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立体几何中的向量方法【重点梳理】1.平面的法向量定义：已知平面，直线 l，取l的方向向量a ，有a，则称为a为平面的法向量。
重点解说：一个平面的法向量不是独一的，在应用时，可适合取平面的一个法向量。
已知一平面内两条订交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量。
2.平面的法向量确立往常有两种方法：（1）几何体中有详细的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量；（2）几何体中没有详细的直线，一般要成立空间直角坐标系，而后用待定系数法求解，一般步骤如下：（i ）设出平面的法向量为 n=（ x， y， z）；（ ii ）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标a=（ a1， b1， c1）， b=（a2，b2， c2）；（ iii）依据法向量的定义成立对于n a0 x、 y、z 的方程；n b0（iv ）解方程组，取此中的一个解，即得法向量．因为一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．运用：（1）线面平行线面平行的判断方法一般有三种：①设直线 l 的方向向量是 a ，平面的向量是u，则要证明l //，只需证明 a u ，即 a u0 。
（2）面面平行①由面面平行的判断定理，要证明面面平行，只需转变为相应的线面平行、线线平行即可。
②若能求出平面，的法向量u，v，则要证明//，只需证明u // v 。
（ 3）线面垂直①设直线 l 的方向向量是 a ，平面的向量是u，则要证明l，只需证明 a // u 。
②依据线面垂直的判断定理转变为直线与平面内的两条订交直线垂直。
（4）面面垂直①依据面面垂直的判断定理转变为证相应的线面垂直、线线垂直。
②证明两个平面的法向量相互垂直。
设直线 l的方向向量为 a ，平面的法向量为 u ，直线与平面所成的角为， a 与 u 的角为，则有 sin| cos || a u | 。
| a | | u |（ 6）求二面角如图，若 PA于A，PB于B，平面PAB交l于E，则∠ AEB为二面角l的平面角，∠ AEB+∠APB=180°。
3.2立体几何中的向量方法1.直线的方向向量：我们把直线l 上的向量a 以及与a 共线的向量叫做直线l 的方向向量.2.平面的法向量：如果表示向量a 的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作α⊥a ，如果α⊥a ，那么向量a 叫做平面α的法向量.给定一个点，以向量为法向量的平面是完全确定的.3.空间向量解决立体几何问题的“三步曲”：（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及到的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题； （3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义．4.用向量研究空间线面关系，设空间两条直线21,l l 的方向向量分别为21,e e ，两个平面21,αα的法向量分别为21,n n ，则有如下结论5.用向量法求线线角：A B 与C D 的夹角和AB与CD 的夹角相等或互补.公式为cos ,||||AB C DAB C D AB C D ⋅<>=. 6.法向量求线面角：设平面β的斜线l 与平面β所成的角为α1，斜线l 与平面β的法向量所成角α2，则α1与α2互余或与α2的补角互余.求出斜线与平面的法向量所成的角后，即可求出斜线与平面所成的角的大小.公式为cos ,||||AB nAB n AB n ⋅<>=. 7.法向量求面面角：一个二面角的平面角α1与这个二面角的两个半平面的法向量所成的角α2相等或互补.求出两平面的法向量所成的角后，即可求出二面角的大小.公式为121212cos ,||||n n n n n n ⋅<>=.8.向量法求异面直线间的距离：设分别以这两异面直线上任意两点为起点和终点的向量为a ，与这两条异面直线都垂直的向量为n ，则两异面直线间的距离是a 在n 方向上的正射影向量的模.公式为d =9.向量法求点到平面的距离：设分别以平面外一点P 与平面内一点M 为起点和终点的向量为a ，平面的法向量为n ，则P 到平面的距离d 等于a 在n 方向上正射影向量的模.公式为d =.（19）（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112A CBC A A ==，D 是棱1A A 的中点，1D C BD ⊥。
教学过程一、课堂导入空间平行垂直问题1．两条直线平行与垂直；２．直线与平面平行与垂直；３．两个平面平行与垂直；空间夹角问题1．两直线所成角；２．直线和平面所成角；３．二面角的概念；空间距离问题二、复习预习（１）空间向量的直角坐标运算律：设231(,,)a a a a =，231(,,)b b b b =，则112233(,,)a b a b a b a b +=+++，112233(,,)a b a b a b a b -=---，123(,,)()a a a a R λλλλλ=∈， 112233a b a b a b a b ⋅=++， 112233//,,()a b a b a b a b R λλλλ⇔===∈， 1122330a b a b a b a b ⊥⇔++=． （2）若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则212121(,,)AB x x y y z z =---．一个向量在直角坐标系中的坐标等于表示这个向量的有向线段的终点的坐标减去起点的坐标． （3）模长公式：若231(,,)a a a a =， 则21||a a a a =⋅=+（4）夹角公式：2cos ||||a ba b a b a⋅⋅==⋅+（5）两点间的距离公式：若111(,,)A x y z ，222(,,)B x y z ，则221221221)()()(z z y y x x -+-+-==．三、知识讲解考点1 平面法向量的求法在空间平面法向量的算法中，普遍采用的算法是设(,,)n x y z =，它和平面内的两个不共线的向量垂直，数量积为0，建立两个关于x ,y ,z 的方程，再对其中一个变量根据需要取特殊值，即可得到法向量．还有几种求平面法向量的办法也比较简便．求法一：先来看一个引理：若平面ABC 与空间直角坐标系x 轴、y 轴、z 轴的交点分别为A (a ，0，0)、B (0，b ，0)、C (0，0，c )，定义三点分别在x 轴、y 轴、z 轴上的坐标值x A ＝ a ， y B ＝ b ， z C ＝ c （a ,b ,c 均不为0），则平面ABC 的法向量为111(,,)(0)n a b c λλ=≠．参数λ 的值可根据实际需要选取．y证明：→ AB ＝ (－a , b , 0), →AC ＝ (－a , 0, c ), ∴ 0,0n AB n AC ⋅=⋅=,∴ 111(,,)n a b c λ=是平面ABC 的法向量．这种方法非常简便，但要注意几个问题：（1）若平面和某个坐标轴平行，则可看作是平面和该坐标轴交点的坐标值为∞，法向量对应于该轴的坐标为0．比如若和x 轴平行（交点坐标值为∞），和y 轴、z 轴交点坐标值分别为b 、c ，则平面法向量为11(0,,)n b cλ=；若平面和x ,y轴平行，和z 轴交点的坐标值为c ，则平面法向量为1(0,0,)n cλ=．（2）若平面过坐标原点O ，则可适当平移平面． 求法二：求出平面方程，得到法向量．我们先求过点0P ),,(000z y x 及以n ＝{}C B A ,,为法向量的平面的方程． 设),,(z y x P 是平面上的动点，于是有⋅P P 0n ＝0， 即0)()()(000=-+-+-z z C y y B x x A整理得 0)(000=---+++Cz By Ax Cz By Ax令=D 000Cz By Ax ---，有0=+++D Cz By Ax 这就是平面的一般方程.平面的方程可用三元一次方程来表示．且z y x ,,的系数组成该平面的法向量．注意：(1)有了平面的方程0=+++D Cz By Ax ，就能得到平面的法向量{}C B A ,,，可用平面内不共线的三点求出平面的方程．(2)一些特殊情形的平面，方程会更简捷： 通过原点的平面，0=D ，方程为0=++Cz By Ax ； 平行于x 轴的平面，0=A ，方程为0=++D Cz By ； 通过x 轴的平面，0,0==D A ，方程为0=+Cz By ；既平行于x 轴又平行于y 轴的平面,也就是一个平行于xoy 坐标面的平面，方程为0=+D Cz ； 类似地，可讨论其它特殊情形．(3)两平面：01111=+++D z C y B x A 与02222=+++D z C y B x A 平行的充要条件是21212121::::D D C C B B A A ≠==求法三：用行列式求得法向量．若{}1111,,z y x n =，{}2222,,z y x n =是平面内两个不共线向量，计算行列式 222111z y x z y x kj i＝ck bj ai ++，则平面的法向量为{}c b a=．n,,考点2 用空间向量求解二面角（一）用法向量解二面角用法向量求解二面角时遇到一个难题：二面角的取值范围是[0, π ]，而两个向量的夹角取值范围也是[0, π ]，那用向量法算出的角是二面角的平面角呢还是它的补角？如果是求解异面直线所成的角或直线与平面所成的角，只要取不超过π2 的那个角即可，但对二面角却是个难题. 笔者经过思考，总结出一个简单可行的方法，供读者参考.用法向量解二面角首先要解决的问题就是：两个法向量所夹的角在什么情况下与二面角大小一致？其次，如何去判断得到的法向量是否是我们需要的那个方向？对第一个问题，我们用一个垂直于二面角棱的平面去截二面角（如图一），两个平面的法向量12,n n则应分别垂直于图一该平面角的两边. 易知，当12,n n 同为逆时针方向或同为顺时针方向时，它们所夹的解即为 . 所以，我们只需要沿着二面角棱的方向观察，选取旋转方向相同的两个法向量即可. 或者可以通俗地理解，起点在半平面上的法向量，如果指向另一个半平面，则称为“向内”的方向；否则称为“向外”的方向. 两个法向量所夹的角与二面角大小相等当且仅当这两个法向量方向一个“向内”，而另一个“向外”.对第二个问题，我们需要选取一个参照物. 在空间直角坐标系中，我们可以选择其中一个坐标轴（如z 轴），通过前面的办法，可以确定法向量的方向，再观察该法向量与xOy 平面的关系，是自下而上穿过xOy 平面呢，还是自上而下穿过xOy 平面？若是第一种情形，则n 与→OZ 所夹的角是锐角，只需取法向量的z 坐标为正即可；若是第二种情形，则nyn图二与→OZ所夹的角是钝角，只需取法向量的z坐标为负即可．若法向量与xOy平面平行，则可以选取其它如yOz平面、zOx 平面观察．Array（二）用半平面内的向量解二面角由二面角的平面角定义，由棱上一点分别在两个半平面内作棱的垂线，这样构成的角即为二面角的平面角．如果分别在两个半平面内作两个向量（如图），起点在棱上且均垂直于棱，可以看出，这两个向量所夹的角，与二面角的大小是相等的．这种方法与用法向量解二面角相比，其优点是向量的方向已经固定，不必考虑向量的不同方向给二面角大小带来的影响．考点3 空间直线与空间平面的向量形式在平面解析几何中，曲线上的动点可以用坐标表示，通过对变量的运算达到求值、证明的目的．在立体几何中借用向量，直线、平面上的点也可以用参数来表示，通过对参数的运算，同样可以达到求值、证明的目的．的直线，那么点P在直线l上的充要条件是存在实数t，满足等1．空间直线：如果l为经过已知点A且方向向量为a=，或对任一点O（通常取坐标原点），有式AP ta=+OP OA ta这是空间直线的向量形式．2．空间平面：空间一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对s、t，使=+或对空间任一定点O（通常取坐标原点），有MP sMA tMB,=++OP OM sMA tMB.这是空间平面的向量形式．四、例题精析【例题１】如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E、F分别是AB、SC的中点。
重点增分专题九 立体几何中的向量方法[全国卷3年考情分析]高考对此部分的命题较为稳定，一般为解答题，多出现在第18或19题的第二问的位置，考查利用空间向量求异面直线所成的角、线面角或二面角，难度中等偏上．考点一 利用空间向量证明空间位置关系 保分考点练后讲评1.[证明线面垂直]在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，D 为C1C 的中点，求证：B 1D ⊥平面ABD .证明：由题意知AB ，BC ，BB 1两两垂直，故以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)， 设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA ―→＝(a,0,0)，BD ―→＝(0,2,2)， B 1D ―→＝(0,2，－2)，所以B 1D ―→·BA ―→＝0，B 1D ―→·BD ―→＝0＋4－4＝0， 即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， 所以B 1D ⊥平面ABD .2.[证明线面平行、面面垂直]如图所示，在底面是矩形的四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ； (2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .证明：以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2，0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，所以E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12， EF ―→＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，AP ―→＝(0,0,1)，AD ―→＝(0,2,0)， DC ―→＝(1,0,0)，AB ―→＝(1,0,0)．(1)因为EF ―→＝－12AB ―→，所以EF ―→∥AB ―→，即EF ∥AB .又AB ⊂平面PAB ，EF ⊄平面PAB ， 所以EF ∥平面PAB .(2)因为AP ―→·DC ―→＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD ―→·DC ―→＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， 所以AP ―→⊥DC ―→，AD ―→⊥DC ―→， 即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， 所以DC ⊥平面PAD .因为DC ⊂平面PDC ， 所以平面PAD ⊥平面PDC .[解题方略] 利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系．(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直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系． (4)根据运算结果解释相关问题.考点二 利用空间向量求空间角 增分考点·广度拓展 [分点研究]题型一 计算异面直线所成的角[例1] 已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，求异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值．[解] 法一：(基向量法)如图，取BA ―→＝a ，BC ―→＝b ，BB 1―→＝c ，则由已知可得|a |＝2，|b |＝|c |＝1，且〈a ，b 〉＝120°，〈a ，c 〉＝〈b ，c 〉＝90°. 所以a ·b ＝2×1×cos 120°＝－1，a ·c ＝b ·c ＝0. 因为AB 1―→＝c －a ，BC 1―→＝b ＋c ，所以AB 1―→·BC 1―→＝(c －a )·(b ＋c )＝c 2＋c ·b －a ·b －a ·c ＝12＋0－(－1)－0＝2. 又|AB 1―→|＝(c －a )2＝c 2－2c ·a ＋a 2＝12－0＋22＝5， |BC 1―→|＝(b ＋c )2＝b 2＋2b ·c ＋c 2＝12＋0＋12＝2， 所以cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→||BC 1―→|＝25×2＝105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. 法二：(坐标法)如图，在平面ABC 内过点B 作BD ⊥AB ，交AC 于点D ，则∠CBD ＝30°.因为BB 1⊥平面ABC ，故以B 为坐标原点，分别以射线BD ，BA ，BB 1为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (0,2,0)，B 1(0,0,1)，C 1(cos 30°，－sin 30°，1)，即C 1⎝⎛⎭⎫32，－12，1.所以AB 1―→＝(0，－2,1)，BC 1―→＝⎝⎛⎭⎫32，－12，1.所以cos 〈AB 1―→，BC 1―→〉＝AB 1―→·BC 1―→|AB 1―→||BC 1―→|＝0×32＋(－2)×⎝⎛⎭⎫－12＋1×10＋(－2)2＋12×⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫－122＋12＝105. 所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为105. [解题方略] 向量法求异面直线所成角 设异面直线a ，b 所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |，其中，a ，b 分别是直线a ，b 的方向向量．此方法解题的关键在于找出两异面直线的方向向量，求两个向量的数量积，而要求两向量的数量积，可以求两向量的坐标，也可以把所求向量用一组基向量表示．两个向量的夹角范围是[0，π]，而两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2，应注意加以区分．[注意] 两条异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎤0，π2.当所作或所求的角为钝角时，应取其补角作为两条异面直线所成的角．题型二 计算直线与平面所成的角[例2] (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． [解] (1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ， 又PF ∩EF ＝F ， 所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)如图，作PH ⊥EF ，垂足为H . 由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，BF ―→的方向为y 轴正方向，|BF ―→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz .由(1)可得，DE ⊥PE . 又因为DP ＝2，DE ＝1， 所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0， DP ―→＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP ―→＝⎝⎛⎭⎫0，0，32.又HP ―→为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝|HP ―→·DP ―→||HP ―→||DP ―→|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.[解题方略] 向量法求直线和平面所成的角设θ为直线l 与平面α所成的角，φ为直线l 的方向向量m 与平面α的法向量n 之间的夹角，则有φ＝π2－θ(如图(1))或φ＝π2＋θ(如图(2))，所以有sin θ＝|cos φ|＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |.特别地，φ＝0时，θ＝π2，l ⊥α；φ＝π2时，θ＝0，l ⊂α或l ∥α.题型三 计算二面角[例3] 如图，在平行六面体ABCD -A1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求二面角B -A 1D -A 的正弦值．[解] (1)在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA1⊥AE ，AA 1⊥AD .故以AE ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .因为AB ＝AD ＝2， AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0，0，3)，C 1(3，1，3)． (1) A 1B ―→＝(3，－1，－3)，AC 1―→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B ―→，AC 1―→〉＝A 1B ―→·AC 1―→|A 1B ―→||AC 1―→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1DA 的一个法向量为AE ―→＝(3，0,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BA 1D 的一个法向量，又A 1B ―→＝(3，－1，－3)，BD ―→＝(－3，3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B ―→＝0，m ·BD ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2，所以m ＝(3，3，2)为平面BA 1D 的一个法向量， 从而cos 〈AE ―→，m 〉＝AE ―→·m |AE ―→||m |＝333×4＝34. 设二面角B -A 1D -A 的大小为θ，则|cos θ|＝34.因为θ∈[0，π]，所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此二面角B -A 1D -A 的正弦值为74. [解题方略] 向量法求二面角设二面角α-l -β的平面角为θ(0≤θ≤π)，n 1，n 2分别为平面α，β的法向量，向量n 1，n 2的夹角为ω，则有θ＋ω＝π(如图(1))或θ＝ω(如图(2))，其中cos ω＝n 1·n 2| n 1||n 2|.[多练强化]1.(2019届高三·贵阳摸底)如图，CD ，AB 分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD 是边长为2的正方形，E 是底面圆周上不同于A ，B 两点的一点，AE ＝1.(1)求证：BE ⊥平面DAE ； (2)求二面角C -DB -E 的余弦值．解：(1)证明：由圆柱的性质知，DA ⊥平面ABE ， 又BE ⊂平面ABE ，∴BE ⊥DA ，∵AB 是底面圆的直径，E 是底面圆周上不同于A ，B 两点的一点， ∴BE ⊥AE .又DA ∩AE ＝A ，DA ⊂平面DAE ，AE ⊂平面DAE ， ∴BE ⊥平面DAE .(2)法一：如图，过E 作EF ⊥AB ，垂足为F ，由圆柱的性质知平面ABCD ⊥平面ABE ，∴EF ⊥平面ABCD .过F 作FH ⊥DB ，垂足为H ，连接EH ， 则∠EHF 即所求的二面角的平面角的补角， 由AB ＝AD ＝2，AE ＝1，得DE ＝5，BE ＝3，BD ＝22， ∴EF ＝AE ·BE AB ＝32，由(1)知BE ⊥DE ，∴EH ＝DE ·BE DB ＝5×322＝304， ∴sin ∠EHF ＝EF EH ＝32304＝105，∴cos ∠EHF ＝1－sin 2∠EHF ＝155， ∴二面角C -DB -E 的余弦值为－155. 法二：过A 在平面AEB 内作垂直于AB 的直线，建立如图所示的空间直角坐标系，∵AB ＝AD ＝2，AE ＝1， ∴BE ＝3，∴E⎝⎛⎭⎫32，12，0， D (0,0,2)，B (0,2,0)，∴ED ―→＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，2，BD ―→＝(0，－2,2)．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·ED ―→＝0，n ·BD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x －12y ＋2z ＝0，－2y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(3，1,1)为平面EBD 的一个法向量． 易知平面CDB 的一个法向量为m ＝(1,0,0)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n | m ||n |＝35＝155，由图知，二面角C -DB -E 为钝角， ∴二面角C -DB -E 的余弦值为－155.2．(2018·石家庄质检)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形且∠CBB 1＝60°，AB ＝AC 1.(1)证明：平面AB 1C ⊥平面BB 1C 1C ；(2)若AB ⊥B 1C ，直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，求直线AB 1与平面A 1B 1C 所成角的正弦值．解：(1)证明：连接BC 1交B 1C 于点O ，连接AO ， ∵侧面BB 1C 1C 为菱形，∴B 1C ⊥BC 1. ∵AB ＝AC 1，O 为BC 1的中点，∴AO ⊥BC 1. ∵B 1C ∩AO ＝O ，∴BC 1⊥平面AB 1C .又BC 1⊂平面BB 1C 1C ，∴平面AB 1C ⊥平面BB 1C 1C . (2)∵AB ⊥B 1C ，BO ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ， ∴B 1C ⊥平面ABO ， 又AO ⊂平面ABO ，∴AO ⊥B 1C ，从而OA ，OB ，OB 1两两垂直．以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .∵直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°， ∴∠ABO ＝30°.设AO ＝1，则BO ＝3，又∠CBB 1＝60°， ∴△CBB 1是边长为2的等边三角形，∴A (0,0,1)，B (3，0,0)，B 1(0,1,0)，C (0，－1,0)， AB 1―→＝(0,1，－1)，B 1C ―→＝(0，－2,0)， A 1B 1―→＝AB ―→＝(3，0，－1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1C 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B 1―→＝0，n ·B 1C ―→＝0，即⎩⎨⎧3x －z ＝0，－2y ＝0，令x ＝1，则n ＝(1,0，3)为平面A 1B 1C 的一个法向量． 设直线AB 1与平面A 1B 1C 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AB 1―→，n 〉|＝|AB 1―→·n ||AB 1―→|·|n |＝64， ∴直线AB 1与平面A 1B 1C 所成角的正弦值为64. 考点三 利用空间向量解决探索性问题 增分考点讲练冲关 [典例] 已知几何体ABCC1B 1N 的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．(1)连接B 1C ，若M 为AB 的中点，在线段CB 上是否存在一点P ，使得MP ∥平面CNB 1？若存在，求出BP 的长；若不存在，请说明理由．(2)求二面角C -NB 1-C 1的余弦值．[解] 由题意可知，BA ，BB 1，BC 两两垂直，以BA ，BB 1，BC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B -xyz ，则由该几何体的三视图可知，C (0,0,4)，N (4,4,0)，B 1(0,8,0)，C 1(0,8,4)．(1)设平面CNB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵NC ―→＝(－4，－4,4)，NB 1―→＝(－4,4,0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧NC ―→·n ＝0，NB 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x －4y ＋4z ＝0，－4x ＋4y ＝0，令x ＝1，可得平面CNB 1的一个法向量为n ＝(1,1,2)， 设P (0,0，a )(0≤a ≤4)，由于M (2,0,0)， 则PM ―→＝(2,0，－a )． 又MP ∥平面CNB 1，∴PM ―→·n ＝2－2a ＝0，解得a ＝1.∴在线段CB 上存在一点P ，使得MP ∥平面CNB 1，此时BP ＝1. (2)设平面C 1NB 1的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)， ∵NC 1―→＝(－4,4,4)，∴⎩⎪⎨⎪⎧NC 1―→·m ＝0，NB 1―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x ′＋4y ′＋4z ′＝0，－4x ′＋4y ′＝0，令x ′＝1，可得平面C 1NB 1的一个法向量为m ＝(1,1,0)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝1＋12·6＝33. 由图可知，二面角C -NB 1-C 1为锐角， 故二面角C -NB 1-C 1的余弦值为33. [解题方略] 利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．[多练强化]如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 是棱PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC .(2)若四边形ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C -AF -D 大小为60°？解：(1)证明：连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，连接OE ， 因为四边形ABCD 为矩形， 所以点O 是BD 的中点， 因为点E 是棱PD 的中点， 所以PB ∥EO ，又因为PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)由题意知AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝AD ＝2a ，AP ＝2c ，则A (0,0,0)，C (2a,2a,0)，D (0，2a,0)，P (0,0,2c )，F (a ，a ，c )．因为z 轴⊂平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x,1,0)，而AC ―→＝(2a,2a,0)，所以AC ―→·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1，所以n ＝(－1,1,0)．因为y 轴⊂平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1,0，z )，而AF ―→＝(a ，a ，c )，所以AF ―→·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c， 所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，0，－a c ， 所以cos 60°＝|n ·m ||n |·|m |＝12·1＋a2c 2＝12，得a ＝c . 即当AP 等于正方形ABCD 的边长时，二面角C -AF -D 的大小为60°.数学抽象——向量法解决空间立体几何问题[典例] 如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC＝90°.点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD的中点，PA ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ∥平面BDE ；(2)求二面角C -EM -N 的正弦值；(3)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．[解] 由题意知，AB ，AC ，AP 两两垂直，故以A 为坐标原点，分别以AB ―→，AC ―→，AP ―→方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A (0，0,0)，B (2，0,0)，C (0,4,0)，P (0，0,4)，D (0,0,2)，E (0,2,2)，M (0,0,1)，N (1,2,0)．(1)证明：DE ―→＝(0,2,0)，DB ―→＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DE ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨取z ＝1，可得n ＝(1,0,1)．又MN ―→＝(1,2，－1)，可得MN ―→·n ＝0.因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE .(2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量．设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的法向量，又EM ―→＝(0，－2，－1)，MN ―→＝(1,2，－1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·MN ―→＝0， n 2·MN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0. 不妨取y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2| n 1||n 2|＝－421， 于是sin 〈n 1，n 2〉＝10521. 所以二面角C -EM -N 的正弦值为10521.(3)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0,0，h )，进而可得NH ―→＝(－1，－2，h )，BE ―→＝(－2,2,2)．由已知，得|cos 〈NH ―→，BE ―→〉|＝|NH ―→·BE ―→||NH ―→||BE ―→|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以线段AH 的长为85或12. [素养通路]本题考查了线面平行、二面角及已知线面角求线段的长，以学习过的空间向量的相关知识为工具，通过数学抽象将几何问题：证明线面平行、求二面角及求线段的长抽象成直线共线向量与平面法向量垂直、两平面法向量的夹角及向量的模长问题，进而进行求解，考查了数学抽象这一核心素养．。
