2014高考数学难点突破 难点03 运用向量法解题

1．（背景新）在空间直角坐标系中，定义：平面α的一般方程为：Ax＋By＋Cz＋D＝0(A，B，C，D∈R,且A,B,C不同时为零），点P（x0，y0，z0）到平面α的距离为: d＝错误!，则在底面边长与高都为2的正四棱锥中，底面中心O 到侧面的距离等于________．2．(角度新）正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F 分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A －DC－B。

（1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由；(2）求二面角E－DF－C的余弦值；（3）在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE?如果存在，求出错误!的值；如果不存在，请说明理由．［历炼］1．解析：如图，以底面中心O为原点建立空间直角坐标系O －xyz，则A（1，1,0），B（－1,1,0）,P(0，0，2),设平面PAB的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0,将以上3个坐标代入计算得A＝0,B＝－D，C ＝－错误!D，所以－Dy－错误!Dz＋D＝0，即2y＋z－2＝0,d＝错误!＝错误!。

答案:错误!2．解析：（1）平行．理由如下:在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB，又AB⊄平面DEF,EF⊂平面DEF,∴ AB∥平面DEF。

（2)以点D为坐标原点,以直线DB，DC,DA分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系，则A(0,0,2),B（2，0,0)，C(0,2错误!，0)，E （0,错误!，1），F（1，错误!，0）．错误!＝（1，错误!，0），错误!＝（0，错误!，1），错误!＝（0,0，2)．平面CDF的一个法向量为错误!＝（0,0，2），设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，则错误!即错误!取n＝(3，－错误!，3），cos〈错误!,n〉＝错误!＝错误!，所以二面角E－DF－C的余弦值为错误!。

（3）存在．理由如下：假设存在点P，设P（s，t,0）,则错误!＝(s，t,－2）,则错误!·错误!＝错误!t－2＝0，∴t＝错误!,又错误!＝（s－2，t，0)，错误!＝（－s,2错误!－t，0）,∵错误!∥错误!，∴（s－2)(2错误!－t）＝－st，∴错误!s＋t＝2错误!。

如何利用向量解决高考数学中的几何问题几何问题在高考数学中占据了相当大的比重，许多同学在几何方面的理解和解题能力都尤为薄弱。

针对这一问题，目前解决的方法有很多，其中较为有效的一种方法是借助向量知识来解决几何问题。

一、向量的基本概念向量可以简单地理解为“有方向的线段”，用字母块表示，如$\vec{a}$、$\vec{b}$等。

向量有两个基本属性，即大小和方向。

向量的大小表示为模，用$|\vec{a}|$表示，表示一个向量的长度，方向表示向量的朝向。

二、向量的加减向量的加法是指将两个向量相加得到一个新向量的过程。

加法满足向量的交换律、结合律和分配律。

具体来说，设$\vec{a}$、$\vec{b}$、$\vec{c}$是三个向量，则：（i）$\vec{a}+\vec{b}=\vec{b}+\vec{a}$（向量加法的交换律）（ii）$(\vec{a}+\vec{b})+\vec{c}=\vec{a}+(\vec{b}+\vec{c})$（向量加法的结合律）（iii）$k(\vec{a}+\vec{b})=k\vec{a}+k\vec{b}$（向量加法的分配律）同样，向量的减法是指将两个向量相减得到一个新向量的过程。

三、向量的数量积和向量积向量的数量积是指将两个向量的模长相乘再乘以它们的夹角余弦值，用$\vec{a}\cdot\vec{b}$或$\langle\vec{a},\vec{b}\rangle$表示，其中$|\vec{a}||\vec{b}|\cos\alpha$表示$\vec{a}$和$\vec{b}$的夹角余弦值，$\alpha$是$\vec{a}$和$\vec{b}$的夹角。

向量的数量积有如下性质：（i）${\vec{a}}\cdot{\vec{b}}={\vec{b}}\cdot{\vec{a}}$（交换律）（ii）${\vec{a}}\cdot({\vec{b}}+{\vec{c}})={\vec{a}}\cdot{\vec{b}}+{\v ec{a}}\cdot{\vec{c}}$（分配律）（iii）${k}\cdot({\vec{a}}\cdot{\vec{b}})=({k}\cdot{\vec{a}})\cdot{\vec{b }}={\vec{a}}\cdot({k}\cdot{\vec{b}})$（数乘结合律）向量积又叫叉乘，用$\vec{a}\times\vec{b}$或$[\vec{a},\vec{b}]$表示，表示一个新的向量，其模长等于$\vec{a}$和$\vec{b}$所组成的平行四边形的面积，方向垂直于$\vec{a}$、$\vec{b}$构成的平面，其方向顺序由右手定则决定。

2014高考数学文“硬”手笔（真题篇）常考问题：圆锥曲线的基本问题[真题感悟]1．(2012·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2m －y 2m 2＋4＝1的离心率为5，则m 的值为________．解析 建立关于m 的方程求解∵c 2＝m ＋m 2＋4，∴e 2＝c 2a 2＝m ＋m 2＋4m ＝5，∴m 2－4m ＋4＝0，∴m ＝2. 答案 22．(2010·江苏卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线x 24－y 212＝1上一点M 的横坐标是3，则点M 到此双曲线的右焦点的距离为________．解析 法一 x ＝3代入x 24－y 212＝1，y ＝±15，不妨设M (3，15)，右焦点F (4,0)． ∴MF ＝1＋15＝4.法二 由双曲线第二定义知，M 到右焦点F 的距离与M 到右准线x ＝a 2c ＝1的距离比为离心率e ＝c a ＝2，∴MF 3－1＝2，MF ＝4. 答案 43．(2013·广东卷改编)已知中心在原点的双曲线C 的右焦点为F (3,0)，离心率等于32，则C 的方程是________．解析 由题意知c ＝3，e ＝c a ＝32，所以a ＝2；b 2＝c 2－a 2＝9－4＝5，故所求双曲线方程为x 24－y 25＝1.答案 x 24－y 25＝14．(2013·湖南卷改编)设F 1，F 2是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的两个焦点，P 是C 上一点，若|PF 1|＋|PF 2|＝6a 且△PF 1F 2的最小内角为30°，则双曲线C 的离心率为________．解析不妨设F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线的右支上，由双曲线的定义得|PF1|－|PF2|＝2a，又|PF1|＋|PF2|＝6a，求得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a.又在△PF1F2中，∠PF1F2＝30°，所以∠PF2F1＝90°，求得|F1F2|＝23a，故双曲线C的离心率e＝23a2a＝ 3.答案 3[考题分析](1)中心在坐标原点的椭圆的标准方程与几何性质，B级要求；(2)中心在坐标原点的双曲线的标准方程与几何性质，A级要求；(3)顶点在坐标原点的抛物线的标准方程与几何性质，A级要求；曲线与方程，A级要求.。

高考数学难点突破_难点03__运用向量法解题运用向量法解题是高考数学中的一个难点，需要掌握向量的性质和运算规则，并能够灵活运用向量的概念和方法解决问题。

下面将结合具体例题，深入探讨如何突破这一难点。

例题一：已知点A(2,1)，B(4,5)，C(6,3)，求点D使得ABCD为平行四边形。

解析：首先，我们可以使用向量的方法来解决这一问题。

设向量AB 为a，向量AD为b，则向量AC为a+b。

根据平行四边形的性质，向量BD 与向量AC平行且等长，即向量BD与向量AC共线且大小相等。

由向量的定义可知，向量BD=向量AC=(6-2,3-1)=(4,2)。

所以点D的坐标为B的坐标加上向量BD的坐标，即D(4,5)+(4,2)=(8,7)。

通常情况下，解这类问题时可以设A、B、C三点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，(x3,y3)，向量AB为a=(x2-x1,y2-y1)，向量AC为a+b。

然后，我们可以用(x1,y1)+b=(x4,y4)代表点D的坐标。

再将向量BD与AC进行运算，找到满足平行四边形的点D坐标。

例题二：已知直线l的方程为x-2y+3=0，点A(1,2)，求点P使得AP 垂直于直线l。

解析：根据题意，点P在直线l上，假设点P的坐标为(x,y)。

则向量AP=(-1,2)+(x-1,y-2)=(x-2,y)。

由垂直向量的性质可知，向量AP与直线l的法向量垂直。

直线l的法向量为(1,-2)。

因此，AP与(1,-2)的点乘为0，即(x-2,y)•(1,-2)=0。

将点乘展开计算，得到x-2y=2、由此可得到点P的坐标为(x,y)=(2,-1)。

综上所述，使用向量法解题可以使解题过程更加简洁明了。

但是在运用向量法解题时，需要掌握向量的性质，并能够运用垂直、平行、共线和点乘等相关概念来解决不同类型的问题。

同时，我们还需要注意合理地选取坐标系和使用向量的运算规则。

合理地选取坐标系可以简化计算，使问题更具可行性。

C 1D 1B 1A 1C D B A高中数学复习专题讲座运用向量法解题的思路及方法 高考要求平面向量是新教材改革增加的内容之一，近几年的全国使用新教材的高考试题逐步加大了对这部分内容的考查力度，本节内容要紧是关心考生运用向量法来分析，解决一些相关咨询题 重难点归纳1 解决关于向量咨询题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识 二是向量的坐标运算表达了数与形互相转化和紧密结合的思想2 向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等咨询题中常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行咨询题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的咨询题3 用空间向量解决立体几何咨询题一样可按以下过程进行摸索(1)要解决的咨询题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？(2)所需要的向量是否？假设未知，是否可用条件转化成的向量直截了当表示？(3)所需要的向量假设不能直截了当用条件转化成的向量表示，那么它们分不最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由条件转化的向量有何关系？(4)如何样对差不多表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？典型题例示范讲解例1如图，平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB =∠C 1CD =∠BCD (1)求证 C 1C ⊥BD (2)当1CC CD 的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明命题意图 此题要紧考查考生应用向量法解决向量垂直，夹角等咨询题以及对立体几何图形的解读能力知识依靠 解答此题的闪光点是以向量来论证立体几何中的垂直咨询题，这就使几何咨询题代数化，使繁琐的论证变得简单错解分析 此题难点是考生理不清题目中的线面位置关系和数量关系的相互转化，再确实是要清晰条件中提供的角与向量夹角的区不与联系C 1D 1B 1A 1C DB A 技巧与方法 利用a ⊥b ⇔a ·b =0来证明两直线垂直，只要证明两直线对应的向量的数量积为零即可 (1)证明 设CD =a , CB =b ,1CC =c ,依题意，|a |=|b |，CD 、CB 、1CC 中两两所成夹角为θ，因此 -==a －b ，CC ⋅1=c (a －b )=c ·a －c ·b =|c |·|a |cos θ－|c |·|b |cos θ=0,∴C 1C ⊥BD(2)解 假设使A 1C ⊥平面C 1BD ，只须证A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DC 1， 由)()(1111CC AA C CA -⋅+=⋅=(a +b +c )·(a －c )=|a |2+a ·b －b ·c －|c |2=|a |2－|c |2+|b |·|a |cos θ－|b |·|c |·cos θ=0,得当|a =|c |时，A 1C ⊥DC 1，同理可证当|a |=|c |时，A 1C ⊥BD ，∴1CC CD =1时，A 1C ⊥平面C 1BD 例2如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1，底面△ABC 中，CA =CB =1，∠BCA =90°，AA 1=2，M 、N 分不是A 1B 1、A 1A 的中点 (1)求BN 的长；(2)求cos<11,CB BA >的值； (3)求证 A 1B ⊥C 1M 命题意图 此题要紧考查考生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几何咨询题知识依靠 解答此题的闪光点是建立恰当的空间直角坐标系O －xyz ,进而找到点的坐标和求出向量的坐标错解分析 此题的难点是建系后，考生不能正确找到点的坐标技巧与方法 能够先找到底面坐标面xOy 内的A 、B 、C 点坐标，然后利用向量的模及方一直找出其他的点的坐标 M NC 1B 1A 1CB Ao xz y(1)解 如图，以C 为原点建立空间直角坐标系O －xyz 依题意得 B (0，1，0)，N (1，0，1)∴|BN |=)01()10()01(222=-+-+-(2)解 依题意得 A 1(1，0，2)，C (0，0，0)，B 1(0，1，2) ∴1BA =1),2,1,1(CB -=(0，1，2) 11CB BA ⋅=1×0+(－1)×1+2×2=3|1BA |=6)02()10()01(222=-+-+- 5)02()01()00(||2221=-+-+-=CB.1030563||||,cos 111111=⋅=⋅>=<∴CB BC CB BA (3)证明 依题意得 C 1(0，0，2)，M (2,21,21) )2,1,1(),0,21,21(11--==A C ∴,,00)2(21121)1(1111C A C A ⊥∴=⨯-+⨯+⨯-=⋅ ∴A 1B ⊥C 1M例3三角形ABC 中，A (5，－1)、B (－1，7)、C (1，2)，求 (1)BC 边上的中线AM 的长；(2)∠CAB 的平分线AD 的长；(3)cos ABC 的值 解 (1)点M 的坐标为x M =)29,0(,29227;0211M y M ∴=+==+- .2221)291()05(||22=--+-=∴AM 5)21()15(||,10)71()15(||)2(2222=--+-==--++= D 点分的比为2 ∴x D =31121227,3121121=+⨯+==+⨯+-D y.2314)3111()315(||22=--+-=AD (3)∠ABC 是BA 与BC 的夹角，而BA =(6，8〕，BC =(2，－5〕1452629291052)5(2)8(6)5()8(26||||cos 2222==-+⋅-+-⨯-+⨯=⋅⋅=∴BC BA BCBA ABC 学生巩固练习1 设A 、B 、C 、D 四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，那么四边形ABCD 为( )A 正方形B 矩形C 菱形D 平行四边形2 △ABC 中，AB =a ，AC =b ，a ·b <0，S △ABC =415,|a |=3,| b |=5,那么a 与b 的夹角是( )A 30°B －150°C 150°D 30°或150°3 将二次函数y =x 2的图象按向量a 平移后得到的图象与一次函数y =2x －5的图象只有一个公共点(3，1)，那么向量a =_________4 等腰△ABC 和等腰Rt △ABD 有公共的底边AB ，它们所在的两个平面成60°角，假设AB =16 cm,AC =17 cm,那么CD =_________5 如图，在△ABC 中，设AB =a ，AC =b ，AP =c , AD =λa ,(0<λ<1),AE =μb (0<μ<1),试用向量a ，b 表示c6 正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面边长为a ,侧棱长为2a(1)建立适当的坐标系，并写出A 、B 、A 1、C 1的坐标；(2)求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角 7 两点M (－1，0)，N (1，0)，且点P 使NP NM PN PM MN MP ⋅⋅⋅,,成公差小于零的等差数列(1)点P 的轨迹是什么曲线？(2)假设点P 坐标为(x 0,y 0),Q 为PM 与PN 的夹角，求tan θ8 E 、F 、G 、H 分不是空间四边形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA 的中点(1)用向量法证明E 、F 、G 、H 四点共面；P ED A(2)用向量法证明 BD ∥平面EFGH ； (3)设M 是EG 和FH 的交点， 求证 对空间任一点O ，有)(41OD OC OB OA OM +++= 参考答案 1 解析 AB =(1，2〕，DC =(1，2〕，∴AB =DC ，∴AB ∥DC ， 又线段AB 与线段DC 无公共点，∴AB ∥DC 且|AB |=|DC |，∴ABCD 是平行四边形，又|AB |=5，AC =(5，3〕，|AC |=34， ∴|AB |≠|AC },∴ABCD 不是菱形，更不是正方形；又=(4，1〕，∴1·4+2·1=6≠0,∴不垂直于，∴ABCD 也不是矩形，应选D 答案 D 2 解析 ∵21415=·3·5sin α得sin α=21,那么α=30°或α=150° 又∵a ·b ＜0,∴α=150° 答案 C 3 (2,0) 4 13 cm 5 解 ∵与共线，∴=m =m (－)=m (μb －a ), ∴=+=a +m (μb －a )=(1－m ) a +m μb ①又与共线，∴=n =n (－)=n (λa －b ),∴=+=b +n (λa －b )=n λa +(1－n ) b②由①②，得(1－m 〕a +μm b =λn a +(1－n ) b ∵a 与b 不共线，∴⎩⎨⎧=-+=-+⎩⎨⎧-==-010111m n m n n m a m μλμλ即 ③ 解方程组③得 m =λμμλμλ--=--11,11n代入①式得c =(1－m ) a +m μb =πμ-11［λ(1-μ) a +μ(1-λ)b ］ 6 解 (1)以点A 为坐标原点O ，以AB 所在直线为Oy 轴，以AA 1所在直线为Oz 轴，以通过原点且与平面ABB 1A 1垂直的直线为Ox 轴，建立空间直角坐标系 由，得A (0，0，0〕，B (0，a ,0〕,A 1(0,0,2a ),C 1(－,2,23a a 2a ) (2)取A 1B 1的中点M ，因此有M (0，2,2a a 〕，连AM ，MC 1， 有1MC =(－23a ,0,0〕,且=(0，a ,0〕,1AA =(0,02a ) 由于1MC ·=0，1MC ·1AA =0，因此M C 1⊥面ABB 1A 1，∴AC 1与AM 所成的角确实是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角 ∵1AC =),2,2,0(),2,2,23(a a AM a a a =- a a a AC 49240221=++=⋅∴ a a a a a a a AC 2324||,324143||22221=+==++=而 2323349,cos 21=⨯>=<∴a a a AC 因此AM AC 与1所成的角，即AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30° 7 解 (1)设P (x ,y 〕,由M (－1，0〕，N (1，0〕得，PM =－=(－1－x ,－y 〕,-= =(1－x ,－y ),=－=(2,0), ∴·=2(1+x ), PM ·PN =x 2+y 2－1,⋅ =2(1－x ) 因此，⋅⋅⋅,,是公差小于零的等差数列，等价于⎩⎨⎧>=+⎪⎩⎪⎨⎧<+---++=-+03 0)1(2)1(2)]1(2)1(2[211222x y x x x x x y x 即 因此，点P 的轨迹是以原点为圆心，3为半径的右半圆(2)点P 的坐标为(x 0,y 0)220012,||||(1PM PN x y PM PN⋅=+-=⋅=+ 0(42)(4x =+-=cos ||4PM PN PM PN θ⋅∴==⋅ 010cos 1,0,23x πθθ<≤∴<≤≤< ||3cos sin tan ,411cos 1sin 020202y x x =-==∴--=-=∴θθθθθ 8 证明 (1〕连结BG ，那么 +=++=++=+=)(21 由共面向量定理的推论知 E 、F 、G 、H 四点共面，(其中21=〕 (2〕因为21)(212121=-=-=-= 因此EH ∥BD ，又EH ⊂面EFGH ，BD ⊄面EFGH因此BD ∥平面EFGH(3〕连OM ，OA ，OB ，OC ，OD ，OE ，OG 由(2〕知21=，同理21=，因此=，EH FG ,因此EG 、FH 交于一点M 且被M 平分，因此 1111111()[()][()]2222222OM OE OG OE OG OA OB OC OD =+=+=+++ 1().4OA OB OC OD =+++ 课前后备注。

高考数学如何利用向量解决几何问题高考数学是中国高中生的重要一课，其中几何问题一直是考试的重点之一。

在解决几何问题时，向量是一种常用的工具和方法。

本文将介绍如何利用向量来解决高考数学中的几何问题，并提供几个实例来加深理解。

一、向量简介向量是指有大小和方向的量，常用箭头表示，如A B⃗。

向量可以表示位移、速度、力等概念。

向量的加法、减法和数乘运算与数的运算类似。

在几何中，常用向量表示线段。

例如，A B⃗表示从点A到点B的位移向量。

二、向量的基本性质1. 平行向量：若两个向量的方向相同或者相反，则它们是平行向量。

2. 相等向量：若两个向量的大小相等且方向相同，则它们是相等向量。

3. 垂直向量：若两个向量的数量乘积为0，则它们是垂直向量。

三、向量解决几何问题的应用1. 判断线段垂直、平行关系利用向量的垂直性质可以判断两个线段是否垂直。

设A B⃗和C D⃗是两个线段的位移向量，若A B⃗·C D⃗ = 0，则可以得出线段A B⃗和C D⃗垂直。

利用向量的平行性质可以判断两个线段是否平行。

设A B⃗和C D⃗是两个线段的位移向量，若存在λ，使得A B⃗ = λC D⃗，则可以得出线段A B⃗和C D⃗平行。

2. 求线段的中点坐标设A B⃗是线段AB的位移向量，点M是线段AB的中点，则A M⃗= M B⃗ = 1/2A B⃗。

利用向量的数乘运算可以求得线段中点的坐标。

3. 判断三角形的形状利用向量可以判断三角形的形状，包括等腰三角形、等边三角形和直角三角形。

对于等腰三角形，可以利用向量A B⃗和A C⃗的相等性质来判断，若A B⃗ = A C⃗或者A B⃗ = -A C⃗，则可以得出三角形ABC是等腰三角形。

对于等边三角形，可以利用向量A B⃗、B C⃗和C A⃗相等性质来判断，若A B⃗= B C⃗= C A⃗，则可以得出三角形ABC是等边三角形。

对于直角三角形，可以利用向量的内积来判断，若A B⃗·B C⃗ = 0或者B C⃗·C A⃗ = 0或者C A⃗·A B⃗ = 0，其中·表示两个向量的数量乘积，则可以得出三角形ABC是直角三角形。

常考问题13 立体几何中的向量方法[真题感悟]1．(2013·山东卷)已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )．A.5π12B.π3C.π4D.π6解析 法一 由已知得，三棱柱的高为3，建立如图所示的空间直角坐标系，有A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0， A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，3，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，3， C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0，3，则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，3，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，3，而平面ABC 的法向量为n ＝(0,0，3)，cos 〈n ，AP →〉＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－()32·3＝32，故PA 与平面ABC 所成角的正弦值为32，则PA 与平面ABC 所成角的大小为π3. 法二 如图，O 为底面ABC 的中心，连接PO ，由题意知PO 为直三棱柱的高，∠PAO 为PA 与平面ABC 所成的角，S △ABC ＝12×3×3×sin 60°＝334. ∴VABC ­A 1B 1C 1＝S △ABC ×OP ＝334×OP ＝94，∴OP ＝ 3.又OA ＝32×3×23＝1，∴tan ∠OAP ＝OP OA ＝3，又0<∠OAP <π2，∴∠OAP ＝π3. 答案 B2．(2013 ·新课标全国Ⅱ卷)如图，在直三棱柱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．(1)证明 连接AC 1交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点．又D 是AB 的中点，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)解 由AC ＝CB ＝22AB 得，AC ⊥BC .以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，CB →的方向为y 轴正方向，CC 1→的方向为z 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)，CA 1→＝(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 ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面A 1CE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧ 2y 2＋z 2＝0，2x 2＋2z 2＝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-A 1C-E 的正弦值为63. [考题分析]题型 选择题、填空题、解答题难度 中档 求线面角．高档 求线面角或二面角．。

高考数学如何利用向量解决平面几何题目在高考数学中，平面几何题目是一类重要且需要灵活运用数学知识的题型。

在解决这类问题时，向量是一种非常有用的工具。

通过运用向量的性质和运算，我们可以简化计算，提高解题效率。

本文将探讨如何利用向量解决高考数学中的平面几何题目。

一、向量的基本概念和性质在进一步探讨如何利用向量解决平面几何题之前，我们需要对向量的基本概念和性质有所了解。

向量可以用来表示大小和方向都有意义的物理量。

常用的表示向量的方法是使用箭头或者使用字母加上上方的箭头符号，如a→。

向量的几何意义是有起点和终点的有向线段，起点和终点分别称为向量的始点和终点。

两个向量相等，意味着它们有相同的大小和方向。

两个向量的和是将它们的起点放在一起，然后将它们的终点连成一条线段。

向量的运算有加法、减法和数量乘法。

向量加法满足交换律和结合律。

向量减法可以通过加上负向量来实现。

数量乘法是将向量的大小与标量相乘，同时改变向量的方向。

二、向量解决平面几何题目的应用1. 向量的共线性在平面几何问题中，有时需要判断三个点是否共线。

可以使用向量来解决这个问题。

考虑三个点A、B、C，如果向量AB和向量BC平行或者反向，则可以判断这三个点共线。

2. 向量表示线段通过向量的性质，我们可以使用向量表示线段。

考虑线段AB，可以用向量→AB来表示。

线段的长度可以通过求向量的模来计算。

3. 向量的垂直性在平面几何问题中，有时需要判断两条直线的垂直性。

可以使用向量的内积来判断。

如果两条向量的内积等于0，则可以判断这两条直线垂直。

4. 向量的平行性判断两条直线的平行性也可以使用向量。

如果两条直线的方向向量平行或者反向，则可以判断这两条直线平行。

5. 向量的投影在解决平面几何问题中，有时需要求一个向量在另一个向量上的投影。

可以通过计算这两个向量的内积，再除以投影向量的模得到。

6. 向量运算简化计算通过利用向量的运算规则，有时可以简化计算过程。

特别是在证明平行四边形性质或计算面积时，向量运算可以大大简化计算过程。

第十四讲空间向量与立体几何空间向量及运算空间向量的数乘运算空间向量的加减运算空间向量的数量积运算平行与垂直的条件向量的模与两向量的夹角空间向量的坐标运算立体几何中的向量方法直线的方向向量与平面的法向量求空间角用空间向量证明平行与垂直问题1．(用法向量判断平行或垂直)若平面α、β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(3,7,3)，则平面α与平面β的位置关系是________．【解析】n1·n2＝2×3－3×7＋5×3＝0，即n1⊥n2.则平面α⊥平面β.【答案】垂直2．(空间向量平行的充要条件)若空间三点A(1,5，－2)，B(2,4,1)，C(p,3，q＋2)共线，则p＋q＝________.【解析】∵A，B，C三点共线，则AB→＝λAC→，即(1，－1,3)＝λ(p－1，－2，q＋4)．∴求得p＝3，q＝2，即p＋q＝5.【答案】 53．(异面直线所成的角)如图4－3－1所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．图4－3－1【解析】 以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)． ∴EF →·BC 1→＝2.∴cos<EF →，BC 1→>＝22×22＝12.∴EF 和BC 1所成的角为60°. 【答案】 60°4．(空间向量的数量积)已知ABCD —A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．【解析】 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3(A 1B 1→)2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确．【答案】 ①②5．(二面角)过正方形ABCD 的顶点A ，引P A ⊥平面ABCD .若P A ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是________．图4－3－2【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB 与平面PCD 的法向量n 1＝(0,1,0)，n 2＝(0,1,1)，故平面ABP 与平面CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，故所求的二面角的大小是45°.【答案】 45°【命题要点】 ①利用空间向量求线线角；②利用空间向量求线面角.(2013·郑州模拟)如图4－3－3，已知点P 在正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°.图4－3－3(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．【思路点拨】 (1)建立空间直角坐标系，延长DP 交B ′D ′于H ，求DH →的坐标． (2)DC →是平面AA ′D ′D 的一个法向量，求DP →与DC →的夹角余弦值．【自主解答】 如图，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系D —xyz ，设正方体棱长为1，则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．连结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°，由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°.1．解答本题的关键是求向量DH →的坐标，也可根据点P 在线段BD ′上直接求点P 的坐标．2．利用空间向量求两异面直线所成的角，直线与平面所成的角的方法及公式为：(1)异面直线所成角θ(0°＜θ≤90°)设a，b分别为异面直线a，b的方向向量，则：cos θ＝|cos〈a，b〉|＝|a·b||a|·|b|.(2)线面角θ(0°≤θ≤90°)设a是直线l的方向向量，n是平面的法向量，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a|·|n|.变式训练1(2013·课标全国卷Ⅰ)如图4－3－4，三棱柱ABC—A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；图4－3－4(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．【解】(1)证明如图(1)，取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.图(1)由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C.又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)解：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(2)所示的空间直角坐标系O —xyz .图(2)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)，BB 1→＝AA 1→＝(－1，3，0)，A 1C →＝(0，－3，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BB 1C 1C 的法向量，则⎩⎨⎧n ·BC →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，－x ＋3y ＝0.可取n ＝(3，1，－1)，故cos 〈n ，A 1C →〉＝n ·A 1C →|n ||A 1C →|＝－105.所以A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.【命题要点】 ①利用空间向量求二面角；②已知二面角的大小求参数的值.(2013·湖北高考)如图4－3－5，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，直线PC ⊥平面ABC ，E ，F 分别是P A ，PC 的中点．图4－3－5(1)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面P AC 的位置关系，并加以证明．(2)设(1)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足DQ →＝12CP →.记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E －l －C 的大小为β，求证：sin θ＝sin αsin β.【思路点拨】 (1)从EF ∥AC 入手，利用线面平行的判定定理与性质定理进行判断与证明；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解．【自主解答】 (1)直线l ∥平面P AC .证明如下：连接EF ，因为E ，F 分别是P A ，PC 的中点，所以EF ∥AC . 又EF ⊄平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC . 而EF ⊂平面BEF ，且平面BEF ∩平面ABC ＝l ， 所以EF ∥l .因为l ⊄平面P AC ，EF ⊂平面P AC ， 所以直线l ∥平面P AC .(2)如图所示，由DQ →＝12CP →，作DQ ∥CP ，且DQ ＝12CP .连接PQ ，EF ，BE ，BF ，BD .由(1)可知交线l 即为直线BD .以点C 为原点，向量CA →，CB →，CP →所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设CA ＝a ，CB ＝b ，CP ＝2c ，则有C (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，b,0)，P (0,0,2c )，Q (a ，b ，c )，E ⎝⎛⎭⎫12a ，0，c ，F (0,0，c )．于是FE →＝⎝⎛⎭⎫12a ，0，0，QP →＝(－a ，－b ，c )，BF →＝(0，－b ，c )， 所以cos α＝|FE →·QP →||FE →||QP →|＝aa 2＋b 2＋c 2，从而sin α＝1－cos 2α＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2.取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1)， 可得sin θ＝|m ·QP →||m ||QP →|＝ca 2＋b 2＋c 2 .设平面BEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎨⎧n ·FE →＝0，n ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧12ax ＝0，－by ＋cz ＝0，取n ＝(0，c ，b )．于是|cos β|＝|m·n ||m ||n |＝bb 2＋c2， 从而sin β＝1－cos 2β＝cb 2＋c 2.故sin αsin β＝b2＋c2a2＋b2＋c2·cb2＋c2＝ca2＋b2＋c2＝sin θ，即sin θ＝sin αsin β.1．本题中线段CA、CB、CP的长度关系不确定，因此应分别设出后，再求点的坐标．2．求二面角最常用的办法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．其计算公式为：设m，n分别为平面α，β的法向量，则θ与〈m，n〉互补或相等，|cosθ|＝|cos〈m，n〉|＝|m·n| |m||n|.变式训练2(2013·浙江高考)如图4－3－6，在四面体A—BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝22，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.(1)证明：PQ∥平面BCD；(2)若二面角C—BM—D的大小为60°，求∠BDC的大小．图4－3－6【解】(1)证明如图所示，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O—xyz.由题意知A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)， 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为点M 为AD 的中点，故M (0，2，1)． 又点P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎫0，0，12， 所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD . (2)设m ＝(x ，y ，z )为平面BMC 的一个法向量． 由CM →＝(－x 0，2－y 0,1)，BM →＝(0,22，1)，知⎩⎨⎧－x 0x ＋(2－y 0)y ＋z ＝0，22y ＋z ＝0.取y ＝－1，得m ＝⎝⎛⎭⎪⎫y 0＋2x 0，－1，22.又平面BDM 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是 |cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 0＋2x 09＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 0＋2x 02＝12，即⎝⎛⎭⎪⎫y 0＋2x 02＝3.①又BC ⊥CD ，所以CB →·CD →＝0，故(－x 0，－2－y 0,0)·(－x 0，2－y 0,0)＝0，即x 20＋y 20＝2.②联立①②，解得⎩⎨⎧x 0＝0，y 0＝－2(舍去)或⎩⎨⎧x 0＝±62，y 0＝22.所以tan ∠BDC ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 02－y 0＝ 3.又∠BDC 是锐角，所以∠BDC ＝60°.【命题要点】 ①探索线面位置关系是否成立；②探索空间角的大小是否成立.(2013·长沙模拟)如图4－3－7所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E是棱DD 1的中点．图4－3－7(1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论． 【思路点拨】 (1)建立空间直角坐标系后，用向量法求解． (2)假设存在点F ，证明B 1F →与平面A 1BE 的法向量垂直即可．【自主解答】 设正方体的棱长为1，如图所示，以AB →，AD →，AA 1→为单位正交基底建立空间直角坐标系．(1)依题意，得B (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，A (0,0,0)，D (0,1,0)， 所以BE →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12，AD →＝(0,1,0)．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，因为AD ⊥平面ABB 1A 1，所以AD →是平面ABB 1A 1的一个法向量，设直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角为θ，则sin θ＝|BE →·AD →||BE →|·|AD →|＝132×1＝23.即直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.(2)依题意，得A 1(0,0,1)，BA 1→＝(－1,0,1)，BE →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，12. 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BE 的一个法向量，则由n ·BA 1→＝0，n ·BE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋y ＋12z ＝0. 所以x ＝z ，y ＝12z ，取z ＝2，得n ＝(2,1,2)．设F 是棱C 1D 1上的点，则F (t,1,1)(0≤t ≤1)． 又B 1(1,0,1)，所以B 1F →＝(t －1,1,0)． 而B 1F ⊄平面A 1BE ，于是B 1F ∥平面A 1BE ⇔B 1F →·n ＝(t －1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t －1)＋1＝0⇔t ＝12⇔F 为C 1D 1的中点，这说明在棱C 1D 1上存在点F (C 1D 1的中点)，使B 1F ∥平面A 1BE .1．解答本题(2)时先假设在棱C 1D 1上存在一点F ，则向量B 1F →与平面A 1BE 的法向量垂直，从而列方程求解．2．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，是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．变式训练3 (2013·潍坊模拟)已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点D 为AC 的中点，点E 在线段AA 1上．图4－3－8(1)当AE ∶EA 1＝1∶2时，求证DE ⊥BC 1；(2)是否存在点E ，使二面角D —BE —A 等于60°，若存在求AE 的长；若不存在，请说明理由．【解】 (1)证明：连结DC 1，因为ABC —A 1B 1C 1为正三棱柱，所以△ABC 为正三角形， 又因为D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC ，又平面ABC ⊥平面ACC 1A 1，所以BD ⊥平面ACC 1A 1， 所以BD ⊥DE .因为AE ∶EA 1＝1∶2，AB ＝2，AA 1＝3，所以AE ＝33，AD ＝1， 所以在Rt △ADE 中，∠ADE ＝30°，在Rt △DCC 1中，∠C 1DC ＝60°， 所以∠EDC 1＝90°，即ED ⊥DC 1，所以ED ⊥平面BDC 1，BC 1⊂面BDC 1，所以ED ⊥BC 1. (2)假设存在点E 满足条件，设AE ＝h .取A 1C 1的中点D 1，连结DD 1，则DD 1⊥平面ABC ，所以DD 1⊥AD ，DD 1⊥BD ， 分别以DA 、DB 、DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D —xyz ，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，E (1,0，h )，所以DB →＝(0，3，0)，DE →＝(1,0，h )，AB →＝(－1，3，0)，AE →＝(0,0，h )， 设平面DBE 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n 1·DB →＝0，n 1·DE →＝0，⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋hz 1＝0，令z 1＝1，得n 1＝(－h,0,1)，同理，平面ABE 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，⎩⎨⎧－x 2＋3y 2＝0，hz 2＝0.∴n 2＝(3，1,0)．∴cos〈n1，n2〉＝|－3h|h2＋1·2＝cos 60°＝12.解得h＝22＜3，故存在点E，当AE＝22时，二面角D—BE—A等于60°.建立空间直角坐标系后用空间向量求空间角是高考重点考查内容，但已知空间角求相关量的题目，体现了逆向思维，更能考查学生分析问题和解决问题的能力，对此我们应高度重视．利用空间向量求解空间角问题(12分)如图4－3－9所示，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在平面互相垂直，AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AB ＝AD ＝12CD ＝2，点M 在线段EC 上且不与E 、C 重合．图4－3－9(1)当点M 是EC 中点时，求证：BM ∥平面ADEF ； (2)当平面BDM 与平面ABF 所成锐二面角的余弦值为66时，求三棱锥M —BDE 的体积． 【规范解答】 (1)以DA 、DC 、DE 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 则A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,4,0)，E (0,0,2)，M (0,2,1)，2分 ∴BM →＝(－2,0,1)，平面ADEF 的一个法向量DC →＝(0,4,0)．∵BM →·DC →＝0，∴BM →⊥DC →，∴BM ⊥DC ， 即BM ∥平面ADEF .4分(2)依题意设M ⎝⎛⎭⎫0，t ，2－t2(0＜t ＜4)，设平面BDM 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则DB →·n ＝2x ＋2y ＝0，DM →·n ＝ty ＋⎝⎛⎭⎫2－t2z ＝0， 令y ＝－1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，－1，2t4－t .平面ABF 的法向量n 2＝(1,0,0).6分∵|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝12＋4t2(4－t )2＝66， 解得t ＝2.8分∴M (0,2,1)为EC 的中点，S △DEM ＝12S △CDE ＝2，B 到平面DEM 的距离h ＝2，∴V M —BDE ＝V B —DEM ＝13·S △DEM ·h ＝43.12分【阅卷心语】易错提示 (1)解答本题(2)时，易因设不出点M 的坐标而无法求解． (2)不能把条件“平面BDM 与平面ABF 所成锐二面角的余弦值为66”转化为方程，从而求出点M 的坐标，导致无法求解．防范措施 (1)欲要设出在线段上某点的坐标，可利用三点共线向量满足的条件，求出该点坐标，如本例中，可设EM →＝tEC →从而求出点M 的坐标(用t 表示)．(2)已知空间角的大小和求空间角的大小，在解题思路上完全一致，不同点是“已知空间角大小”最后应列出一个方程求参数的值．1．直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，AA 1＝6，M 是CC 1的中点，则异面直线AB 1与A 1M 所成的角为________．【解析】 建立坐标系如图所示， 易得M ⎝⎛⎭⎫0，0，62，A 1(0，3，0)， A (0，3，6)，B 1(1,0,0)， 所以AB 1→＝(1，－3，－6)， A 1M →＝⎝⎛⎭⎫0，－3，62.所以AB 1→·A 1M →＝1×0＋3－62＝0，所以AB 1→⊥A 1M →，即AB 1⊥A 1M . 【答案】 90°2．在如图4－3－10所示的几何体中，△ABC 是边长为2的正三角形，AE ＞1，AE ⊥平面ABC ，平面BCD ⊥平面ABC ，BD ＝CD ，且BD ⊥CD .图4－3－10(1)若AE ＝2，求证：AC ∥平面BDE ； (2)若二面角A —DE —B 为60°，求AE 的长．【解】 (1)分别取BC ，BA ，BE 的中点M ，N ，P ，连接DM ，MN ，NP ，DP ，则MN ∥AC ，NP ∥AE ，且NP ＝12AE ＝1.因为BD ＝CD ，BC ＝2，M 为BC 的中点， 所以DM ⊥BC ，DM ＝1. 又因为平面BCD ⊥平面ABC ， 所以DM ⊥平面ABC . 又AE ⊥平面ABC ， 所以DM ∥AE ，所以DM ∥NP ，且DM ＝NP ，因此四边形DMNP 为平行四边形， 所以MN ∥DP ，所以AC ∥DP ，又AC ⊄平面BDE ，DP ⊂平面BDE ， 所以AC ∥平面BDE .(2)由(1)知DM ⊥平面ABC ，AM ⊥MB ， 建立如图所示的空间直角坐标系M —xyz .第 21 页 共 21 页设AE ＝h ，则M (0,0,0)，B (1,0,0)，D (0,0,1)，A (0，3，0)，E (0，3，h )，BD →＝(－1,0,1)，BE →＝(－1，3，h )．设平面BDE 的法向量n 1＝(x ，y ，z )．则⎩⎨⎧ BD →·n 1＝0，BE →·n 1＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋z ＝0，－x ＋3y ＋zh ＝0. 令x ＝1，所以n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1－h 3，1， 又平面ADE 的法向量n 2＝(1,0,0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝112＋12＋(1－h )23＝12. 解得h ＝6＋1，即AE ＝6＋1.。