，故以D 为坐标原点，AC 、DB 、DD 1所成的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．易知B 错误!，C 1错误!， ∴C 1B →＝错误!，设BC 1与侧面ACC 1A 1所成的角为θ,∵平面ACC 1A 1的一个法向量为n ＝(0,1，0）, ∴sin θ＝错误!＝错误!＝错误!，∴θ＝错误!． 题组三 走向高考4．（2020·新高考Ⅰ)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面，在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°,则晷针与点A 处的水平面所成角为（ B ）A ．20°B ．40°C ．50°D ．90°[解析］ 由题意作出如图所示的截面图，设所求角为α，由图易知α＝40°，故选B ．5．(2019·浙江）如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E,F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．[解析］解法一：（1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC，又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC的中点G，连接EG，GF，则四边形EGF A1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGF A1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGF A1，则平面A1BC⊥平面EGF A1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角，不妨设AC ＝4，则在Rt △A 1EG 中,A 1E ＝2错误!，EG ＝错误!． 由于O 为A 1G 的中点,故EO ＝OG ＝错误!＝错误!， 所以cos ∠EOG ＝错误!＝错误!．因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是错误!． 解法二：(1）证明:连接A 1E ，因为A 1A ＝A 1C , E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ， 所以,A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点,分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E －xyz ．不妨设AC ＝4．则A 1(0，0，2错误!)，B (错误!，1，0）,B 1(错误!，3，2错误!），F 错误!，C （0,2，0）．因此，错误!＝错误!，错误!＝(－错误!，1，0）． 由错误!·错误!＝0得EF ⊥ BC ． （2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1)可得BC →＝(－错误!，1，0），错误!＝(0，2，－2错误!）． 设平面A 1BC 的法向量为n ＝（x ，y ，z ）． 由错误!得错误! 取n ＝（1，错误!，1)，故sin θ＝|cos 〈错误!,n 〉|＝错误!＝错误!．因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为错误!．考点突破·互动探究考点一利用向量证明空间的平行与垂直——自主练透例1（2020·山东青岛胶州实验学校期中)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2,P A＝PD＝CD＝BC＝1,平面P AD⊥平面ABCD，E 为AD的中点．(1)求证：P A⊥BD；（2)在线段AB上是否存在一点G，使得直线BC∥平面PEG？若存在,请证明你的结论；若不存在，请说明理由．[解析]取BA的中点H，连EH,在梯形ABCD中，由题意易知EH⊥AD,∵P A＝PD，E为AD的中点，∴PE⊥AD，又平面P AD⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD，∴PE⊥EH,PE⊥AD，∴AE、EH、EP两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则P错误!，A错误!,B错误!,D错误!，E(0，0,0），C错误!．(1)错误!＝（错误!，0，－错误!)，错误!＝(0，－错误!，0），∴错误!·错误!＝错误!×0＋0×(－错误!)＋错误!×0＝0，∴错误!⊥错误!，即P A⊥BD．(2)设线段AB上存在点G满足条件，则错误!＝λ错误!＝(－错误!λ，错误!λ，0)(0≤λ≤1），错误!＝错误!－错误!＝（－错误!λ,错误!λ，0）－错误!＝错误!．且错误!＝m错误!＋n错误!，即错误!＝错误!，∴错误!解得λ＝错误!．∴存在点G，当AG＝错误!AB时，BC∥平面PEG．注：本题也可用几何法求解,或求平面PEG的法向量n,利用n·错误!＝0⇔n⊥错误!⇔BC ∥平面PEG判断解答．名师点拨］（1)建立空间直角坐标时尽可能地利用图形中的垂直关系，要准确写出相关点的坐标，进而确定向量的坐标．(2）用向量法证平行问题的类型及常用方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量)②转化为线面平行、线线平行问题（3)利用向量法证垂直问题的类型及常用方法线线垂直问题证明两直线所在的方向向量互相垂直,即证它们的数量积为零线面垂直问题直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直问题两个平面的法向量垂直,或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直〔变式训练1〕如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．(1）求证：平面A1B1D⊥平面ABD；(2)求证：平面EGF∥平面ABD．[证明］以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴,y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系,则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0,0,4），E(0,0，3)，F（0,1，4)．设BA＝a，则A（a，0,0），G错误!，A1（a,0，4)．（1)因为错误!＝（a，0,0）,错误!＝（0，2,2)，错误!＝(0，2，－2），所以错误!·错误!＝0，错误!·错误!＝0．所以错误!⊥错误!，错误!⊥错误!，即B1D⊥BA，B1D⊥BD．又BA∩BD＝B，所以B1D⊥平面ABD．因为B1D⊂平面A1B1D,所以平面A1B1D⊥平面ABD．(2）证法一：因为错误!＝错误!，错误!＝(0,1,1)，错误!＝(0,2,－2)，所以错误!·错误!＝0,错误!·错误!＝0．所以B1D⊥EG,B1D⊥EF．因为EG∩EF＝E，所以B1D⊥平面EGF．又由(1)知B1D⊥平面ABD，所以平面EGF∥平面ABD．证法二：∵错误!＝错误!，∴错误!＝－错误!错误!,又GF⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，∴GF∥平面ABD，同理EF∥平面ABD，又GF∩EF＝F，GF⊂平面EGF,EF⊂平面EGF，∴平面EGF∥平面ABD．考点二利用向量求空间的角-—多维探究角度1向量法求异面直线所成的角例2(2020·豫南豫北精英对抗赛）在四面体ABCD中，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝错误!，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(B）A．错误!B．错误!C．错误!D．－错误![解析］取BD的中点O，连AO,OC，由CA＝CB＝CD＝BD＝2,AB＝AD＝错误!,得AO ⊥BD，CO⊥BD，且OC＝错误!，AO＝1．在△AOC中,AC2＝AO2＋OC2，故AO⊥OC，又知BD∩OC＝O，因此AO⊥平面BCD，以OB，OC,OA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（0,0,1）,B（1,0,0)，C（0，错误!，0），D（－1,0,0)，∴错误!＝(1，0，－1)，错误!＝（－1,－错误!,0），设异面直线AB与CD所成角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!，即异面直线AB与CD所成角的余弦值为错误!，故选B．名师点拨]（1）求异面直线所成角的思路：①选好基底或建立空间直角坐标系;②求出两直线的方向向量v1，v2；③代入公式|cos〈v1，v2〉|＝错误!求解．(2）两异面直线所成角的关注点：两异面直线所成角的范围是θ∈错误!，两向量的夹角的范围是[0，π］，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角;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的夹角．角度2向量法求线面角例3(2021·浙江联考）如图，底面ABCD为菱形,AP⊥平面ABCD，AP∥DE,∠BAD＝错误!π，P A＝AD＝2DE．(1)求证:BD∥平面PEC；（2）求直线DP与平面PEC所成角的正弦值．[解析］解法一:连AC交BD于O，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD,又∠BAD＝错误!,∴△ABC为正三角形，以点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系．设P A＝AD＝2DE＝2，则易得点C（0，1,0）,D(－错误!，0，0)，P(0，－1，2),E(－错误!，0，1），∴错误!＝(错误!，－1，2），错误!＝（0,－2,2），错误!＝(－错误!,－1,1)．设平面PEC的法向量为n＝(x,y,z)，则错误!即错误!令y＝1,∴n＝（0,1,1)．（1)∵错误!＝(2错误!,0,0），∴错误!·n＝0，即错误!⊥n,又BD⊄平面PCE，∴BD∥平面PCE．（2)设直线DP与平面PEC所成角为θ，∴sin θ＝｜cos〈错误!，n〉｜＝错误!＝错误!．即直线DP与平面PEC所成角的正弦值为错误!．解法二：（1）连接AC交BD于点O，取PC的中点G，连接EG，GO,则G,O分别为PC，AC的中点，故GO∥P A，且GO＝错误!P A．∵AP∥DE，P A＝2DE，∴GO∥DE，GO＝DE，∴四边形EDOG为平行四边形，∴EG∥DO，即EG∥BD．又∵EG⊂平面PEC，BD⊄平面PEC，∴BD∥平面PEC．（2)连接DP．∵AP⊥平面ABCD,∴AP⊥AD，AP⊥AC，∴△P AD，△P AC为直角三角形，且P A⊥平面ABCD，∵AP∥DE，∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥CD,∴△EDC为直角三角形．又P A＝AD＝2DE，不妨设P A＝AD＝2DE＝2，∴DP＝2错误!，在直角梯形P ADE中,PE＝错误!．∵底面ABCD为菱形，DC＝DA＝2,∴EC＝错误!，S△EDC＝1．∵∠DAB＝错误!π，∴AC＝2．在Rt△P AC中，PC＝22，∴S△PEC＝错误!，∵AP∥DE,∴AP∥平面DCE，∵V P－EDC＝V A－EDC,又V D－PEC＝V P－EDC，∴V D－PEC＝V A－EDC，过点A作AH⊥DC于点H,易得AH⊥平面EDC，AH＝3．设点D到平面PEC的距离为h,故错误!×错误!·h＝错误!×错误!×1,∴h＝错误!．设DP与平面PEC所成角为θ，∴sin θ＝hDP＝错误!＝错误!．名师点拨1．线面角涉及斜线的射影,故找出平面的垂线是解题的基本思路,而这往往正是解题难点所在，故常用向量法求解斜线与平面所成角的问题,关键是确定斜线的一个方向向量a和平面的一个法向量b，再通过计算线面角的向量公式sin θ＝|cos〈a，b〉｜＝错误!（θ是斜线与平面所成的角)求解,要特别注意a和b的夹角与线面角的关系．2．利用空间向量解答立体几何问题的步骤（1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；(2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为0列出方程组,求出法向量；(4)将空间位置关系转化为向量关系；(5）根据定理结论求出相应的角．注：用体积法求出点P到平面α的距离h，只需再求出｜P A|,则可得直线P A与平面α所成角的余弦值cos θ＝错误!．通过本例两种解法可看出向量法在解决立体几何有关问题中的优越性．角度3向量法求二面角例4(2021·安徽合肥调研)在三棱锥P－ABC中,BC⊥平面P AB，平面P AC⊥平面ABC．（1)证明:P A⊥平面ABC；（2)若D为PC的中点,且P A＝2错误!AB，AB＝BC，求二面角A－BD－C的余弦值．［解析]（1)证明：过点B作BO⊥AC于O．∵平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，BO⊂平面ABC,∴BO⊥平面P AC，∴BO⊥P A．又∵BC⊥平面P AB，P A⊂平面P AB,∴BC⊥P A．又∵BC∩BO＝B,BC,BO⊂平面ABC，∴P A⊥平面ABC．(2)∵AB＝BC，BO⊥AC，∴O为BC中点．又∵D为PC的中点，∴DO∥P A．由（1）知，P A⊥平面ABC,∴DO⊥平面ABC，∴DO⊥BO，DO⊥AO，∴以O为原点，以错误!，错误!,错误!所在方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图．设AB ＝BC ＝错误!，则AC ＝2，P A ＝4，则O (0,0，0)，A （1,0,0),C （－1,0,0)，B (0，1,0)，P (1,0，4)，D （0,0,2）． 设平面ABD 的法向量为n 1＝（x 1，y 1，z 1），∴n 1⊥错误!，n 1⊥错误!，n 1·错误!＝0，n 1·错误!＝0， 错误!＝(－1,1,0），错误!＝（－1,0,2）, ∴错误!．设z 1＝1得x 1＝2，y 1＝2，∴n 1＝（2，2,1)， 设平面BCD 的法向量为n 2＝（x 2，y 2，z 2)，∴n 2⊥错误!，n 2⊥错误!，n 2·错误!＝0,n 2·错误!＝0， 错误!＝（1,1,0),错误!＝（0，1，－2）， ∴错误!．令z 2＝1得x 2＝－2，y 2＝2，∴n 2＝（－2,2,1)， ∴cos<n 1，n 2〉＝错误!＝错误!． ∵二面角A －BD －C 的平面角θ是钝角, ∴cos θ＝－19．即二面角A －BD －C 的余弦值为－错误!．注：(1）注意到AB 、BC 、P A 两两垂直,故也可以BC 为x 轴、BA 为y 轴建立坐标系求解；(2）注意到△BCD ≌△BAD ,故作CH ⊥BD 于H ，连AH ，则AH ⊥BD ，∴∠AHC 即为二面角A －BD －C 的平面角，令AB ＝BC ＝错误!，易求得CH ＝AH ＝错误!，∴cos ∠AHC ＝错误!＝－错误!．名师点拨利用向量法确定二面角大小的常用方法（1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平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的大小．（2）找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．（3)将二面角转化为线面角求解．如图要求二面角P－AB－C，可作PH⊥AB，则二面角P－AB－C的大小即为PH与平面ABC所成角的大小θ,PH易求，可用体积法求P到平面ABC的距离h,则sin θ＝h｜PH｜．〔变式训练2〕（1）(角度1)（2018·江苏高考题改编)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点,则异面直线BP与AC1所成角的余弦值为__错误!__．(2）（角度2）（2021·广东广州广雅中学等三校联考)如图,在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°，矩形ACFE中,AE＝2，又BF＝2错误!．①求证：BC⊥平面ACFE；②求直线BD与平面BEF所成角的正弦值．(3)（角度3)(2019·课标Ⅰ）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．[解析］（1）如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O,O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC,OO1⊥OB，以{错误!,错误!，错误!｝为基底，建立空间直角坐标系O－xyz．因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0），B(错误!,0,0)，C1（0，1,2)．因为P为A1B1的中点，所以P错误!．从而错误!＝错误!，错误!＝(0,2，2)．故｜cos〈错误!，错误!>｜＝错误!＝错误!＝错误!．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为错误!．（2)证明：①在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°,∴四边形ABCD是等腰梯形，∠ADC＝120°，∴∠DCA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°,∴AC⊥BC（也可以利用余弦定理求出AC，BC再证明) 又∵矩形ACFE中,CF＝AE＝2，又BF＝2错误!，CB＝2，∴CF2＋BC2＝BF2，∴CB⊥CF，又∵AC∩CF＝F,∴BC⊥平面ACFE．②以点C为坐标原点，以CA所在直线为x轴，以CB所在直线为y轴，以CF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．可得C(0,0,0），B（0，2，0），F(0,0，2），D(错误!，－1,0)，E（2错误!,0,2)．∴错误!＝(－2错误!，0,0），错误!＝(0，－2,2），错误!＝(错误!，－3,0)，设平面BEF的法向量为n＝（x，y，z）,∴错误!,令y＝1，则x＝0，z＝1,∴n＝(0,1，1），∴|cos〈错误!,n〉｜＝错误!＝错误!，∴直线BD与平面BEF所成角的正弦值是错误!．（3）①证法一:连接B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点,所以ME∥B1C，且ME＝错误!B1C．又因为N为A1D的中点，所以ND＝错误!A1D．由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN⊄平面EDC1，所以MN∥平面C1DE．证法二:∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°,连BD．则△BCD为正三角形，又E为BC的中点,∴DE⊥BC,又DD1⊥平面ABCD，∴DA、DE、DD1两两垂直，如图建立空间直角坐标系,则错误!＝（0，－错误!,0)，错误!＝(0,－错误!，0），∴错误!＝错误!，∴MN∥ED,又MN ⊄平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ， ∴MN ∥平面ABCD ．②解法一：由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA ，→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (2,0，0）,A 1（2,0,4）,M (1，错误!,2），N (1,0，2), 错误!＝（0，0，－4)，错误!＝（－1，错误!，－2）， 错误!＝(－1,0，－2），错误!＝(0，－错误!，0）． 设m ＝（x ,y ，z )为平面A 1MA 的法向量， 则错误!所以错误!可取m ＝（错误!，1,0)． 设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量, 则错误!所以错误!可取n ＝（2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝错误!＝错误!＝错误!， 所以二面角A －MA 1－N 的正弦值为错误!． 解法二：由题意易知，A 1M ＝2错误!＝AM , 又AA 1＝4，∴A 1M 2＋AM 2＝AA 错误!,∴AM ⊥A 1M ，∴二面角A －MA 1－N 的大小即为AM 与平面A 1MN 所成角的大小θ， 又A 1M ＝2错误!，MN ＝错误!，A 1N ＝错误!， ∴A 1N ＋MN 2＝A 1M ，∴A 1N ⊥MN ，取AB 的中点H ，则DH ⊥AB ,且DH ＝错误!， ∵平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ， ∴DH ⊥平面ABB 1A 1,∴A1D的中点N到平面ABB1A1的距离为错误!，记A到平面A1MN的距离为h，∵VN－A1AM＝VA－A1MN，则错误!＝错误!h，∴h＝错误!，∴sin θ＝错误!＝错误!，即二面角A－MA1－N的正弦值为错误!．考点三，利用向量求空间的距离—-师生共研例5（2021·广东广州模拟）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD的边长为2的菱形,∠BAD＝60°,∠APD＝90°，且P A＝PD,AD＝PB．(1）求证：AD⊥PB；(2）求点A到平面PBC的距离．［解析]（1）证明:取AD的中点O，连接OP,OB，BD，因为底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，所以AD＝AB＝BD．因为O为AD的中点，所以BO⊥AD．在△P AD中,P A＝PD，O为AD的中点，所以PO⊥AD．因为BO∩PO＝O，所以AD⊥平面POB．因为PB⊂平面POB，所以AD⊥PB．(2）由题意及（1）易知OP＝1，BO＝错误!，PB＝2，∴OP2＋BO2＝PB2，∴OP⊥OB，∴OP、OA、OB两两垂直,如图建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B（0，错误!，0),C（－2，错误!，0)，P(0,0，1），∴错误!＝（－1,0,1)，错误!＝(0,错误!，－1），错误!＝(－2，错误!，－1),设平面PBC 的法向量为n ＝（x ,y ，z ),则错误!，∴错误!，不妨取y ＝1，则n ＝（0,1，错误!)，∴点A 到平面PBC 的距离d ＝错误!＝错误!．另解（2）(体积法)：∵P A ＝PD ，∠APD ＝90°，∴PO ＝12AD ＝1， 又AD ⊥PB ，BC ∥AD ，∴BC ⊥PB ，记A 到平面PBC 的距离为h ，则由V A －PBC ＝V P －ABC 得错误!h ＝错误!×错误!×2×2sin 120°，∴h ＝错误!，即A 到平面PBC 的距离为错误!．〔变式训练3〕(2021·安徽合肥质检）如图，边长为2的等边△ABC 所在平面与菱形A 1ACC 1所在平面互相垂直，A 1C ＝3AC 1,M 为线段AC 的中点．（1)求证：平面BMC 1⊥平面A 1BC 1；（2)求点C 到平面A 1BC 1的距离．[解析] （1)因为四边形A 1ACC 1为菱形，所以A 1C ⊥AC 1．又因为A 1C ＝错误!AC 1，所以∠ACC 1＝60°，即△ACC 1为等边三角形．因为AC 1＝CC 1，M 为线段AC 的中点，所以AC ⊥C 1M ．因为AB ＝BC ，M 为线段AC 的中点，所以AC ⊥BM ．又因为C 1M ∩BM ＝M ，所以AC ⊥平面BMC 1．又因为AC∥A1C1，所以A1C1⊥平面BMC1．又A1C1⊂平面A1BC1，所以平面BMC1⊥平面A1BC1．(2）因为平面A1ACC1⊥平面ABC，交线是AC，且C1M⊥AC，所以C1M⊥平面ABC．以M为原点，MB,MC，MC1分别为x，y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示：C（0,1,0）,B(错误!，0,0），C1(0，0,错误!),A1（0,－2，错误!)，则错误!＝（0，2,0），错误!＝(－错误!，0，错误!)，错误!＝（0，－1，错误!)，设平面A1BC1的法向量为n＝（x，y，z)，则错误!，令x＝1，则n＝（1，0，1)，∴点C到平面A1BC1的距离d＝错误!＝错误!＝错误!．名师讲坛·素养提升利用向量法解答立体几何中的探究型问题例6(2021·山东潍坊安丘市、诸城市、高密市联考)在四棱锥P－ABCD中,平面P AD⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC＝90°，BC＝CD＝错误!AD＝1，E为线段AD的中点,过BE的平面与线段PD，PC分别交于点G，F．（1)求证：GF⊥P A；（2)若P A＝PD＝错误!，是否存在点G,使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为错误!，若存在，请确定G点的位置;若不存在，请说明理由．[解析］（1）因为BC＝错误!AD，且E为线段AD的中点，所以BC＝DE，又因为BC∥AD，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BE∥CD，又因为CD⊂平面PCD，BE⊄平面PCD，所以BE∥平面PCD,又平面BEGF∩平面PCD＝GF，所以BE∥GF,又BE⊥AD,且平面P AD⊥平面ABCD,平面P AD∩平面ABCD＝AD，所以BE⊥平面P AD，所以GF⊥平面P AD,又P A⊂平面P AD,所以GF⊥P A．(2)因为P A＝PD,E为线段AD的中点，所以PE⊥AD，又因为平面P AD⊥平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，以E为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz;则P(0，0,1)，B（0，1,0），E（0,0，0)，D(－1,0,0），则错误!＝（0，1，－1），错误!＝(0，－1，0)，错误!＝（1,0,1)，设错误!＝λ错误!（0≤λ≤1)，得G(λ－1,0，λ），所以错误!＝(λ－1，0，λ）,设平面BEGF的法向量为n＝（x,y，z），则错误!即错误!不妨令x＝λ，可得n＝(λ，0,1－λ）为平面BEGF的一个法向量，设直线PB与平面BEGF所成角为α,于是有sin α＝｜cos〈n,错误!>｜＝错误!＝错误!＝错误!；得λ＝错误!或λ＝－1(舍)，所以存在点G错误!，使得直线PB与平面BEGF所成角的正弦值为错误!．故G为DP的靠近D点的三等分点．名师点拨对于“是否存在"型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标,即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．〔变式训练4〕(2021·福建龙岩质检)在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为直角梯形,∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝1，PD＝AD＝2DC＝2，∠PDA＝60°,且平面P AD⊥平面ABCD．（1）求证：BD⊥PC;(2)在线段P A上是否存在一点M，使二面角M－BC－D的大小为30°？若存在，求出错误!的值；若不存在，请说明理由．[解析］（1)过点P在平面P AD内作PO⊥AD，垂足为O，连接BO、OC，∵平面P AD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD，∵∠PDA＝60°，PD＝DA＝2，∴△PDA是等边三角形，∴OD＝1＝BC,∵OD∥BC,∠BCD＝90°，∴四边形OBCD是正方形，∴BD⊥OC,∵OC∩PO＝O，∴BD⊥平面POC，∵PC⊂平面POC，∴BD⊥PC．(2)∵PO⊥平面ABCD,OB⊥AD，如图，建立空间直角坐标系O－xyz，则B(0，1，0),C(－1，1,0），D(－1,0,0），P（0，0,错误!),A(1，0,0），假设在线段P A上存在一点M，使二面角M－BC－D大小为30°，设错误!＝λ错误!(0≤λ≤1），错误!＝(0，－1,错误!)则错误!＝错误!＋错误!＝(λ，－1，错误!－错误!λ），错误!＝(－1,0,0), 设平面MBC的法向量为m＝(x，y，z)，则错误!，取m＝（0,3－3λ,1)，又平面ABCD的一个法向量n＝（0，0，1),∵二面角M－BC－D大小为30°,∴cos 30°＝错误!＝错误!＝错误!，解得λ＝错误!或λ＝错误!（舍），∴在线段P A上存在点M,满足题设条件，且错误!＝错误!．。

第七节立体几何中的向量方法［最新考纲］［考情分析］［核心素养］1。

理解直线的方向向量与平面的法向量。

2.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.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）。

4。

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，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。

主要通过空间角(异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角）的求法考查向量方法应用，多为解答题第2问，分值为12分.1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算‖知识梳理‖空间角的求法（1)求异面直线所成的角设a,b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π）错误!错误!求法cos β＝a·b|a｜｜b|cos θ＝｜cos β|＝｜a·b|｜a｜｜b｜►常用结论两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等,当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．(2）求直线与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n,直线l与平面α所成的角为θ,则sin θ＝错误!｜cos<a，n〉|＝错误!错误!．(3）求二面角的大小①如图①,AB，CD是二面角α－l－β的两条面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝错误!〈错误!，错误!>．②如图②③，n1，n2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｜＝错误!|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．►常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理cosθ＝cosθ1cos θ2如图，若OA为平面α的一条斜线,O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角,即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2。

高考数学全面突破轮复习必考题型巩固提升学案立体几何中的向量方法Coca-cola standardization office【ZZ5AB-ZZSYT-ZZ2C-ZZ682T-ZZT18】立体几何中的向量方法(二)考情分析考查用向量方法求异面直线所成的角，直线与平面所成的角、二面角的大小．基础知识1．空间的角(1)异面直线所成的角如图，已知两条异面直线a、b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b.则把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．(2)平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；②直线和平面平行，或在平面内，则它们所成的角是0°的角．(3)二面角的平面角如图在二面角α-l-β的棱上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则∠AOB叫做二面角的平面角．2．空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2的夹角θ满足cos θ＝|cos 〈m1，m2〉|.(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(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〉或－cos 〈n 1，n 2〉． 注意事项1.(1)异面直线所成的角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2；(2)直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2； (3)二面角的范围是[0，π]．2.利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α、β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补，这是利用向量求二面角的难点、易错点． 题型一 求异面直线所成的角【例1】已知ABCD -A 1B 1C 1D 1是底面边长为1的正四棱柱，高AA 1＝2，求 (1)异面直线BD 与AB 1所成角的余弦值；解 (1)如图建立空间直角坐标系A 1-xyz ，由已知条件：B (1,0,2)，D (0,1,2)， A (0,0,2)，B 1(1,0,0)．则BD →＝(－1,1,0)，AB 1→＝(1,0，－2)设异面直线BD 与AB 1所成角为θ， cos θ＝|cos 〈BD →，AB 1→〉|＝1010.(2)VAB 1D 1C ＝VABCDA 1B 1C 1D 1－4VCB 1C 1D 1＝23.【变式1】已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为C 1D 1的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为________．解析 如图建立直角坐标系D -xyz ，设DA ＝1，由已知条件A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1，B (1,1,0)，C (0,1,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，1，BC →＝(－1,0,0)设异面直线AE 与BC 所成角为θ. cos θ＝|cos 〈AE →，BC →〉|＝|AE →·BC →||AE →||BC →|＝23.答案 23题型二 利用向量求直线与平面所成的角【例2】如图所示，已知点P 在正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°. (1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小．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)． 连接BD ，B ′D ′.在平面BB ′D ′D 中，延长DP 交B ′D ′于H .设DH →＝(m ，m,1)(m >0)，由已知〈DH →，DA →〉＝60°，即DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉， 可得2m ＝2m 2＋1. 解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.(1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2＝22， 所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，即DP 与CC ′所成的角为45°. (2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC →＝(0,1,0)． 因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋22×1＋1×01×2＝12，所以〈DH →，DC →〉＝60°，可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.【变式2】已知三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．解：设PA ＝1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图．则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (2,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，S ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0. (1)证明：CM →＝(1，－1，12)，SN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，因为CM →·SN →＝－12＋12＋0＝0，所以CM ⊥SN .(2)NC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，0，设a ＝(x ，y ，z )为平面CMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧CM →·a ＝0NC →·a ＝0∴⎩⎪⎨⎪⎧x－y＋12z＝0，－12x＋y＝0，取x＝2，得a＝(2,1，－2)．因为|cos〈a，SN→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－123×22＝22，所以SN与平面CMN所成角为45°.题型三利用向量求二面角【例3】如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD ⊥底面ABCD.(1)证明：PA⊥BD；(2)若PD＝AD，求二面角A-PB-C的余弦值．(1)证明因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD.从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD.又AD∩PD＝D.所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.(2)解如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－1，3，0)，P(0,0,1)．AB→＝(－1，3，0)，PB→＝(0，3，－1)，BC→＝(－1,0,0)．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AB→＝0，n·PB→＝0.即⎩⎨⎧－x＋3y＝0，3y－z＝0.因此可取n＝(3，1，3)．设平面PBC 的法向量为m ，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝0，m ·BC →＝0.可取m ＝(0，－1，－3)，则cos 〈m ，n 〉＝－427＝－277.故二面角A -PB -C 的余弦值为－277.【变式3】 如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，AP ＝AB ＝2，BC ＝22，E ，F 分别是AD ，PC 的中点．(1)证明：PC ⊥平面BEF ；(2)求平面BEF 与平面BAP 夹角的大小．(1)证明 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．∵AP ＝AB ＝2，BC ＝AD ＝22，四边形ABCD 是矩形，∴A ，B ，C ，D ，P 的坐标为A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,22，0)，D (0,22，0)，P (0,0,2)．又E ，F 分别是AD ，PC 的中点，∴E (0，2，0)，F (1，2，1)． ∴PC →＝(2,22，－2)，BF →＝(－1，2，1)，EF →＝(1,0,1)． ∴PC →·BF →＝－2＋4－2＝0，PC →·EF →＝2＋0－2＝0. ∴PC →⊥BF →，PC →⊥EF →∴PC ⊥BF ，PC ⊥EF .又BF ∩EF ＝F ， ∴PC ⊥平面BEF .(2)解 由(1)知平面BEF 的一个法向量n 1＝PC →＝(2,22，－2)，平面BAP 的一个法向量n 2＝AD →＝(0,22，0)， ∴n 1·n 2＝8.设平面BEF 与平面BAP 的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝84×22＝22，∴θ＝45°.∴平面BEF 与平面BAP 的夹角为45°. 重难点突破【例4】如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q -BP -C 的余弦值． 解析 (1)略(2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0.可取m ＝(1,1,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角QBPC 的余弦值为－155. 巩固提高1.在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成的角的正弦值为( )A.64 B. －64 C. 104D. －104答案：A解析：取AC 中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ，如图，建立空间直角坐标系Bxyz ， 则A (32，12，0)，D (0,0,1)， 则A D →＝(－32，－12，1)． ∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，BE ⊥AC ， ∴BE ⊥平面AA 1C 1C . ∴B E →＝(32，0,0)为平面AA 1C 1C 的一个法向量， ∴cos 〈A D →，B E →〉＝－64， 设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α， ∴sin α＝|cos|〈A D →，B E →〉|＝64，故选A. 2.在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成的角的余弦值是( )A.3010 B. 12 C.3015D.1510答案：A解析：建立如图所示的坐标系，设BC ＝1，则A (－1,0,0)，F 1(－12，0,1)，B (0，－1,0)，D 1(－12，－12，1)，即AF 1→＝(12，0,1)，BD 1→＝(－12，12，1)．∴cos 〈AF 1→，BD 1→〉＝AF 1→·BD 1→|AF 1→|·|BD 1→|＝3010.3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为正三角形，底面ABCD 为正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，M 为底面ABCD 内的一个动点，且满足MP ＝MC ，则点M 在正方形ABCD 内的轨迹为( )答案：A解析：以D 为原点，DA 、DC 所在直线分别为x 、y 轴建系如图：设M (x ，y,0)，设正方形边长为a ，则P (a 2，0，32a )，C (0，a,0)，则|MC |＝x 2＋y －a 2，|MP |＝x －a 22＋y 2＋32a 2.由|MP |＝|MC |得x ＝2y ，所以点M 在正方形ABCD 内的轨迹为直线y ＝12x 的一部分．4.已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是________．答案：43解析：如图建立空间直角坐标系Dxyz ， 则A 1(2,0,4)，A (2,0,0)，B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)， AD 1→＝(－2,0,4)，AB 1→＝(0,2,4)，AA 1→＝(0,0,4)，设平面AB 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD 1→＝0，n ·AB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋4z ＝0，2y ＋4z ＝0，解得x ＝2z 且y ＝－2z ，不妨设n ＝(2，－2,1)，设点A 1到平面AB 1D 1的距离为d ，则d ＝|AA 1→·n ||n |＝43. 5.已知在几何体A －BCED 中，∠ACB ＝90°，CE ⊥平面ABC ，平面BCED 为梯形，且AC ＝CE ＝BC ＝4，DB ＝1.(1)求异面直线DE 与AB 所成角的余弦值；(2)试探究在DE 上是否存在点Q ，使得AQ ⊥BQ ，并说明理由．解：(1)由题知，CA ，CB ，CE 两两垂直，以C 为原点，以CA ，CB ，CE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则A (4,0,0)，B (0,4,0)，D (0,4,1)，E (0,0,4)，∴DE →＝(0，－4,3)，AB →＝(－4,4,0)，∴cos 〈DE →，AB →〉＝－225， ∴异面直线DE 与AB 所成角的余弦值为225. (2)设满足题设的点Q 存在，其坐标为(0，m ，n )，则A Q →＝(－4，m ，n )，B Q →＝(0，m －4，n )，E Q →＝(0，m ，n －4)，Q D →＝(0,4－m,1－n )．∵AQ ⊥BQ ，∴m (m －4)＋n 2＝0，① ∵点Q 在ED 上，∴存在λ∈R(λ>0)使得EQ →＝λQD →，∴(0，m ，n －4)＝λ(0,4－m,1－n )，∴m ＝4λ1＋λ，②n ＝4＋λ1＋λ.③ 由①②③得(λ＋41＋λ)2＝16λ1＋λ2， ∴λ2－8λ＋16＝0，解得λ＝4.∴m ＝165，n ＝85. ∴满足题设的点Q 存在，其坐标为(0，165，85)．。

高考真题备选题库 第七章 立体几何第七节 立体几何中的空间向量方法考点 利用空间向量求空间角1．（2013新课标全国Ⅰ，12分）如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．解：本题主要考查空间几何体中的线线垂直的证明和线面角的计算，意在考查考生的空间想象能力、推理判断能力和计算能力．(1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB .由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB . 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由(1)知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB .又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ，所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两相互垂直．以O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，|OA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .由题设知A (1,0,0)，A 1(0，3，0)，C (0,0，3)，B (－1,0,0)．则BC ＝(1,0，3)，1BB ＝1AA ＝(－1，3，0)，1AC ＝(0，－3，3)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC ＝0，n ·1BB ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)．故n ，1AC ＝n ·1AC |n ||1AC |＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.2．（2013新课标全国Ⅱ，12分）如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1//平面A 1CD ； (2)求二面角D -A 1C -E 的正弦值．解：本题以直三棱柱为载体，考查直线与平面平行以及二面角的求解等知识，意在考查考生的空间想象能力以及化归转化能力、基本运算能力等．(1)证明：连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1中点． 又D 是AB 中点，连接DF ，则BC 1∥DF .因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，所以BC 1∥平面A 1CD .(2)由AC ＝CB ＝22AB 得， AC ⊥BC .以C 为坐标原点，CA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz .设CA ＝2，则D (1,1,0)，E (0,2,1)，A 1(2,0,2)，CD ＝(1,1,0)，CE ＝(0,2,1)，1CA ＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD ＝0，n ·1CA ＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE ＝0，m ·1CA ＝0.可取m ＝(2,1，－2)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝33，故sin 〈n ，m 〉＝63.即二面角D-A1C-E的正弦值为6 3.3.(2013山东，12分)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．解：本题考查空间线面平行的判定定理、性质定理，二面角的求解，空间向量在立体几何中的应用等基础知识与方法，考查转化与化归思想等数学思想方法，考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力．(1)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)法一：在△ABQ中，AQ＝2BD，AD＝DQ，所以∠ABQ＝90°，即AB⊥BQ，因为PB⊥平面ABQ，所以AB⊥PB.又BP∩BQ＝B，所以AB⊥平面PBQ.由(1)知AB∥GH，所以GH⊥平面PBQ.又FH⊂平面PBQ，所以GH⊥FH.同理可得GH⊥HC，所以∠FHC为二面角D-GH-E的平面角．设BA＝BQ＝BP＝2，连接FC，在Rt△FBC中，由勾股定理得FC＝2，在Rt△PBC中，由勾股定理得PC＝ 5.又H为△PBQ的重心，所以HC ＝13PC ＝53.同理FH ＝53. 在△FHC 中，由余弦定理得cos ∠FHC ＝59＋59－22×59＝－45.即二面角D -GH -E 的余弦值为－45.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－45.4．（2013广东，14分）如图1，在等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，CD ＝BE ＝2，O 为BC 的中点．将△ADE 沿DE 折起，得到如图2所示的四棱锥A ′-BCDE ，其中A ′O ＝ 3.图1 图2 (1)证明：A ′O ⊥平面BCDE ；(2)求二面角A ′-CD -B 的平面角的余弦值．解：本题考查线面垂直的判定定理、二面角等基础知识，考查空间向量在立体几何中的应用，考查化归与转化思想，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力．(1)证明：由题意，易得OC ＝3，AC ＝32，AD ＝2 2. 连接OD ，OE .在△OCD 中，由余弦定理可得 OD ＝OC 2＋CD 2－2OC ·CD cos 45°＝ 5.由翻折不变性可知A ′D ＝2 2，所以A ′O 2＋OD 2＝A ′D 2，所以A ′O ⊥OD .同理可证A ′O ⊥OE ，又OD ∩OE ＝O ，所以A ′O ⊥平面BCDE . (2)(传统法)过O 作OH ⊥CD 交CD 的延长线于H ，连接A ′H ，如图所示．因为A ′O ⊥平面BCDE ，所以A ′H ⊥CD ， 所以∠A ′HO 为二面角A ′-CD -B 的平面角．结合OC ＝3，∠BCD ＝45°，得OH ＝3 22，从而A ′H ＝OH 2＋OA ′2＝302. 所以cos ∠A ′HO ＝OH A ′H ＝ 155，所以二面角A ′-CD -B 的平面角的余弦值为155.(向量法)以O 点为原点，建立空间直角坐标系O -xyz 如图所示， 则A ′(0,0，3)，C (0，－3,0)，D (1，－2,0)，所以CA ＝(0,3，3)，DA '＝(－1,2，3)．设n ＝(x ，y ，z )为平面A ′CD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CA '＝0，n ·DA '＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3y ＋3z ＝0，－x ＋2y ＋3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ，z ＝3x ，令x ＝1，得n ＝(1，－1，3)，即n ＝(1，－1，3)为平面A ′CD 的一个法向量．由(1)知，OA '＝(0,0，3)为平面CDB 的一个法向量，所以cos 〈n ，OA '〉＝n ·OA '|n ||OA '|＝33×5＝155，即二面角A ′-CD -B 的平面角的余弦值为155.5.（2013辽宁，12分）如图，AB 是圆的直径，P A 垂直圆所在的平面，C 是圆上的点．(1)求证：平面P AC ⊥平面PBC ；(2)若AB ＝2，AC ＝1，P A ＝1，求：二面角C -PB -A 的余弦值．解：本题考查面面关系的证明及二面角的求解问题，也考查了应用空间向量求解立体几何问题，试题同时考查了考生的空间想象能力和推理归纳能力．(1)证明：由AB 是圆的直径，得AC ⊥BC ， 由P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得P A ⊥BC . 又P A ∩AC ＝A ，P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ， 所以BC ⊥平面P AC . 因为BC ⊂平面PBC ， 所以平面PBC ⊥平面P AC .(2)法一：过C 作CM ∥AP ，则CM ⊥平面ABC .如图，以点C 为坐标原点，分别以直线CB ，CA ，CM 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．因为AB ＝2，AC ＝1，所以BC ＝ 3.因为P A ＝1，所以A (0,1,0)，B (3，0,0)，P (0,1,1)．故CB ＝(3，0,0)，CP ＝(0,1,1)． 设平面BCP 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ CB ·n 1＝0， CP ·n 1＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝0，y ＋z ＝0，不妨令y ＝1，则n 1＝(0,1，－1)． 因为AP ＝(0,0,1)，AB ＝(3，－1,0)， 设平面ABP 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ AP ·n 2＝0，AB ·n 2＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，3x －y ＝0，不妨令x ＝1，则n 2＝(1，3，0)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝322＝64，所以由题意可知二面角C -PB -A 的余弦值为64. 法二：过C 作CM ⊥AB 于M ， 因为P A ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ， 所以P A ⊥CM ， 故CM ⊥平面P AB .又因为P A ∩AB ＝A ，且P A ⊂平面P AB ，AB ⊂平面P AB ， 过M 作MN ⊥PB 于N ，连接NC ， 由三垂线定理得CN ⊥PB ，所以∠CNM 为二面角C -PB -A 的平面角．在Rt △ABC 中，由AB ＝2，AC ＝1，得BC ＝3，CM ＝32，BM ＝32. 在Rt △P AB 中，由AB ＝2，P A ＝1，得PB ＝ 5. 因为Rt △BNM ∽Rt △BAP ，所以MN 1＝325，故MN ＝3510.又在Rt △CNM 中，CN ＝305，故cos ∠CNM ＝64. 所以二面角C -PB -A 的余弦值为64.6.（2012陕西，5分）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35解析：设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)， C 1(0,2,0)，B 1＝(0,2,1)，可得向量1AB ＝(－2,2,1)，1BC ＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈1AB ，1BC 〉＝－2×0＋2×2＋1×(－1)0＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55. 答案：A7.（2012新课标全国，12分）如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)求二面角A 1-BD -C 1的大小．解：(1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC . 而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD . BC ⊂平面BCD ，故DC 1⊥BC .1A D (2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CA 的方向为x 轴的正方向，|CA |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1，0,1)，C 1(0,0,2)． 则1A D ＝(0,0，－1)，BD ＝(1，－1,1)， 1DC ＝(－1,0,1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ＝0，n ·1A D ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0，可取n ＝(1,1,0)．同理，设m 是平面C 1BD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD ＝0，m ·1DC ＝0，可取m ＝(1,2,1)．从而n ，m ＝n·m|n|·|m|＝32.故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°.7．（2012浙江，15分）如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面是边长为23的菱形，∠BAD ＝120°，且P A ⊥平面ABCD ，P A ＝26，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(1)证明：MN ∥平面ABCD ；(2)过点A 作AQ ⊥PC ，垂足为点Q ，求二面角A -MN -Q 的平面角的余弦值．解：(1)因为M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MN 是△PBD 的中位线，所以MN ∥BD . 又因为MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)法一：连结AC 交BD 于O .以O 为原点，OC ，OD 所在直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，如图所示．在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得 AC ＝AB ＝23，BD ＝3AB ＝6. 又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AC . 在直角三角形P AC 中，AC ＝23，P A ＝26， AQ ⊥PC ，得QC ＝2，PQ ＝4. 由此知各点坐标如下，A (－3，0,0)，B (0，－3,0)，C (3，0,0)，D (0,3,0)，P (－3，0,26)，M (－32，－32，6)，N (－32，32，6)，Q (33，0，263)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面AMN 的法向量． 由AM ＝(32，－32，6)，AN ＝(32，32，6)知 ⎩⎨⎧32x －32y ＋6z ＝0，32x ＋32y ＋6z ＝0.取z ＝－1，得m ＝(22，0，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面QMN 的法向量．由QM ＝(－536，－32，63)，QN ＝(－536，32，63)知⎩⎨⎧－536x －32y ＋63z ＝0，－536x ＋32y ＋63z ＝0.取z ＝5，得n ＝(22，0,5)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝3333.所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为3333.法二：在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，得 AC ＝AB ＝BC ＝CD ＝DA ，BD ＝3AB . 又因为P A ⊥平面ABCD ，所以 P A ⊥AB ，P A ⊥AC ，P A ⊥AD . 所以PB ＝PC ＝PD . 所以△PBC ≌△PDC .而M ，N 分别是PB ，PD 的中点，所以MQ ＝NQ ，且AM ＝12PB ＝12PD ＝AN .取线段MN 的中点E ，连结AE ，EQ ，则AE ⊥MN ，QE ⊥MN ，所以∠AEQ 为二面角A －MN －Q 的平面角．由AB ＝23，P A ＝26，故在△AMN 中，AM ＝AN ＝3，MN ＝12BD ＝3，得 AE ＝332. 在直角三角形P AC 中，AQ ⊥PC ，得AQ ＝22，QC ＝2，PQ ＝4.在△PBC 中，cos ∠BPC ＝PB 2＋PC 2－BC 22PB ·PC ＝56，得 MQ ＝ PM 2＋PQ 2－2PM ·PQ cos ∠BPC ＝ 5.在等腰三角形MQN 中，MQ ＝NQ ＝5，MN ＝3，得QE ＝ MQ 2－ME 2＝112. 在△AEQ 中，AE ＝332，QE ＝112，AQ ＝22，得 cos ∠AEQ ＝AE 2＋QE 2－AQ 22AE ·QE ＝3333. 所以二面角A －MN －Q 的平面角的余弦值为3333. 8．(2010广东，14分)如图，AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点．平面AEC 外一点F 满足FB ＝FD ＝5a ，FE ＝6a .(1)证明：EB ⊥FD ；(2)已知点Q ，R 分别为线段FE ，FB 上的点，使得FQ ＝23FE ，FR ＝23FB ，求平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值．解：(1)证明：∵E 为AC 中点，AB ＝BC ，AC 为直径，∴EB ⊥AD .∵EF 2＝6a 2＝(5a )2＋a 2＝BF 2＋BE 2，∴EB ⊥FB .又∵BF ∩BD ＝B ，∴EB ⊥平面BDF .∵FD ⊂平面BDF ，∴EB ⊥FD .法一：(2)过D 作HD ∥QR ，连接FC .∵FQ ＝23FE ，FR ＝23FB ， ∴QR ∥EB ，∴HD ∥EB .又∵D ∈平面BED ∩平面RQD ，∴HD 为平面BED 与平面PQD 的交线，∵BD ，RD ⊂平面BDF ，EB ⊥平面BDF ，∴HD ⊥BD ，HD ⊥RD .∴∠RDB 为平面BED 与平面RQD 所成二面角的平面角，∵FB ＝FD ，BC ＝CD ，∴FC ⊥BD ，∴cos ∠FBC ＝BC BF ＝a 5a ＝55. ∴sin ∠FBC ＝255. ∴RD ＝BD 2＋BR 2－2·BD ·BR ·cos ∠FBC ＝4a 2＋59a 2－2·2a ·53a ·15＝293a . ∴sin ∠RDB ＝RB RD·sin ∠FBC ＝53a 293a ·25＝22929. 法二：(2)如图，以B 为原点，BE 为x 轴正方向，BD 为y 轴正方向，过B 作平面BEC 的垂线，建立空间直角坐标系，连接FC ，由此得B (0,0,0)，C (0，a,0)，D (0,2a,0)，E (a,0,0)．∵FD ＝FB ，BC ＝CD ，∴FC ⊥BD .∴FC ＝2a ，∵FQ ＝23FE ，FR ＝23FB ，∴R (0，13a ，23a )， RQ ＝23BE ＝(23a,0,0)．∴RD ＝(0，53a ，－23a )．设平面RQD 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则n 1·RD ＝0，n 1·RQ ＝0，∴n 1＝(0,2,5)．∵平面BED 的法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝52929.∴sin 〈n 1，n 2〉＝22929.∴平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值为22929.9．(2009·山东，12分)如图，在直四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，E 1，F 分别是棱AD ，AA 1，AB 的中点．(1)证明：直线EE 1∥平面FCC 1；(2)求二面角B —FC 1—C 的余弦值．解：(1)证明：法一：取A 1B 1的中点F 1，连结FF 1、C 1F 1，由于FF 1∥BB 1∥CC 1，所以F 1∈平面FCC 1，因此平面FCC 1即为平面C 1CFF 1，连结A 1D 、F 1C ，由于A 1F 1綊D 1C 1綊CD ，所以四边形A 1DCF 1为平行四边形，因此A 1D ∥F 1C .又EE 1∥A 1D ，得EE 1∥F 1C ，而EE 1⊄平面FCC 1，F 1C ⊂平面FCC 1，故EE 1∥平面FCC 1.法二：因为F 为AB 的中点，CD ＝2，AB ＝4，AB ∥CD ，所以CD 綊AF ，因此四边形AFCD 为平行四边形，所以AD ∥FC .又CC 1∥DD 1，FC ∩CC 1＝C ，FC ⊂平面FCC 1，CC 1⊂平面FCC 1，所以平面ADD 1A 1∥平面FCC 1，又EE 1⊂平面ADD 1A 1，所以EE 1∥平面FCC 1.(2)法一：取FC 的中点H ，由于FC ＝BC ＝FB ，所以BH ⊥FC .又BH ⊥CC 1，所以BH ⊥平面FCC 1.过H 作HG ⊥C 1F 于G ，连结BG .由于HG ⊥C 1F ，BH ⊥平面FCC 1，所以C 1F ⊥平面BHG ，因此BG ⊥C 1F ，所以∠BGH 为所求二面角的平面角．在Rt △BHG 中，BH ＝3，又FH ＝1，且△FCC 1为等腰直角三角形，所以HG ＝22，BG ＝ 3＋12＝142， 因此cos ∠BGH ＝GH BG ＝22142＝77， 即所求二面角的余弦值为77. 法二：过D 作DR ⊥CD交AB 于R ，以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则F (3，1,0)，B (3，3,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)，所以FB ＝(0,2,0)，1BC ＝(－3，－1,2)， DB ＝(3，3,0)，由FB ＝CB ＝CD ＝DF ，所以DB ⊥FC .又CC 1⊥平面ABCD ，所以DB 为平面FCC 1的一个法向量．设平面BFC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥FB ，n ⊥1BC得⎩⎪⎨⎪⎧ (x ，y ，z )·(0，2，0)＝0，(x ，y ，z )·(－3，－1，2)＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ 2y ＝0，－3x －y ＋2z ＝0，取x ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝0，z ＝32.因此n ＝(1,0，32)， 所以cos 〈DB ，n 〉＝DB ·n | DB |×|n |＝33＋9× 1＋34＝17＝77. 故所求二面角的余弦值为77. 考点二 利用向量解决立体几何中的探索问题1．（2013福建，13分）如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．(1)求证：CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值； (3)现将与四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1形状和大小完全相同的两个四棱柱拼接成一个新的四棱柱．规定：若拼接成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案．问：共有几种不同的拼接方案？在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为f (k )，写出f (k )的解析式．(直接写出答案，不必说明理由)解：本小题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系、柱体的概念及表面积等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想．(1)证明：取CD 的中点E ，连接BE .∵AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ，∴四边形ABED 为平行四边形，∴BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k .在△BCE 中，∵BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ，∴BE 2＋CE 2＝BC 2，∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD .又BE ∥AD ，∴CD ⊥AD .∵AA 1⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴AA 1⊥CD .又AA 1∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面ADD 1A 1.(2)以D 为原点，DA ，DC ，1DD 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k,3k,1)，A 1(4k,0,1)，所以AC ＝(－4k,6k,0)，1AB ＝(0,3k,1)，1AA ＝(0,0,1)．设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ AC ·n ＝0， 1AB ·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0. 取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )．设AA 1与平面AB 1C 所成角为θ，则 sin θ＝|cos 〈1AA ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AA ·n | 1AA |·|n |＝6k 36k 2＋13＝67，解得k ＝1， 故所求k 的值为1.(3)共有4种不同的方案．f (k )＝⎩⎨⎧ 72k 2＋26k ，0<k ≤518，36k 2＋36k ，k >518.2．(2013四川，12分)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AB ＝AC ＝2AA 1，∠BAC ＝120°，D ，D 1分别是线段BC ，B 1C 1的中点，P 是线段AD 的中点．(1)在平面ABC 内，试作出过点P 与平面A 1BC 平行的直线l ，说明理由，并证明直线l ⊥平面ADD 1A 1；(2)设(1)中的直线l 交AB 于点M ，交AC 于点N ，求二面角A -A 1M -N 的余弦值．解：本题主要考查基本作图、线面的平行与垂直、二面角等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，并考查应用向量知识解决立体几何问题的能力．(1)如图，在平面ABC 内，过点P 作直线l ∥BC ，因为l 在平面A 1BC 外，BC 在平面A 1BC 内，由直线与平面平行的判定定理可知，l ∥平面A 1BC .由已知，AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以BC ⊥AD ，则直线l ⊥AD .因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥直线l .又AD ，AA 1在平面ADD 1A 1内，且AD 与AA 1相交，所以直线l ⊥平面ADD 1A 1.(2)法一：连接A 1P ，过A 作AE ⊥A 1P 于E ，过E 作EF ⊥A 1M 于F ，连接AF . 由(1)知，MN ⊥平面AEA 1，所以平面AEA 1⊥平面A 1MN .所以AE ⊥平面A 1MN ，则A 1M ⊥AE .所以A 1M ⊥平面AEF ，则A 1M ⊥AF .故∠AFE 为二面角A -A 1M -N 的平面角(设为θ)．设AA 1＝1，则由AB ＝AC ＝2AA 1，∠BAC ＝120°，有∠BAD ＝60°，AB ＝2，AD ＝1.又P 为AD 的中点，所以M 为AB 的中点，且AP ＝12，AM ＝1， 所以在Rt △AA 1P 中，A 1P ＝52；在Rt △A 1AM 中，A 1M ＝ 2.从而AE ＝AA 1·AP A 1P ＝15，AF ＝AA 1·AM A 1M ＝12，所以sin θ＝AE AF ＝25. 所以cos θ＝1－sin 2θ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫252＝155.故二面角A -A 1M -N 的余弦值为155.法二：设A 1A ＝1.如图，过A 1作A 1E 平行于B 1C 1，以A 1为坐标原点，分别以1A E ，11A D ，1A A 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz (点O 与点A 1重合)．则A 1(0,0,0)，A (0,0,1)．因为P 为AD 的中点，所以M ，N 分别为AB ，AC 的中点，故M ⎝⎛⎭⎫32，12，1，N ⎝⎛⎭⎫－32，12，1，所以1A M ＝⎝⎛⎭⎫32，12，1，1A A ＝(0,0,1)，NM ＝(3，0,0)．设平面AA 1M 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1⊥1A M ，n 1⊥1A A ，即⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·1A M ＝0，n 1·1A A ＝0，故有⎩⎪⎨⎪⎧ (x 1，y 1，z 1)·(32，12，1)＝0，(x 1，y 1，z 1)·(0，0，1)＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧32x 1＋12y 1＋z 1＝0，z 1＝0.取x 1＝1，则y 1＝－3，所以n 1＝(1，－3，0)．设平面A 1MN 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2⊥1A M ，n 2⊥NM ，即⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·1A M ＝0，n 2·NM ＝0，故有⎩⎪⎨⎪⎧ (x 2，y 2，z 2)·⎝⎛⎭⎫32，12，1＝0，(x 2，y 2，z 2)·(3，0，0)＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧ 32x 2＋12y 2＋z 2＝0，3x 2＝0.取y 2＝2，则z 2＝－1，所以n 2＝(0,2，－1)．设二面角A -A 1M -N 的平面角为θ，又θ为锐角，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1，－3，0)·(0，2，－1)2×5 ＝155. 故二面角A -A 1M -N 的余弦值为155. 3．（2012北京，14分）如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2.将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 的中点，求CM 与平面A 1BE 所成角的大小；(3)线段BC 上是否存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直？说明理由． 解：(1)证明：因为AC ⊥BC ，DE ∥BC ，所以DE ⊥AC .所以ED ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，所以DE ⊥平面A 1DC .所以DE ⊥A 1C .又因为A 1C ⊥CD .所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)如图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz ，则A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，M (0,1, 3)，B (3,0,0)，E (2,2,0)．设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·A 1B ＝0，n ·BE ＝0.又A 1B ＝(3，0，－23），BE ＝(－1,2，0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令y ＝1，则x ＝2，z ＝ 3.所以n ＝(2,1，3)．设CM 与平面A 1BE 所成的角为θ.因为CM (0，1，3),所以sin θ＝|cos 〈n ，CM 〉|＝|n ·CM |n ||CM ||＝48×4＝22. 所以CM 与平面A 1BE 所成角的大小为π4. (3)线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，理由如下：假设这样的点P 存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p ∈[0,3]．设平面A 1DP 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 m ·1A D ＝0，m ·DP ＝0. 又1A D ＝(0，2，－23)，DP ＝(p ，－2,0)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2y －2 3z ＝0，px －2y ＝0.令x ＝2，则y ＝p ，z ＝p 3. 所以m ＝(2，p ，p 3)． 平面A 1DP ⊥平面A 1BE ，当且仅当m ·n ＝0，即4＋p ＋p ＝0.解得p ＝－2，与p ∈[0,3]矛盾．所以线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．4．(2009·宁夏、海南高考)(本小题满分12分)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍．P 为侧棱SD 上的点．(1)求证：AC ⊥SD ；(2)若SD ⊥平面P AC ，求二面角P －AC －D 的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由．解：法一：(1)连结BD ，设AC 交BD 于O .由题意SO ⊥AC .在正方形ABCD 中，AC ⊥BD ，∵BD ∩SO ＝O ，所以AC ⊥平面SBD ，得AC ⊥SD .(2)设正方形边长为a ，则SD ＝2a .又OD ＝22a ，所以∠SDO ＝60°. 连结OP ，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AC ⊥OP ，且AC ⊥OD ，所以∠POD 是二面角P —AC —D 的平面角．由SD ⊥平面P AC ，知SD ⊥OP ，所以∠POD ＝30° ，即二面角P －AC －D 的大小为30°.(3)在棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面P AC .由(2)可得PD ＝24a ， 故可在SP 上取一点N ，使PN ＝PD .过N 作PC 的平行线与SC 的交点即为E ，连结BN .在△BDN 中，知BN ∥PO .又由于NE ∥PC ，故平面BEN ∥平面P AC ，得BE ∥平面P AC .由于SN ∶NP ＝2∶1，故SE ∶EC ＝2∶1.法二：(1)连结BD .设AC 交BD 于O ，由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB 、OC 、OS 分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系O －xyz ，如图．设底面边长为a ，则高SO ＝62a .于是S (0,0，62a )，D (－22a,0,0)，C (0，22a,0)，OC ＝(0，22a,0)，SD ＝(－22a,0，－62a )， OC ·SD ＝0，故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)由题设知，平面P AC 的一个法向量DS ＝(22a,0，62a )，平面DAC 的一个法向量OS ＝(0,0，62a )．设所求二面角为θ，则cos θ＝OS ·DS|OS ||DS |＝32，所求二面角的大小为30°.(3)在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面P AC .由(2)知DS 是平面P AC 的一个法向量，且DS ＝(22a,0，62a )，CS ＝(0，－22a ，62a )．设CE ＝t CS ，则BE ＝BC ＋CE ＝BC ＋t CS＝(－22a ，22a (1－t )，62at )．而BE ·DS ＝0⇔t ＝13.即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE ⊥DS .而BE不在平面P AC内，故BE∥平面P AC.。

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7．7 立体几何中的向量方法[重点保分两级优选练］A级一、选择题1．已知点A（2，－5，1）,B(2，－2,4)，C(1,－4，1)，则向量错误!与错误!的夹角为（)A．30° B．45°C．60° D．90°答案C解析由已知得错误!＝(0，3,3），错误!＝（－1，1，0)，∴cos〈AB，→，错误!〉＝错误!＝错误!＝错误!.∴向量错误!与错误!的夹角为60°.故选C.2．(2018·伊宁期末)三棱锥A－BCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1,n2,若〈n1，n2〉＝错误!，则二面角A－BD－C的大小为（）A。

错误!B。

错误!C。

错误!或错误! D.错误!或错误!答案C解析∵二面角的范围是［0，π］，且〈n1,n2〉＝错误!,∴二面角A－BD－C的大小为错误!或错误!.故选C.3．（2017·太原期中)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB，E为AA1的中点,则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为( )A.错误!B。

错误!C.错误!D.错误!答案C解析如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA1＝2AB＝2，则B（1,1，0），E(1,0,1），C（0,1，0)，D1（0,0，2)．∴错误!＝(0，－1,1），错误!＝(0，－1，2)．∴cos〈错误!，错误!〉＝错误!＝错误!.故选C.4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上,且A1E ＝错误!A1D，AF＝错误!AC，则( )A．EF至多与A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1相交D．EF与BD1异面答案B解析以D点为坐标原点，以DA,DC，DD1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．设正方体棱长为1，则A1(1,0,1），D（0，0,0），A（1，0,0），C(0，1,0），E错误!,F错误!，B （1,1，0)，D1（0,0,1)，错误!＝（－1，0,－1)，错误!＝（－1，1，0)，错误!＝错误!，错误!＝(－1,－1，1)，错误!＝－错误!错误!，错误!·错误!＝错误!·错误!＝0，从而EF∥BD1,EF⊥A1D，EF⊥AC。

空间角(1)空间角的定义．(2)掌握线线角、线面角、面面角的求法．知识点一 直线的方向向量与平面的法向量1．直线的方向向量：如果表示非零向量a 的有向线段所在直线与直线l 平行或重合，则称此向量a 为直线l 的方向向量．2．平面的法向量：直线l ⊥α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫作平面α的法向量． 易误提醒 (1)通常取直线上的两个特殊点构成直线的方向向量；当直线平行于x 轴，y 轴或z 轴时，直线的方向向量可分别取i ＝(1,0,0)，j ＝(0,1,0)，k ＝(0,0,1)．(2)求平面的法向量时，建立的方程组有无数组解，利用赋值法，只要给x ，y ，z 中的一个变量赋一特殊值(常赋值－1,0,1)，即可确定一个法向量，赋值不同，所求法向量不同，但n ＝(0,0,0)不能作为法向量．必备方法 平面的法向量求法步骤： (1)设平面的法向量为n ＝(x ，y ，z )．(2)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)； (3)根据法向量的定义建立关于x ，y ，z 的方程组⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0；(4)解方程组，取其中的一组解，即得法向量．[自测练习]1．若直线l ∥平面α，直线l 的方向向量为s 、平面α的法向量为n ，则下列结论正确的是( ) A ．s ＝(－1,0,2)，n ＝(1,0，－1) B ．s ＝(－1,0,1)，n ＝(1,2，－1) C ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(1,2，－1) D ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(－2,2,2)解析：直线与平面平行，直线的方向向量和平面的法向量垂直，经检验只有选项C 中s ·n ＝0，故选C.答案：C2．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5. 答案：C知识点二 利用空间向量求空间角 1．求两条异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则a 与b 的夹角a ，b 0<a ，b <π cos θ＝|cosa ，b|＝|a ·b ||a ||b |cosa ，b＝a ·b|a ||b |2.求直线与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n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos a ，n|＝|a ·n ||a ||n |. 3．求二面角的大小(1)若AB 、CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB →与CD →的夹角．(如图a)(2)设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，则向量n 1与n 2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的大小(如图b 、c)．易误提醒 (1)空间向量的夹角与所求角的范围不一定相同，如两向量的夹角范围是[0，π]，两异面直线所成的角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2. (2)用平面的法向量求二面角时，二面角的大小与两平面法向量的夹角有相等和互补两种情况．[自测练习]3．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135° D ．90°解析：m ，n ＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即m ，n ＝45°，其补角为135°.∴两平面所成二面角为45°或135°. 答案：C4．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的正弦值为________．解析：设l 与α所成角为θ，则sin θ＝n ，a＝|n·a ||n ||a |＝|－8－3＋3|16＋1＋1×4＋9＋9＝41133.答案：41133考点一 异面直线所成角|(2015·云南模拟)如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为AB 的中点． (1)求直线AD 和直线B 1C 所成角的大小； (2)求证：平面EB 1D ⊥平面B 1CD .[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)，CB 1→＝(2,0,2)，∴cos 〈DA →，CB 1→〉＝DA →·CB 1→|DA →||CB 1→|＝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 →·CB 1→＝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 .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．1．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：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. 答案：C考点二 直线与平面所成角|(2015·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4，过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． [解] (1)交线围成的正方形EHGF 如图(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6,8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0，n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0，－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3)．又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．2．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．解：(1)证明：因为AD ⊥侧面P AB ，PE ⊂平面P AB ，所以AD ⊥PE . 又因为△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)． 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⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝0，n ·EP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧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 →·n ||PC →||n |＝35.所以PC 与平面PDE 所成角的正弦值为35.考点三 二面角|(2015·高考北京卷)如图，在四棱锥A -EFCB 中，△AEF为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF ∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点．(1)求证：AO ⊥BE ；(2)求二面角F -AE -B 的余弦值； (3)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．[解] (1)证明：因为△AEF 是等边三角形，O 为EF 的中点， 所以AO ⊥EF .又因为平面AEF ⊥平面EFCB ，AO ⊂平面AEF ， 所以AO ⊥平面EFCB . 所以AO ⊥BE .(2)取BC 中点G ，连接OG . 由题设知EFCB 是等腰梯形， 所以OG ⊥EF .由(1)知AO ⊥平面EFCB ， 又OG ⊂平面EFCB ， 所以OA ⊥OG .如图建立空间直角坐标系Oxyz ， 则E (a,0,0)，A (0,0，3a )，B (2，3(2－a )，0)，EA →＝(－a,0，3a )，BE →＝(a －2，3(a －2)，0)．设平面AEB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋3az ＝0，(a －2)x ＋3(a －2)y ＝0.令z ＝1，则x ＝3，y ＝－1.于是n ＝(3，－1,1)． 平面AEF 的法向量为p ＝(0,1,0)．所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－55. 由题知二面角F －AE －B 为钝角，所以它的余弦值为－55. (3)因为BE ⊥平面AOC ，所以BE ⊥OC ，即BE →·OC →＝0.因为BE →＝(a －2，3(a －2)，0)，OC →＝(－2，3(2－a )，0)， 所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2. 由BE →·OC →＝0及0<a <2，解得a ＝43.3．(2015·高考安徽卷)如图所示，在多面体A 1B 1D 1DCBA 中，四边形AA 1B 1B ，ADD 1A 1，ABCD 均为正方形，E 为B 1D 1的中点，过A 1，D ，E 的平面交CD 1于F .(1)证明：EF ∥B 1C ；(2)求二面角E －A 1D －B 1的余弦值．解：(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)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(0.5,0.5,1)．设面A 1DE 的法向量n 1＝(r 1，s 1，t 1)，而该面上向量A 1E →＝(0.5,0.5,0)，A 1D →＝(0,1，－1)，由n 1⊥A 1E →，n 1⊥A 1D →得⎩⎪⎨⎪⎧0.5r 1＋0.5s 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＝63.24.向量法在立体几何探索性问题中的应用【典例】 (2016·绵阳诊断)如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，AE ⊥平面ABCD ，EF ∥CD ，BC ＝CD ＝AE ＝EF＝12AD ＝1. (1)求证：CE ∥平面ABF ； (2)求证：BE ⊥AF ；(3)在直线BC 上是否存在点M ，使二面角E -MD -A 的大小为π6？若存在，求出CM 的长；若不存在，请说明理由．[思维点拨] (1)作FG ∥EA ，AG ∥EF ，连接EG 交AF 于H ，证明BH ∥CE . (2)证明AF ⊥面BGE . (3)利用向量法求解．[解] (1)证明：如图，作FG ∥EA ，AG ∥EF ，连接EG 交AF 于H ，连接BH ，BG ， ∵EF ∥CD 且EF ∥AG ，∴AG ∥CD ， 即点G 在平面ABCD 内． 由AE ⊥平面ABCD 知AE ⊥AG ， 又AG ∥EF ，AE ∥FG ， ∴四边形AEFG 为正方形，四边形CDAG 为平行四边形， ∴H 为EG 的中点， B 为CG 的中点， ∴BH ∥CE ， ∴CE ∥平面ABF .(2)证明：在平行四边形CDAG 中，∠ADC ＝90°， ∴BG ⊥AG .又由AE ⊥平面ABCD 知AE ⊥BG ，∴BG ⊥平面AEFG ， ∴BG ⊥AF .又AF ⊥EG ，∴AF ⊥平面BGE ， ∴AF ⊥BE .(3)如图，以A 为原点，AG 为x 轴，AD 为y 轴，AE 为z 轴建立空间直角坐标系A -xyz . 则A (0,0,0)，G (1,0,0)，E (0,0,1)，D (0,2,0)，设M (1，y 0,0) ∴ED →＝(0,2，－1)，DM →＝(1，y 0－2,0)， 设平面EMD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．则⎩⎪⎨⎪⎧n ·ED →＝2y －z ＝0，n ·DM →＝x ＋(y 0－2)y ＝0，令y ＝1，得z ＝2，x ＝2－y 0，∴n ＝(2－y 0,1,2)． 又AE ⊥平面AMD ，∴AE →＝(0,0,1)为平面AMD 的一个法向量， ∴|cos 〈n ，AE →〉|＝|2|1×(2－y 0)2＋1＋4＝cos π6＝32，解得y 0＝2±33， 故在BC 上存在点M ，且CM ＝⎪⎪⎪⎪2－⎝⎛⎭⎫2±33＝33.[方法点评] 立体几何开放性问题求解方法有以下两种： (1)根据条件作出判断，再进一步论证．(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．[跟踪练习] (2016·福州调研)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．解：(1)证明：以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→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(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)． 故AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)． 使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)． 又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a2，－a 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.A 组 考点能力演练1.如图，几何体EF -ABCD 中，CDEF 为边长为2的正方形，ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∠ADF ＝90°.(1)求证：AC ⊥FB ；(2)求二面角E －FB －C 的大小．解：(1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ，∴AD ⊥平面CDEF ， ∴AD ⊥FC ，∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC . ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ，∴FC ⊥AC .又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4， ∴AC ＝22，BC ＝22，则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ，∴AC ⊥FB .(2)由(1)知AD ，DC ，DE 所在直线相互垂直，故以D 为原点，DA ，DC ，DE 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，可得D (0,0,0)，F (0,2,2)，B (2,4,0)，E (0,0,2)，C (0，2,0)，A (2,0,0)， ∴EF →＝(0,2,0)，FB →＝(2,2，－2)， 设平面EFB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·FB →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2y －2z ＝0.⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1,0,1)，由(1)知平面FCB 的一个法向量为AC →＝(－2,2,0)， 设二面角E －FB －C 的大小为θ，由图知θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2， ∴cos θ＝|cos 〈n ，AC →〉|＝12，∴θ＝π3.2.(2016·兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝2，BC ＝CD ＝1，顶点D 1在底面ABCD 内的射影恰为点C .(1)求证：AD 1⊥BC ；(2)若直线DD 1与直线AB 所成的角为π3，求平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值．解：(1)证明：连接D 1C ，则D 1C ⊥平面ABCD ，∴D 1C ⊥BC .在等腰梯形ABCD 中，连接AC ， ∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴BC ⊥AC ， ∴BC ⊥平面AD 1C ， ∴AD 1⊥BC .(2)法一：∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在底面ABCD 中作CM ⊥AB ，连接D 1M ，则D 1M ⊥AB ，∴∠D 1MC 为平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角的一个平面角．在Rt △D 1CM 中，CM ＝32，D 1C ＝3， ∴D 1M ＝CM 2＋D 1C 2＝152，∴cos ∠D 1MC ＝55， 即平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 法二：由(1)知AC 、BC 、D 1C 两两垂直， ∵AB ∥CD ，∴∠D 1DC ＝π3，∵CD ＝1，∴D 1C ＝ 3.在等腰梯形ABCD 中，∵AB ＝2，BC ＝CD ＝1，AB ∥CD ， ∴AC ＝3，建立如图所示的空间直角坐标系， 则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，D 1(0,0，3)，设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0得⎩⎪⎨⎪⎧y －3x ＝0，z －x ＝0，可得平面ABC 1D 1的一个法向量为n ＝(1，3，1)． 又CD 1→＝(0,0，3)为平面ABCD 的一个法向量． 因此cos 〈CD 1→，n 〉＝CD 1→·n |CD 1→||n |＝55，∴平面ABC 1D 1与平面ABCD 所成角(锐角)的余弦值为55. 3．(2016·贵阳模拟)如图，正方形AA 1D 1D 与矩形ABCD 所在平面互相垂直，AB ＝2AD ＝2.(1)若点E 为AB 的中点，求证：BD 1∥平面A 1DE ；(2)在线段AB 上是否存在点E ，使二面角D 1-EC -D 的大小为π6？若存在，求出AE 的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：四边形ADD 1A 1为正方形，连接AD 1，A 1D ∩AD 1＝F ，则F 是AD 1的中点，又因为点E 为AB 的中点，连接EF ，则EF 为△ABD 1的中位线，所以EF ∥BD 1.又因为BD 1⊄平面A 1DE ，EF ⊂平面A 1DE ，所以BD 1∥平面A 1DE .(2)根据题意得DD 1⊥DA ，DD 1⊥DC ，AD ⊥DC ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D -xyz ，则D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C (0，2,0)．设满足条件的点E 存在， 令E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)，EC →＝(－1,2－y 0,0)，D 1C →＝(0,2，－1)， 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·D 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋(2－y 0)y 1＝0，2y 1－z 1＝0，令y 1＝1，则平面D 1EC 的法向量为n 1＝(2－y 0,1,2)，由题知平面DEC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)． 由二面角D 1-EC -D 的大小为π6得cos π6＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2(2－y 0)2＋1＋4＝32， 解得y 0＝2－33∈[0,2]， 所以当AE ＝2－33时，二面角D 1-EC -D 的大小为π6.B 组 高考题型专练1．(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．解：(1)证明：连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝⎛⎭⎫－1，0，22，C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.2．(2015·高考天津卷)如图，在四棱柱ABCD -A1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1-AC -B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2，0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得 M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，N (1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量.MN →＝⎝⎛⎭⎫0，－52，0. 由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1， 可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以，二面角D 1-AC -B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]， 则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)． 又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量， 由已知，得|cos 〈NE →，n 〉|＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0， 又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2. 所以，线段A 1E 的长为7－2.3．(2015·高考江苏卷)如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 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P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量， AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0，令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2.设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.。

第45讲立体几何中的向量方法（二）——求空间角和距离考纲要求考情分析命题趋势1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝｜cos β｜＝__错误!__。

3．求二面角的大小（1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ为__〈错误!，错误!〉__。

（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）．4．利用空间向量求距离(供选用）（1）两点间的距离设点A （x 1，y 1，z 1），点B (x 2，y 2，z 2），则|AB |＝｜错误!|＝__错误!__.(2）点到平面的距离如图所示,已知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的距离为|错误!|＝错误!.1．思维辨析（在括号内打“√”或“×”）．(1）两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(×）（2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(×)（3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．（×）(4)两异面直线夹角的范围是错误!,直线与平面所成角的范围是错误!，二面角的范围是［0，π］．(√）2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－错误!，则l与α所成的角为(A）A．30°B．60°C．120°D．150°解析∵cos 〈m，n〉＝－错误!，0°≤〈m，n〉≤180°，∴<m，n>＝120°，∴l与α所成角为90°－(180°－120°）＝30°，故选A．3．正三棱柱（如右图，底面是正三角形的直棱柱）ABC－A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为2错误!，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为__30°__.解析取A1B1的中点E,连接C1E，AE，由正三棱柱性质得平面A1B1C1⊥平面A1B1BA，又∵C1E⊥A1B1，A1B1是平面A1B1C1与平面A1B1BA的交线，∴C1E⊥平面A1B1BA，则∠C1AE为所求．又∵A1B1＝2，AA1＝22，∴AE＝3，C1E＝错误!，∴tan ∠C1AE＝错误!＝错误!，∴∠C1AE＝30°,∴AC1与平面ABB1A1所成角为30°.4．二面角的棱上有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AB＝4，AC＝6，BD ＝8,CD＝2错误!，则该二面角的大小为__60°__。

2020年高考数学（理）总复习：立体几何中的向量方法题型一利用向量证明平行与垂直【题型要点】向量证明平行与垂直的4步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系；(4)根据运动结果解释相关问题．【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.题组训练一利用向量证明平行与垂直如图，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PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.题型二利用空间向量求空间角【题型要点】1．利用向量法求直线与平面所成角时易混淆直线与平面所成角与直线方向向量和平面的法向量的夹角的关系，一定要注意线面角θ与夹角α的关系为sin θ＝|cos α|.2．求二面角θ，主要通过两平面的法向量n，m的夹角求得，即先求|cos〈n，m〉|，再根据所求二面角是钝角还是锐角写出其余弦值．若θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n，m〉|；若θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n，m〉|.【例2】如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；(2)求二面角E-BC-F的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．题组训练二利用空间向量求空间角如图，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．题型三利用空间向量解决探索性问题【题型要点】利用空间向量巧解探索性问题(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(2)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．【例3】如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，E为BC中点．(1)求证：C1D⊥D1E；(2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM∥平面AD1E？若存在，求AMAA1的值，若不存在，说明理由．(3)若二面角B1－AE－D1的大小为90°，求AD的长．题组训练三利用空间向量解决探索性问题如图，已知等边△ABC中，E，F分别为AB，AC边的中点，M为EF的中点，N为BC边上一点，且CN＝14 BC，将△AEF沿EF折到△A′EF的位置，使平面A′EF⊥平面EFCB.(Ⅰ)求证：平面A′MN⊥平面A′BF；(Ⅱ)求二面角E-A′F-B的余弦值．题型四建立空间直角坐标系的方法坐标法是利用空间向量的坐标运算解答立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题往往需要建立空间直角坐标系，依据空间几何图形的结构特征，充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系，是运用坐标法解题的关键，下面举例说明几种常见的空间直角坐标系的构建策略．方法一利用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系【例4】已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠A 为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，求异面直线BC1与DC所成角的余弦值．方法二利用线面垂直关系构建直角坐标系【例5】如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C，C1的一点，EA⊥EB1.已知AB＝2，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝π3 .求二面角A－EB1－A1的平面角的正切值．方法三利用面面垂直关系构建直角坐标系【例6】如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD.(1)求证AB⊥平面VAD；(2)求二面角A－VD－B的余弦值．方法四利用正棱锥的中心与高所在直线构建直角坐标系【例7】已知正四棱锥V－ABCD中，E为AC中点，正四棱锥底面边长为2a，高为h.(1)求∠DEB的余弦值；(2)若BE⊥VC，求∠DEB的余弦值．【专题训练】1．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，PE＝2BE.(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．2．如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面P AB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．3．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FHHC的值；若不存在，说明理由．4．如图，已知圆锥OO1和圆柱O1O2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O1半径为r＝5, OA为圆锥的母线，AB为圆柱O1O2的母线，D，E为下底面圆O2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．。