2018版浙江数学-知识清单与冲A训练：28 立体几何中的向量方法 全国通用

立体几何中的向量方法第一课时空间向量与平行、垂直关系预习课本P102～108，思考并完成以下问题1．平面的法向量的定义是什么？2．设直线l的方向向量u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，则l∥α，l ⊥α的充要条件分别是什么？[新知初探]1．平面的法向量(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共线的向量．(2)平面的法向量直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则a叫做平面α的法向量．2．空间平行关系的向量表示(1)线线平行设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，则l∥m⇔a∥b⇔a ＝λb⇔a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．(2)线面平行设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为u＝(a2，b2，c2)，则l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(3)面面平行设平面α，β的法向量分别为u＝(a1，b1，c1)，v＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔u∥v⇔u＝λv ⇔a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．3．空间垂直关系的向量表示(1)线线垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，a 2，a 3)，直线m 的方向向量为b ＝(b 1，b 2，b 3)，则l ⊥m ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0.(2)线面垂直设直线l 的方向向量是a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量是u ＝(a 2，b 2，c 2)，则l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝λu ⇔a 1＝λa 2，b 1＝λb 2，c 1＝λc 2(λ∈R)．(3)面面垂直若平面α的法向量u ＝(a 1，b 1，c 1)，平面β的法向量v ＝(a 2，b 2，c 2)，则α⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.[小试身手]1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线l 的方向向量是惟一的( )(2)若点A ，B 是平面α上的任意两点，n 是平面α的法向量，则AB ·n ＝0( ) (3)若向量n 1，n 2为平面α的法向量，则以这两个向量为方向向量的两条不重合直线一定平行( )答案：(1)× (2)√ (3)√2．若A (1,0，－1)，B (2,1,2)在直线l 上，则直线l 的一个方向向量是( ) A ．(2,2,6) B ．(－1,1,3) C ．(3,1,1) D ．(－3,0,1)答案：A3．设直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(－2,2,1)，b ＝(3，－2，m )，若l 1⊥l 2，则m 等于( )A ．－2B ．2C ．6D ．10 答案：D[典例] ，求平面α的一个法向量．[解] 因为A (1,2,3)，B (2,0，－1)，C (3，－2,0)，所以AB ＝(1，－2，－4)，AC ＝(2，－4，－3)．设平面α的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧n ·AB ＝0，n ·AC ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －4z ＝0，2x －4y －3z ＝0.得z ＝0，x ＝2y ，令y ＝1，则x ＝2，所以平面α的一个法向量为n ＝(2,1,0)．利用待定系数法求法向量的解题步骤[活学活用]四边形ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝90°，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.在如图所示的坐标系Axyz 中，分别求平面SCD 和平面SAB 的一个法向量．解：A (0,0,0)，D (1,0,0)，C (2,2,0)，S (0,0,2)．∵AD ⊥平面SAB ，∴AD ＝(1,0,0)是平面SAB 的一个法向量． 设平面SCD 的法向量为n ＝(1，y ，z )， 则n ·DC ＝(1，y ，z )·(1,2,0)＝1＋2y ＝0， ∴y ＝－12.又n ·DS ＝(1，y ，z )·(－1,0,2)＝－1＋2z ＝0， ∴z ＝12.∴n ＝⎝⎛⎭⎫1，－12，12即为平面SCD 的一个法向量.[典例] 11111DD 1的中点，求证：(1)FC 1∥平面ADE ； (2)平面ADE ∥平面B 1C 1F .[证明] 如图所示建立空间直角坐标系D -xyz ，则有D (0,0,0)，A (2,0,0)，C 1(0,2,2)，E (2,2,1)，F (0,0,1)，B 1(2，2,2)，所以FC 1＝(0,2,1)，DA ＝(2,0,0)，AE ＝(0,2,1)．(1)设n 1＝(x 1，y 1，z 1)是平面ADE 的法向量， 则n 1⊥DA ，n 1⊥AE ，即⎩⎨⎧n 1·DA ＝2x 1＝0，n 1·AE ＝2y 1＋z 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，z 1＝－2y 1，令z 1＝2，则y 1＝－1， 所以n 1＝(0，－1,2)．因为FC 1·n 1＝－2＋2＝0，所以FC 1⊥n 1. 又因为FC 1⊄平面ADE ，所以FC 1∥平面ADE . (2)因为C B 11＝(2,0,0)，设n 2＝(x 2，y 2，z 2)是平面B 1C 1F 的一个法向量． 由n 2⊥FC 1，n 2⊥C B 11，得⎩⎪⎨⎪⎧n 2·FC 1＝2y 2＋z 2＝0，n 2·C B 11＝2x 2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，z 2＝－2y 2.令z 2＝2，得y 2＝－1，所以n 2＝(0，－1,2)， 因为n 1＝n 2，所以平面ADE ∥平面B 1C 1F .利用向量法证明平行问题的两种途径(1)利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的共线关系； (2)通过建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量和平面的法向量进行平行关系的证明．[活学活用]在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2，P ，Q ，R ，S 分别是AA 1，D 1C 1，AB ，CC 1的中点．求证：PQ ∥RS .证明：法一：以D 为原点，DA ，DC ，DD 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D -xyz .则P (3,0,1)，Q (0,2,2)，R (3,2,0)，S (0,4,1)，PQ ＝(－3,2,1)，RS ＝(－3,2,1)，∴PQ＝RS，∴PQ∥RS，即PQ∥RS.法二：RS＝RC＋CS＝12DC－DA＋12DD1，PQ＝PA1＋A Q1＝12DD1＋12DC－DA，∴RS＝PQ，∴RS∥PQ，即RS∥PQ.利用空间向量证明垂直问题[典例]如图，在四棱锥E-ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.求证：平面ADE⊥平面ABE.[证明]取BE的中点O，连接OC，则OC⊥EB，又AB⊥平面BCE，∴以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.如图所示．则由已知条件有C(1,0,0)，E(0，－3，0)，D(1,0,1)，A(0，3，2)．设平面ADE的法向量为n＝(a，b，c)，则n·EA＝(a，b，c)·(0,23，2)＝23b＋2c＝0，n·DA＝(a，b，c)·(－1，3，1)＝－a＋3b＋c＝0.令b＝1，则a＝0，c＝－3，∴n＝(0,1，－3)，又AB⊥平面BCE，∴AB⊥OC，∴OC⊥平面ABE，∴平面ABE的法向量可取为m＝(1,0,0)．∵n·m＝(0,1，－3)·(1,0,0)＝0，∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE.(1)用向量法判定线面垂直，只需直线的方向向量与平面的法向量平行或直线的方向向量与平面内两相交的直线的方向向量垂直．(2)用向量法判定两个平面垂直，只需求出这两个平面的法向量，再看它们的数量积是否为0.[活学活用]在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为BB 1，D 1B 1的中点，求证：EF ⊥平面B 1AC . 证明：设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则A (2,0,0)，C (0,2,0)，B 1(2,2,2)，E (2，2,1)，F (1,1,2)．法一：EF ＝(－1，－1,1)，AB 1＝(0,2,2)，AC ＝(－2,2,0)， ∴EF ·AB 1＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝0，EF ·AC ＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝0，∴EF ⊥AB 1，EF ⊥AC ，又AB 1∩AC ＝A ， ∴EF ⊥平面B 1AC .法二：设平面B 1AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 又AB 1＝(0,2,2)，AC ＝(－2,2,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ⊥AB 1，n ⊥AC ⇒⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB 1＝2y ＋2z ＝0，n ·AC ＝－2x ＋2y ＝0，令x ＝1，可得平面B 1AC 的一个法向量为n ＝(1,1，－1)． 又EF ＝－n ，∴EF ∥n ，∴EF ⊥平面B 1AC .层级一 学业水平达标1．若n ＝(2，－3,1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是( )A ．(0，－3,1)B ．(2,0,1)C ．(－2，－3,1)D ．(－2,3，－1)解析：选D 问题即求与n 共线的一个向量．即n ＝(2，－3，1)＝－(－2,3，－1)． 2．已知直线l 与平面α垂直，直线l 的一个方向向量为u ＝(1，－3，z )，向量v ＝(3，－2,1)与平面α平行，则z 等于( )A ．3B ．6C ．－9D ．9解析：选C ∵l ⊥α，v 与平面α平行， ∴u ⊥v ，即u ·v ＝0， ∴1×3＋3×2＋z ×1＝0，∴z ＝－9.3．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个法向量是( ) A ．(1,1，－1) B ．(1，－1,1) C ．(－1,1,1)D ．(－1，－1，－1)解析：选D AB ＝(－1,1,0)，AC ＝(－1,0,1)．设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，取x ＝－1，则y ＝－1，z ＝－1.故平面ABC 的一个法向量是(－1，－1，－1)．4．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( ) A ．AC B ．BD C ．A 1D D ．A 1A解析：选B 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1. 则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，1， ∴CE ＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1， AC ＝(－1,1,0)，BD ＝(－1，－1,0)，A D 1＝(－1,0，－1)，A A 1＝(0,0，－1)．∵CE ·BD ＝(－1)×12＋(－1)×⎝⎛⎭⎫－12＋0×1＝0，∴CE ⊥BD .5.如图，在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，平行六面体的各棱长均相等．给出下列结论：①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1.这四个结论中正确的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C ∵A M 1＝A A 1＋AM ＝A A 1＋12AB ，D P 1＝D D 1＋DP ＝A A 1＋12AB ，∴A M 1∥D P 1，从而A 1M ∥D 1P ，可得①③④正确． 又B 1Q 与D 1P 不平行，故②不正确．6. 已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB ＝(2，－1，－4)，AD ＝(4,2,0)，AP ＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP 是平面ABCD 的法向量；④AP ∥BD .其中正确的是_______(填序号)．解析：由于AP ·AB ＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，AP ·AD ＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以①②③正确． 答案：①②③7．在直角坐标系O -xyz 中，已知点P (2cos x ＋1,2cos 2x ＋2,0)和点Q (cos x ，－1,3)，其中x ∈[0，π]，若直线OP 与直线OQ 垂直，则x 的值为________．解析：由OP ⊥OQ ，得OP ·OQ ＝0. 即(2cos x ＋1)·cos x ＋(2cos 2x ＋2)·(－1)＝0. ∴cos x ＝0或cos x ＝12.∵x ∈[0，π]，∴x ＝π2或x ＝π3.答案：π2或π38.如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点E 在棱AA 1上，要使CE ⊥面B 1DE ，则AE ＝________.解析：建立如图所示的空间直角坐标系， 则B 1(0,0,3a )，C (0，2a,0)， D2a 2，2a 2，3a . 设E (2a,0，z )(0≤z ≤3a )， 则CE ＝()2a ，－2a ，z ，B E 1＝(2a,0，z －3a )，B D 1＝⎝⎛⎭⎫2a 2，2a 2，0.又CE ·B D 1＝a 2－a 2＋0＝0，故由题意得2a 2＋z 2－3az ＝0，解得z ＝a 或2a . 故AE ＝a 或2a .答案：a 或2a9.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 为PC 的中点，EF ⊥BP 于点F .求证：(1)PA ∥平面EDB ； (2)PB ⊥平面EFD .证明：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系D -xyz ，如图，设DC ＝PD ＝1，则P (0,0,1)，A (1,0,0)，D (0,0,0)，B (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，12. ∴PB ＝(1,1，－1)，DE ＝⎝⎛⎭⎫0，12，12，EB ＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12，设F (x ，y ，z )，则PF ＝(x ，y ，z －1)，EF ＝⎝⎛⎭⎫x ，y －12，z －12. ∵EF ⊥PB ，∴x ＋⎝⎛⎭⎫y －12－⎝⎛⎭⎫z －12＝0，即x ＋y －z ＝0.① 又∵PF ∥PB ，可设PF ＝λPB ， ∴x ＝λ，y ＝λ，z －1＝－λ.② 由①②可知，x ＝13，y ＝13，z ＝23，∴EF ＝⎝⎛⎭⎫13，－16，16. (1)设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面EDB 的一个法向量，则有⎩⎨⎧n 1·DE ＝0，n 1·EB ＝0，即⎩⎨⎧12y 1＋12z 1＝0，x 1＋12y 1－12z 1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝z 1，y 1＝－z 1. 取z 1＝－1，则n 1＝(－1,1，－1)． ∵PA ＝(1,0，－1)，∴PA ·n 1＝0. 又∵PA ⊄平面EDB ，∴PA ∥平面EDB .(2)设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面EFD 的一个法向量，则有⎩⎨⎧n 2·EF ＝0，n 2·DE ＝0，即⎩⎨⎧13x 2－16y 2＋16z 2＝0，12y 2＋12z 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝－z 2，y 2＝－z 2. 取z 2＝1，则n 2＝(－1，－1,1)．∴PB ∥n 2，∴PB ⊥平面EFD .10．已知在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，M 分别是BC ，AE 的中点，AD ＝AA 1＝a ，AB ＝2a .试问在线段CD 1上是否存在一点N 使MN ∥平面ADD 1A 1，若存在确定N 的位置，若不存在说明理由．解：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A (a ，0,0)，B (a,2a,0)， C (0，2a,0)，D 1(0,0，a )， E ⎝⎛⎭⎫12a ，2a ，0，M ⎝⎛⎭⎫34a ，a ，0， DC ＝(0,2a,0)，CD 1＝(0，－2a ，a )，假设CD 1上存在点N 使MN ∥平面ADD 1A 1并设CN ＝λCD 1＝(0，－2aλ，aλ)(0<λ<1)．则DN ＝DC ＋CN ＝(0,2a,0)＋(0，－2aλ，aλ) ＝(0,2a (1－λ)，aλ)，MN ＝DN －DM ＝⎝⎛⎭⎫－34a ，a －2aλ，aλ. 又DC 是平面ADD 1A 1的一个法向量． ∴MN ⊥DC ，则2a (a －2aλ)＝0，λ＝12.又MN ⊄平面ADD 1A 1.故存在N 为CD 1的中点使MN ∥平面ADD 1A 1.层级二 应试能力达标1．已知a ＝⎝⎛⎭⎫1，2，52，b ＝⎝⎛⎭⎫32，x ，y 分别是直线l 1，l 2的一个方向向量．若l 1∥l 2，则( )A ．x ＝3，y ＝152B ．x ＝32，y ＝154C ．x ＝3，y ＝15D ．x ＝3，y ＝154解析：选D ∵l 1∥l 2，∴321＝x 2＝y 52，∴x ＝3，y ＝154，故选D.2.在如图所示的空间直角坐标系中，ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，给出下列结论：①平面ABB 1A 1的一个法向量为(0,1,0)； ②平面B 1CD 的一个法向量为(1,1,1)； ③平面B 1CD 1的一个法向量为(1,1,1)；④平面ABC 1D 1的一个法向量为(0,1,1)． 其中正确结论的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选B ∵AD ＝(0,1,0)，AB ⊥AD ，AA 1⊥AD ，又AB ∩AA 1＝A ，∴AD ⊥平面ABB 1A 1，∴①正确；∵CD ＝(－1,0,0)，而(1,1,1)·CD ＝－1≠0，∴(1,1,1)不是平面B 1CD 的法向量，∴②不正确；∵B C 1＝(0,1，－1)，CD 1＝(－1,0,1)，(1,1,1)·B C 1＝0，(1,1,1)·CD 1＝0，B 1C ∩CD 1＝C ，∴(1,1,1)是平面B 1CD 1的一个法向量，∴③正确；∵BC 1＝(0,1,1)，而BC 1·(0,1,1)＝2≠0，∴(0,1,1)不是平面ABC 1D 1的法向量，即④不正确．因此正确结论的个数为2，选B.3．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．(1，－1,1) B.⎝⎛⎭⎫1，3，32 C.⎝⎛⎭⎫1，－3，32D.⎝⎛⎭⎫－1，3，－32 解析：选B 要判断点P 是否在平面α内，只需判断向量与平面α的法向量n 是否垂直，即·n 是否为0，因此，要对各个选项进行检验．对于选项A ，＝(1,0,1)，则·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A ；对于选项B ，＝⎝⎛⎭⎫1，－4，12，则·n ＝⎝⎛⎭⎫1，－4，12·(3,1,2)＝0，故B 正确；同理可排除C 、D.故选B.4.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B ，AC 的中点，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定解析：选B 建系如图，设正方体的棱长为2，则A (2,2,2)，A 1(2,2,0)，C (0,0,2)，B (2,0,2)，∴M (2,1,1)，N (1,1,2)， ∴MN ＝(－1,0,1)．又平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(0,1,0)，∵－1×0＋0×1＋1×0＝0， ∴MN ⊥n ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .故选B.5．若直线l 的一个方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的一个法向量为u ＝(－2,0，－4)，则直线l 与平面α的位置关系为________．解析：∵u ＝－2a ，∴a ∥u ，∴l ⊥α. 答案：l ⊥α6．已知AB ＝(1,5，－2)，BC ＝(3,1，z )，若AB ⊥BC ，BP ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则BP ＝________.解析：∵AB ⊥BC ，∴AB ·BC ＝0，∴3＋5－2z ＝0， ∴z ＝4.∵BP ＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，∴⎩⎨⎧BP ·AB ＝0， BP ·BC ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －1＋5y ＋6＝0，3x －3＋y －12＝0，解得⎩⎨⎧x ＝407，y ＝－157，故BP ＝⎝⎛⎭⎫337，－157，－3. 答案：⎝⎛⎭⎫337，－157，－37.如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面边长为22，侧棱长为4，E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点．求证：平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.证明：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系如图，由题意，知D (0,0,0)，A (22，0,0)，C (0,22，0)，B 1(22，22，4)， E (22，2，0)，F (2，22，0)， 则B E 1＝(0，－2，－4)，EF ＝(－2，2，0)．设平面B 1EF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．则n ·B E 1＝－2y －4z ＝0，n ·EF ＝－2x ＋2y ＝0， 得x ＝y ，z ＝－24y ，令y ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎫1，1，－24.又平面BDD 1B 1的一个法向量为AC ＝(－22，22，0)， 而n ·AC ＝1×(－22)＋1×22＋⎝⎛⎭⎫－24×0＝0， 即n ⊥AC ，∴平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.8.如图，在三棱锥P -ABC 中，三条侧棱PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝PB ＝PC ＝3，G 是△PAB 的重心，E ，F 分别为BC ，PB 上的点，且BE ∶EC ＝PF ∶FB ＝1∶2.(1)求证：平面GEF ⊥平面PBC ； (2)求证：EG 与直线PG 和BC 都垂直．证明：(1)如图，以三棱锥的顶点P 为原点，以PA ，PB ，PC 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系P -xyz .则A (3,0,0)，B (0,3,0)，C (0,0,3)，E (0,2,1)，F (0,1,0)，G (1,1,0)，P (0，0,0)． 于是EF ＝(0，－1，－1)，EG ＝(1，－1，－1)． 设平面GEF 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ⊥EF ，n ⊥EG ，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，x －y －z ＝0，可取n ＝(0,1，－1)．显然PA ＝(3,0,0)是平面PBC 的一个法向量．又n ·PA ＝0， ∴n ⊥PA ，即平面PBC 的法向量与平面GEF 的法向量垂直， ∴平面GEF ⊥平面PBC .(2)由(1)，知EG ＝(1，－1，－1)，PG ＝(1,1,0)，BC ＝(0，－3,3)，∴EG ·PG ＝0，EG ·BC ＝0， ∴EG ⊥PG ，EG ⊥BC ， ∴EG 与直线PG 和BC 都垂直．第二课时 空间向量与空间角、距离预习课本P109～110，思考并完成以下问题1．如何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及二面角？2．如何利用空间向量求点到平面的距离？[新知初探]1．空间角及向量求法1．判断下列命题是否正确．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等( )(2)直线l 与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l 与平面α所成的角( ) (3)二面角α-l -β的大小为θ，平面α，β的法向量分别为n 1，n 2，则θ＝n 1，n 2( )答案：(1)× (2)× (3)×2．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos m ，n ＝－12，则直线l 与平面α所成的角为( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°答案：A3．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的大小为( )A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°答案：C求两异面直线所成的角[典例] 如图，在三棱锥V -ABC 中，顶点C 在空间直角坐标系的原点处，顶点A ，B ，V 分别在x ，y ，z 轴上，D 是线段AB 的中点，且AC ＝BC ＝2，∠VDC ＝π3，求异面直线AC 与VD 所成角的余弦值．[解] AC ＝BC ＝2，D 是AB 的中点，所以 C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (1,1,0)．在Rt △VCD 中，CD ＝2，∠VDC ＝π3，故V (0,0，6)．所以AC ＝(－2,0,0)，VD ＝(1,1，－6)． 所以cos 〈AC ，VD 〉＝AC ·VD |AC ||VD |＝－22·22＝－24.所以异面直线AC 与VD 所成角的余弦值为24.利用空间向量求两条异面直线所成的角，可以避免复杂的几何作图和论证过程，只需通过相应的向量运算即可，但应注意：用向量法求两条异面直线所成的角是通过两条直线的方向向量的夹角来求解的，而两条异面直线所成角θ的取值范围是0，π2，两向量的夹角α的取值范围是[0，π]，所以cos θ＝|cos α|.[活学活用]如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，面ABCD 与面D 1C 1CD 垂直，且∠D 1DC ＝π3，DC ＝DD 1＝2，DA ＝3，∠ADC ＝π2，求异面直线A 1C 与AD 1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则A (3，0,0)，D 1(0,1，3)，C (0,2,0)，D (0,0,0)．由AA 1＝DD 1得A 1(3，1，3)． ∴A C 1＝(－3，1，－3)．D A 1＝(3，－1，－3)．∴cos 〈A C 1，D A 1〉＝A C 1·D A1| A C 1|·|D A 1|＝(－3，1，－3)·(3，－1，－3)7·7＝－17.∴异面直线A 1C 与AD 1所成角的余弦值为17.[典例] BAD＝90°，PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝AB ＝2BC ，M ，N 分别为PC ，PB 的中点．(1)求证：PB ⊥DM ；(2)求BD 与平面 ADMN 所成的角．[解] 如图，以点A 为坐标原点建立空间直角坐标系，设BC ＝1，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，C (2,1,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1. (1)证明：PB ·DM ＝ (2,0，－2)·⎝⎛⎭⎫1，－32，1＝0， ∴PB ⊥DM ，即PB ⊥DM .(2)∵PB ·AD ＝(2,0，－2)·(0,2,0)＝0， ∴PB ⊥AD .又∵PB ⊥DM ，∴PB ⊥平面ADMN . 即PB 为平面ADMN 的一个法向量．因此〈PB ，DB 〉的余角即是BD 与平面ADMN 所成的角． ∵cos 〈PB ，DB 〉＝PB ·DB | PB |·|DB |＝422×22＝12，∴〈PB ，DB 〉＝π3，∴BD 与平面ADMN 所成的角为π6.求直线与平面的夹角的方法与步骤思路一：找直线在平面内的射影，充分利用面与面垂直的性质及解三角形知识可求得夹角(或夹角的某一三角函数值)．思路二：用向量法求直线与平面的夹角可利用向量夹角公式或法向量．利用法向量求直线与平面的夹角的基本步骤：(1)建立空间直角坐标系； (2)求直线的方向向量AB ； (3)求平面的法向量n ；(4)计算：设线面角为θ，则sin θ＝|n ·AB ||n |·|AB |.[活学活用]如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1 中，E 是棱DD 1的中点． 求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值．解：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O -xyz .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.故直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.[典例] 如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，AC ∩BD＝O ，A 1C 1∩B 1D 1＝O 1，四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形．(1)证明：O 1O ⊥底面ABCD .(2)若∠CBA ＝60°，求二面角C 1-OB 1-D 的余弦值．[解] (1)证明：因为四边形ACC 1A 1和四边形BDD 1B 1均为矩形，所以CC 1⊥AC ，DD 1⊥BD ，又CC 1∥DD 1∥OO 1，所以OO 1⊥AC ，OO 1⊥BD ， 因为AC ∩BD ＝O ，所以O 1O ⊥底面ABCD .(2)因为四棱柱的所有棱长都相等，所以四边形ABCD 为菱形，AC ⊥BD .又O 1O ⊥底面ABCD ，所以OB ，OC ，OO 1两两垂直．如图，以O 为原点，OB ，OC ，OO 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设棱长为2，因为∠CBA ＝60°，所以OB ＝3，OC ＝1， 所以O (0,0,0)，B 1(3，0,2)，C 1(0,1,2)， 平面BDD 1B 1的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 设平面OC 1B 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由m ⊥OB 1，m ⊥OC 1，所以⎩⎨⎧3x ＋2z ＝0，y ＋2z ＝0取z ＝－3，则x ＝2，y ＝23， 所以m ＝(2,23，－3)， 所以cos m ，n ＝m·n |m ||n |＝2319＝25719. 由图形可知二面角C 1-OB 1-D 的大小为锐角， 所以二面角C 1-OB 1-D 的余弦值为25719. [一题多变]1．[变设问]本例条件不变，求二面角B -A 1C -D 的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系．设棱长为2，则A1(0，－1,2)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D ()－3，0，0.所以BC ＝()－3，1，0，A C 1＝(0,2，－2)，CD ＝(－3，－1,0)． 设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A C 1＝0，n 1·BC ＝0，即⎩⎨⎧2y 1－2z 1＝0，－3x 1＋y 1＝0，取x 1＝3，则y 1＝z 1＝3， 故n 1＝(3，3,3)．设平面A 1CD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A C 1＝0，n 2·A C 1＝0，即⎩⎨⎧2y 2－2z 2＝0，－3x 2－y 2＝0，取x 2＝3，则y 2＝z 2＝－3， 故n 2＝(3，－3，－3)． 所以cos n 1，n 2＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－1521＝－57. 由图形可知二面角B -A 1C -D 的大小为钝角， 所以二面角B -A 1C -D 的余弦值为－57.2．[变条件、变设问]本例四棱柱中，∠CBA ＝60°改为∠CBA ＝90°，设E ，F 分别是棱BC ，CD 的中点，求平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值．解：以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，设此棱柱的棱长为1，则A (0,0,0)，B 1(1,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫1，12，0，D 1(0,1,1)， F ⎝⎛⎭⎫12，1，0，AE ＝⎝⎛⎭⎫1，12，0，AB 1＝(1,0,1)，AF ＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，AD 1＝(0,1,1)．设平面AB 1E 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AB 1＝0，n 1·AE ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋z 1＝0，x 1＋12y 1＝0， 令y 1＝2，则x 1＝－1，z 1＝1， 所以n 1＝(－1,2,1)．设平面AD 1F 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AD 1＝0，n 2·AF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝0，12x 2＋y 2＝0.令x 2＝2，则y 2＝－1，z 2＝1. 所以n 2＝(2，－1,1)．所以平面AB 1E 与平面AD 1F 所成锐二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝36×6＝12.向量法求二面角(或其某个三角函数值)的四个步骤(1)建立适当的坐标系，写出相应点的坐标； (2)求出两个半平面的法向量n 1，n 2；(3)设二面角的平面角为θ，则|cos θ|＝|cos n 1，n 2|；(4)根据图形判断θ为钝角还是锐角，从而求出θ(或其三角函数值)．用空间向量求距离[典例] 四棱锥P -ABCD 中，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DA ＝2，F ，E 分别为AD ，PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面PFB ； (2)求点E 到平面PFB 的距离．[解] (1)证明：以D 为原点， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则P (0,0,2)，F (1,0,0)，B (2,2,0)，E (0,1,1)．FP ＝(－1,0,2)，FB ＝(1,2,0)，DE ＝(0,1,1)，∴DE ＝12FP ＋12FB ，∴DE ∥平面PFB . 又∵DE ⊄平面PFB ， ∴DE ∥平面PFB . (2)∵DE ∥平面PFB ，∴点E 到平面PFB 的距离等于点D 到平面PFB 的距离． 设平面PFB 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·FB ＝0，n ·FP ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0，－x ＋2z ＝0，令x ＝2，得y ＝－1，z ＝1.∴n ＝(2，－1,1)，又∵FD ＝(－1,0,0)， ∴点D 到平面PFB 的距离 d ＝|FD ·n ||n |＝26＝63.∴点E 到平面PFB 的距离为63.求点到平面的距离的四步骤[活学活用]在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是A 1B 1，CD 的中点，求点B 到平面AEC 1F 的距离．解：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，F ⎝⎛⎭⎫0，12，0，E ⎝⎛⎭⎫1，12，1，B (1,1,0)．∴AE ＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，AF ＝－1，12，0.设平面AEC 1F 的法向量为n ＝(1，λ，μ)， 则n ·AE ＝0，n ·AF ＝0.∴⎩⎨⎧12λ＋μ＝0，－1＋12λ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝－1， ∴n ＝(1,2，－1)． 又∵AB ＝(0,1,0)，∴点B 到平面AEC 1F 的距离d ＝|AB ·n ||n |＝26＝63.层级一 学业水平达标1．已知平面α的一个法向量为n ＝(－2，－2,1)，点A (－1,3,0)在平面α内，则点P (－2,1,4)到平面α的距离为( )A ．10B ．3 C.83D.103解析：选D 点P 到平面α的距离d ＝|PA ·n ||n |＝|－2－4－4|4＋4＋1＝103.2．已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23 B.33C.23D.13解析：选A 建立如图所示的空间直角坐标系，设AA 1＝2AB ＝2，则B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1,2)，故DB ＝(1,1,0)，DC 1＝(0,1,2)，DC＝(0,1,0)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB ＝0，n ·DC 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2，所以平面BDC 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC 〉|＝|n ·DC ||n |·|DC |＝23，故选A.3．在60°的二面角α-l -β的棱l 上有两点A ，B ，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，若AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，则CD 的长为( )A ．229B ．217C ．2 5D ．241解析：选B 由已知，可得AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，∵二面角的大小为60°，则〈，〉＝60°.∴〈，〉＝120°，∴||2＝(＋＋)2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝36＋16＋64＋2×6×8×cos 120°＝68.∴CD ＝68＝217.4．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝2，DD 1＝3，则AC 与BD 1所成角的余弦值为( )A ．0 B.37070 C ．－37070 D.7070解析：选A 建立如图坐标系，则D 1(0,0,3)，B (2,2,0)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，∴BD 1＝(－2，－2,3)，AC ＝(－2,2,0)．∴cos 〈BD 1，AC 〉＝BD 1·AC|BD 1||AC |＝0.∴〈BD 1，AC 〉＝90°，其余弦值为0.5．正方形ABCD 所在平面外有一点P ，PA ⊥平面ABCD .若PA ＝AB ，则平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 解析：选B 建系如图，设AB ＝1，则A (0,0,0)，B (0,1,0)， P (0,0,1)，D (1,0,0)，C (1,1,0)． 平面PAB 的法向量为n 1＝(1,0,0)． 设平面PCD 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 2·PD ＝0，n 2·CD ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －z ＝0，y ＝0.令x ＝1，则z ＝1.∴n 2＝(1,0,1)， cos 〈n 1，n 2〉＝12＝22. ∴平面PAB 与平面PCD 所成的二面角的余弦值为22. ∴此角的大小为45°.6．直线l 的方向向量a ＝(－2,3,2)，平面α的一个法向量n ＝(4,0,1)，则直线l 与平面α所成角的正弦值为___________________________________________________________．解析：设直线l 与平面α所成的角是θ，a ，n 所成的角为β，sin θ＝|cos β|＝|(－2，3，2)·(4，0，1)|17×17＝617. 答案：6177．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM ，D N 1〉＝________.解析：建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为2. 则C (0,2,0)，M (2,0,1)，D 1(0,0,2)，N (2,2,1)． ∴CM ＝(2，－2,1)，D N 1＝(2,2，－1)．cos 〈CM ，D N 1〉＝4－4－13×3＝－19.∴sin 〈CM ，D N 1〉＝459.答案：4598.如图正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是平面A 1B 1C 1D 1的中心，则BO 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为________．解析：建立空间直角坐标系如图，则B (1,1,0)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，1，DA 1＝(1,0,1)是平面ABC 1D 1的一个法向量．又OB ＝⎝⎛⎭⎫12，12，－1，∴BO 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为 |OB ·DA 1||OB |·|DA 1|＝1262×2＝36.答案：369.如图，在四棱锥PABCD 中，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，且PB ＝BC ＝BD ＝6，CD ＝2AB ＝22，∠PAD ＝120°.(1)求证：平面PAD ⊥平面PCD ；(2)求直线PD 与平面PBC 所成的角的正弦值． 解：(1)证明：取CD 的中点E ，连接BE . ∵BC ＝BD ，E 为CD 中点，∴BE ⊥CD ， 又∵AB ∥CD ，AB ＝12CD ＝DE ，∴四边形ABED 是矩形，∴AB ⊥AD ，又AB ⊥PA ，PA ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，PA ∩AD ＝A ，∴AB ⊥平面PAD . ∵AB ∥CD ，∴CD ⊥平面PAD ， 又CD ⊂平面PCD ， ∴平面PAD ⊥平面PCD .(2)以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，以平面ABCD 过点A的垂线为z 轴建立空间直角坐标系Axyz ，如图所示：∵PB ＝BD ＝6，AB ＝2，AB ⊥PA ，AB ⊥AD ， ∴PA ＝AD ＝2.∴P (0，－1，3)，D (0,2,0)，B (2，0,0)，C (22，2,0)，∴＝(0,3，－3)，＝(－2，－1，3)，＝(2，2,0)．设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·＝0，n ·＝0.∴⎩⎨⎧2x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取x ＝2，得n ＝⎝⎛⎭⎫2，－1，33，∴cos 〈n ，〉＝n ·|n |||＝－4103·23＝－105.∴直线PD 与平面PBC 所成的角的正弦值为105.10.如图，四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝1，∠BAD ＝120°，∠ACB ＝90°.(1)求证：BC ⊥平面PAC ； (2)若二面角D -PC -A 的余弦值为55，求点A 到平面PBC 的距离． 解：(1)证明：∵PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， ∴PA ⊥BC ，∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ，又PA ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面PAC .(2)设AP ＝h ，取CD 的中点E ，则AE ⊥CD ，∴AE ⊥AB .又PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥AE ，PA ⊥AB ，故建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0，h )，C32，12，0， D32，－12，0，B (0,2,0)， PC ＝⎝⎛⎭⎫32，12，－h ，DC ＝(0,1,0)，设平面PDC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n 1·PC ＝0，n 1·DC ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x 1＋12y 1－hz 1＝0，y 1＝0，取x 1＝h ，∴n 1＝⎝⎛⎭⎫h ，0，32. 由(1)知平面PAC 的一个法向量为BC ＝32，－32，0， ∴|cos n 1，BC|＝32h h 2＋34×3＝55， 解得h ＝3，同理可求得平面PBC 的一个法向量n 2＝(3，3，2)， 所以，点A 到平面PBC 的距离为 d ＝|AP ·n 2||n 2|＝234＝32. 层级二 应试能力达标1.如图所示，已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 的中点，则二面角C -BF -D 的正切值为( )A.36 B.34C.33D.233解析：选D 如图所示，设AC 与BD 交于O ，连接OF .以O 为坐标原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O -xyz .设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝3， 所以O (0,0,0)，B⎝⎛⎭⎫32，0，0，F ⎝⎛⎭⎫0，0，12，C ⎝⎛⎭⎫0，12，0，OC ＝⎝⎛⎭⎫0，12，0，易知OC 为平面BDF 的一个法向量，由BC ＝⎝⎛⎭⎫－32，12，0，FB ＝⎝⎛⎭⎫32，0，－12，可得平面BCF 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．所以cos n ，OC ＝217，sinn ，OC＝277，所以tan n ，OC ＝233.2．在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1C 和C 1D 与底面所成角分别为60°和45°，则异面直线B 1C 和C 1D 所成角的余弦值为( )A.64 B.104 C.32 D.34解析：选A 建立如图的空间直角坐标系，可知∠CB 1C 1＝60°，∠DC 1D 1＝45°，设B 1C 1＝1，CC 1＝3＝DD 1.∴C 1D 1＝3，则有B 1(3，0,0)，C (3，1，3)，C 1(3，1,0)，D (0,1，3)． ∴B C 1＝(0,1，3)，C D 1＝(－3，0，3)． ∴cos 〈B C 1，C D 1〉＝B C 1·C D1|B C 1||C D 1|＝326＝64.3．在三棱锥P -ABC 中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝12PA ，点O ，D 分别是AC ，PC 的中点，OP ⊥底面ABC ，则直线OD 与平面PBC 所成角的正弦值为( )A.216 B.833 C.21060 D.21030解析：选D 不妨设AB ＝BC ＝12PA ＝2，∵OP ⊥底面ABC ，∴PO ＝14.根据题意，以B 为原点，BA ，BC 所在直线分别为x ，y 轴建立空间直角坐标系B -xyz ，如图所示．则A (2,0,0)，B (0,0,0)，C (0,2,0)，P (1,1，14)． ∵点O ，D 分别是AC ，PC 的中点， ∴OD ＝12AP ＝⎝⎛⎭⎫－12，12，142. 又BC ＝(0,2,0)，BP ＝(1,1，14)， 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·BC ＝0，n ·BP ＝0，即⎩⎨⎧y ＝0，x ＋y ＋14z ＝0，取n ＝(－14，0,1)， ∴cos n ，OD ＝n ·OD |n ||OD |＝21030，∴sin θ＝21030(θ为OD 与平面PBC 所成的角)，故选D.4．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为( ) A.23B.33C.23D.63解析：选D 不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，B (1,1,0)，B 1(1,1,1)．平面ACD 1的法向量为DB 1＝(1,1,1)， 又BB 1＝(0,0,1)，∴cosDB 1，BB 1＝DB 1·BB 1|DB 1||BB 1|＝13×1＝33.∴BB 1与平面ACD 1所成角的余弦值为1－⎝⎛⎭⎫332＝63.5.如图，已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成角的大小是________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，O 为BC 中点，设三棱柱的棱长为2a ，则点A (3a,0,0)，B (0，a,0)，B 1(0，a,2a )，M (0，－a ，a )，AB 1＝(－3a ，a,2a )，BM ＝(0，－2a ，a )，所以AB 1·BM ＝0，因此异面直线AB 1与BM 所成的角为90°. 答案：90°6.正三角形ABC 与正三角形BCD 所在的平面互相垂直，则直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为________．解析：取BC 的中点O ，连接AO ，DO ，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .设BC ＝1，则A ⎝⎛⎭⎫0，0，32，B ⎝⎛⎭⎫0，－12，0，C ⎝⎛⎭⎫0，12，0，D 32，0,0，所以BA ＝⎝⎛⎭⎫0，12，32， BD ＝⎝⎛⎭⎫32，12，0，CD ＝⎝⎛⎭⎫32，－12，0.设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·BA ＝0，n ·BD ＝0，所以⎩⎨⎧12y ＋32z ＝0，32x ＋12y ＝0，取x ＝1，则y ＝－3，z ＝1，所以n ＝(1，－3，1)， 所以cos n ，CD ＝32＋325×1＝155，因此直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为155. 答案：1557.如图，四边形ABCD 中，△BCD 为正三角形，AD ＝AB ＝2，BD ＝23，AC 与BD 交于O 点，将△ACD 沿边AC 折起，使D 点至P 点，已知PO 与平面ABCD 所成的角为θ，且P 点在平面ABCD 内的射影落在△ACD 内．(1)求证：AC ⊥平面PBD ； (2)若已知二面角APBD 的余弦值为217，求θ的大小． 解：(1)证明：由题意，O 为BD 的中点，则AC ⊥BD ， 又AC ⊥PO ，BD ∩PO ＝O ， 所以AC ⊥平面PBD .(2)以OB 为x 轴，OC 为y 轴，过O 垂直于平面ABC 向上的直线为z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B(3，0,0)，P (－3cos θ，0，3sin θ)， 则＝(3，1,0)，＝(－3cos θ，1，3sin θ)，平面PBD 的法向量为j ＝(0,1,0)， 设平面ABP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥，n ⊥，得⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，－3x cos θ＋y ＋3z sin θ＝0.令x ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎫1，－3，cos θ＋1sin θ.∴cos 〈n ，j 〉＝|n ·j ||n ||j |＝34＋(cos θ＋1)2sin 2θ＝217，∴(cos θ＋1)2sin 2θ＝3，化简得cos θ＝12，又θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴θ＝π3.8.如图所示，四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，△ABE为等边三角形，且平面ABCD ⊥平面ABE ，AB ＝2CD ＝2BC ＝2，P 为CE 的中点．(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求平面ADE 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值；(3)在△ABE 内是否存在一点Q ，使PQ ⊥平面CDE ？如果存在，求出PQ 的长；如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取AB 的中点O ，连接OD ，OE . 因为△ABE 是等边三角形，所以AB ⊥OE .因为四边形ABCD 是直角梯形，CD ＝12AB ，AB ∥CD ，所以四边形OBCD 是平行四边形，OD ∥BC . 又AB ⊥BC ，所以AB ⊥OD . 又OE ∩OD ＝O ， 所以AB ⊥平面ODE . 又DE ⊂平面ODE ， 所以AB ⊥DE .(2)因为平面ABCD ⊥平面ABE ， AB ⊥OE ，所以OE ⊥平面ABCD . 又OD ⊂平面ABCD ， 所以OE ⊥OD .如图所示，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系．则A (1,0,0)，B (－1,0,0)，D (0,0,1)，C (－1,0,1)，E (0，3，0)，所以AD ＝(－1,0,1)，DE ＝(0, 3，－1)，设平面ADE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n 1·DE ＝0，n 1·AD ＝0，即⎩⎨⎧3y 1－z 1＝0，－x 1＋z 1＝0，令z 1＝1，则x 1＝1，y 1＝33，所以n 1＝⎝⎛⎭⎫1，33，1. 同理求得平面BCE 的法向量为n 2＝(－3，1,0)． 设平面ADE 与平面BCE 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝77.所以平面ADE 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值为77. (3)假设在△ABE 内存在满足题意的点Q ，设Q (x 2，y 2,0)．因为P ⎝⎛⎭⎫－12，32，12， 所以PQ ＝⎝⎛⎭⎫x 2＋12，y 2－32，－12. 又CD ＝(1,0,0)，DE ＝(0，3，－1)，依题意⎩⎪⎨⎪⎧PQ ·CD ＝0 PQ ·DE ＝0，即⎩⎨⎧x 2＋12＝0，3×⎝⎛⎭⎫y 2－32＋12＝0，解得x 2＝－12，y 2＝33，则点Q 在△ABE 内．所以存在点Q ⎝⎛⎭⎫－12，33，0，使PQ ⊥平面CDE ，此时PQ ＝33.(时间120分钟 满分150分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．设空间向量a ＝(1,2,1)，b ＝(2,2,3)，则a ·b ＝( ) A ．(2,4,3) B ．(3,4,4) C ．9D ．－5解析：选C ∵a ＝(1,2,1)，b ＝(2,2,3)， ∴a ·b ＝1×2＋2×2＋1×3＝9.2．设l 1的方向向量为a ＝(1,2，－2)，l 2的方向向量为b ＝(－2,3，m )，若l 1⊥l 2，则m 等于( )A ．1B ．2 C.12D ．3解析：选B 若l 1⊥l 2，则a ⊥b ，∴a ·b ＝0， ∴1×(－2)＋2×3＋(－2m )＝0，解得m ＝2.3．已知向量i ，j ，k 是一组单位正交向量，m ＝8j ＋3k ，n ＝－i ＋5j －4k ，则m ·n ＝( ) A ．7B ．－20C ．28D ．11解析：选C 因为m ＝(0,8,3)，n ＝(－1,5，－4)，所以m ·n ＝0＋40－12＝28. 4．已知二面角αl β的大小为π3，m ，n 为异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( )A.π6B.π3C.π2D.2π3解析：选B 设m ，n 的方向向量分别为m ，n . 由m ⊥α，n ⊥β知m ，n 分别是平面α，β的法向量． ∵|cos 〈m ，n 〉|＝cos π3＝12，∴〈m ，n 〉＝π3或2π3.但由于两异面直线所成的角的范围为⎝⎛⎦⎤0，π2， 故异面直线m ，n 所成的角为π3.5．已知空间三点O (0,0,0)，A (－1,1,0)，B (0,1,1)在直线OA 上有一点H 满足BH ⊥OA ，则点H 的坐标为( )A ．(－2,2,0)B ．(2，－2,0) C.⎝⎛⎭⎫－12，12，0D.⎝⎛⎭⎫12，－12，0 解析：选C 由＝(－1,1,0)，且点H 在直线OA 上，可设H (－λ，λ，0)，则BH ―→＝(－λ，λ－1，－1)．又BH ⊥OA ，∴·OA ―→＝0，即(－λ，λ－1，－1)·(－1,1,0)＝0， 即λ＋λ－1＝0，解得λ＝12，∴H ⎝⎛⎭⎫－12，12，0.6．如图，三棱锥SABC 中，棱SA ，SB ，SC 两两垂直，且SA ＝SB ＝SC ，则二面角ABCS 大小的正切值为( )A ．1 B.22C. 2D ．2解析：选C ∵三棱锥SABC 中，棱SA ，SB ，SC 两两垂直，且SA ＝SB ＝SC ，∴SA ⊥平面SBC ，且AB ＝AC ＝SA 2＋SB 2，取BC 的中点D ，连接SD ，AD ，则SD ⊥BC ，AD ⊥BC ，则∠ADS 是二面角ABCS 的平面角，设SA ＝SB ＝SC ＝1，则SD ＝22，则tan ∠ADS ＝SA SD ＝122＝2，故选C. 7．在空间直角坐标系Oxyz 中，i ，j ，k 分别是x 轴、y 轴、z 轴的方向向量，设a 为非零向量，且〈a ，i 〉＝45°，〈a ，j 〉＝60°，则〈a ，k 〉＝( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选C 如图所示，设|a |＝m (m >0)，a ＝，PA ⊥平面xOy ，则在Rt △PBO 中， |PB |＝||·sin 〈a ，i 〉＝22m ， 在Rt △PCO 中， |OC |＝||·cos 〈a ，j 〉＝m2，∴|AB |＝m2，在Rt △PAB 中， |PA |＝|PB |2－|AB |2 ＝24m 2－m 24＝m 2， ∴|OD |＝m2，在Rt △PDO 中，cos 〈a ，k 〉＝|OD ||OP |＝12，又0°≤〈a ，k 〉≤180°，∴〈a ，k 〉＝60°. 8.如图，在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，AB ＝BC ＝1，动点P ，Q 分别在线段C 1D ，AC 上，则线段PQ 长度的最小值是( )A.23B.33C.23D.53解析：选C 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，C 1(0,1,2)．设点P 的坐标为(0，λ，2λ)，λ∈[0,1]，点Q 的坐标为(1－μ，μ，0)，μ∈[0,1]， PQ ＝(1－μ)2＋(μ－λ)2＋4λ2。

知识归纳：立体几何中的向量方法1.直线的方向向量：我们把直线l 上的向量以及与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⊥，如果α⊥，那么向量叫做平面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：AB 与CD 的夹角和AB 与CD 的夹角相等或互补.公式为cos ,||||AB CDAB CD AB CD ⋅<>=.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，与这两条异面直线都垂直的向量为，则两异面直线间的距离是在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，平面的法向量为，则P 到平面的距离d 等于在方向上正射影向量的模.公式为||n d =。

第7讲 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直最新考纲 1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知 识 梳 理1.直线的方向向量和平面的法向量(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 叫做平面α的法向量.2.空间位置关系的向量表示1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( )(2)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合.( )(4)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行.( ) 答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)×2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，3，5)，n 2＝(－3，1，－4)，则( )A.α∥βB.α⊥βC.α，β相交但不垂直D.以上均不对解析 ∵n 1≠λn 2，且n 1·n 2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β不平行，也不垂直. 答案 C3.已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A.(－1，1，1) B.(1，－1，1) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33D.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－33解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .答案 C4.(2017·青岛月考)所图所示，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________.解析 以D 为坐标原点，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，设|AD |＝2，则A (2，0，0)，M (0，0，1)，O (1，1，0)，N (2，1，2)，所以AM →＝(－2，0，1)，ON →＝(1，0，2)，因此AM →·ON →＝－2＋0＋2＝0，故AM ⊥ON . 答案 垂直5.(2017·杭州调研)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ＝(2，2，4)，若a ＝(1，1，2)，则直线l 与平面α的位置关系为________； 若a ＝(－1，－1，1)，则直线l 与平面α的位置关系为________. 解析 当a ＝(1，1，2)时，a ＝12n ，则l ⊥α；当a ＝(－1，－1，1)时，a ·n ＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l ∥α或l ⊂α.答案 l ⊥α l ∥α或l ⊂α6.(2017·绍兴月考)设α，β为两个不同的平面，u ＝(－2，2，5)，v ＝(1，－1，x )分别为平面α，β的法向量. (1)若α⊥β，则x ＝________； (2)若α∥β，则x ＝________.解析 (1)由α⊥β，得u ·v ＝0，即－2－2＋5x ＝0，x ＝45；(2)由α∥β，得u ∥v ，即－21＝2－1＝5x ，x ＝－52. 答案 (1)45 (2)－52考点一 利用空间向量证明平行问题【例1】 如图，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 . 证明：PQ ∥平面BCD .证明 法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP所在射线分别为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .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M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又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 .法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同法一建立空间直角坐标系，写出点A ，B ，C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0，0). ∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y ，0)，则 (x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，∴OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0又由法一知PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .规律方法 (1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.【训练1】 如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG . 证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形，∴AB ，AP ，AD 两两垂直.以A 为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0). 法一 ∴EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)，设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎨⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量， ∵PB →＝(2，0，－2)，∴PB →·n ＝0，∴n ⊥PB →， ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .法二 PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)， FG →＝(1，1，－1).设PB →＝sFE→＋tFG →， 即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，∴⎩⎨⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →， 又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 考点二 利用空间向量证明垂直问题【例2】 如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明： (1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3). ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →，∴PA ⊥BD .(2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·PA →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PA →，即DM ⊥PA .又∵PA ∩PB ＝P ， ∴DM ⊥平面PAB .∵DM ⊂平面PAD ， ∴平面PAD ⊥平面PAB .规律方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. (2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：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. ②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.【训练2】 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 法一 设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a ·c ＝0，b ·c ＝2，以它们为空间的一个基底， 则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ， m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ， AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，故AB 1⊥平面A 1BD .法二 如图所示，取BC 的中点O ，连接AO . 因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (－1，1，0)，A 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0).因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →， 故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1，2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1，2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD .考点三 利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2017·湖州调研)如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD . (1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3，∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21，∴A 1O ⊥AO . 由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ， 平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD ，以OB ，OC ，OA 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，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3). 由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1. (2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3).从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)， 设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .规律方法 向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论.(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在.【训练3】 在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点. (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说明理由.(1)证明 由题意知，DA ，DC ，DP 两两垂直.如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0). ∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，从而得EF ⊥CD . (2)解 假设存在满足条件的点G ，设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2；由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0， 即存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点.[思想方法]1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、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、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.3.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直. [易错防范]1.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.若直线l 的方向向量为a ＝(1，0，2)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－4)，则( ) A.l ∥α B.l ⊥α C.l ⊂αD.l 与α相交解析 ∵n ＝－2a ，∴a 与平面α的法向量平行，∴l ⊥α. 答案 B2.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A.相交 B.平行C.在平面内D.平行或在平面内解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →，CD →，CE →共面.则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内. 答案 D3.已知平面α内有一点M (1，－1，2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3，6)，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A.P (2，3，3) B.P (－2，0，1) C.P (－4，4，0)D.P (3，－3，4)解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1，4，1)， ∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内. 答案 A4.(2017·西安月考)如图，F 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点.E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( ) A.B 1E ＝EB B.B 1E ＝2EB C.B 1E ＝12EBD.E 与B 重合解析 分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，∵D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，∴z ＝1，∴B 1E ＝EB .答案 A5.如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则： ①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1.以上说法正确的个数为( ) A.1 B.2 C.3D.4解析 A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，∴A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥平面DCC 1D 1，A 1M ∥平面D 1PQB 1.①③④正确. 答案C 二、填空题6.(2017·舟山质检)已知平面α内的三点A (0，0，1)，B (0，1，0)，C (1，0，0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________.解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ， 由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1，1，1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β. 答案 α∥β7.(2017·温州质检)已知AB →＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则x ＝________，y ＝________，z ＝________.解析由条件得⎩⎨⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，3（x －1）＋y －3z ＝0，解得x ＝407，y ＝－157，z ＝4. 答案407 －1574 8.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP →＝(－1，2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的序号是________. 解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0， ∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确. 又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确.由于BD →＝AD →－AB →＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误. 答案 ①②③ 三、解答题9.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA ，DP ，DC 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .依题意有Q (1，1，0)，C (0，0，1)，P (0，2，0)， 则DQ →＝(1，1，0)，DC →＝(0，0，1)，PQ →＝(1，－1，0). ∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0. 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC ，又DQ ∩DC ＝D ，∴PQ ⊥平面DCQ ， 又PQ ⊂平面PQC ，∴平面PQC ⊥平面DCQ .10.(2017·义乌调研)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，PA ⊥CD ，PA ＝1，PD ＝2，E 为PD 上一点，PE ＝2ED .(1)求证：PA ⊥平面ABCD ；(2)在侧棱PC 上是否存在一点F ，使得BF ∥平面AEC ？若存在，指出F 点的位置，并证明；若不存在，说明理由. (1)证明 ∵PA ＝AD ＝1，PD ＝2， ∴PA 2＋AD 2＝PD 2，即PA ⊥AD .又PA ⊥CD ，AD ∩CD ＝D ，∴PA ⊥平面ABCD .(2)解 以A 为原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系. 则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，P (0，0，1)， E ⎝⎛⎭⎪⎫0，23，13，AC →＝(1，1，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，13.设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0，令y ＝1，则n ＝(－1，1，－2).假设侧棱PC 上存在一点F ，且CF →＝λCP →(0≤λ≤1)， 使得BF ∥平面AEC ，则BF →·n ＝0.又∵BF →＝BC →＋CF →＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)， ∴BF →·n ＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝12，∴存在点F ，使得BF ∥平面AEC ，且F 为PC 的中点.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.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M 点的坐标为( ) A.(1，1，1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫24，24，1解析 设AC 与BD 相交于O 点，连接OE ，由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 对角线交点， ∴M 为线段EF 的中点.在空间坐标系中，E (0，0，1)，F (2，2，1). 由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.答案 C12.(2017·成都调研)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.不能确定解析 分别以C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图，∵A 1M ＝AN ＝23a ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，23a ，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ，∴MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，0，23a .又C 1(0，0，0)，D 1(0，a ，0)，∴C 1D 1→＝(0，a ，0)，∴MN →·C 1D 1→＝0，∴MN →⊥C 1D 1→.∵C 1D 1→是平面BB 1C 1C 的法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C . 答案 B13.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________.解析 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x ，1，1)，B 1(1，1，0)，F (0，0，1－y )，B (1，1，1)， ∴B 1E →＝(x －1，0，1)，∴FB →＝(1，1，y )， 由于B 1E ⊥平面ABF ，所以FB →·B 1E →＝(1，1，y )·(x －1，0，1)＝0⇒x ＋y ＝1. 答案 114.(2017·杭州调研)如图，在六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，四边形A 1B 1C 1D 1是边长为1的正方形，DD 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，DD 1⊥平面ABCD ，DD 1＝2.求证： (1)A 1C 1与AC 共面，B 1D 1与BD 共面； (2)平面A 1ACC 1⊥平面B 1BDD 1.证明 以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，A 1(1，0，2)，B 1(1，1，2)，C 1(0，1，2)，D 1(0，0，2). (1)∵A 1C 1→＝(－1，1，0)，AC →＝(－2，2，0)，D 1B 1→＝(1，1，0)，DB →＝(2，2，0)，∴AC →＝2A 1C 1→，DB →＝2D 1B 1→， ∴AC →∥A 1C 1→，DB →∥D 1B 1→，于是A 1C 1与AC 共面，B 1D 1与BD 共面.(2)DD 1→·AC →＝(0，0，2)·(－2，2，0)＝0，DB →·AC →＝(2，2，0)·(－2，2，0)＝0，∴DD 1→⊥AC →，DB →⊥AC →. 又DD 1与DB 是平面B 1BDD 1内的两条相交直线，∴AC ⊥平面B 1BDD 1.又AC ⊂平面A 1ACC 1，∴平面A 1ACC 1⊥平面B 1BDD 1.15.(2014·湖北卷改编)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0＜λ＜2).(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ ⊥平面PQMN ？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由.(1)证明 以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)，M (2，1，2)，N (1，0，2)，BC 1→＝(－2，0，2)，FP →＝(－1，0，λ)，FE →＝(1，1，0)，MN →＝(－1，－1，0)，NP →＝(－1，0，λ－2).当λ＝1时，FP →＝(－1，0，1)， 因为BC 1→＝(－2，0，2)， 所以BC 1→＝2FP →， 即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ， 且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)解 设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.于是可取n＝(λ，－λ，1).同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1). 则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±2 2.故存在λ＝1±22，使平面EFPQ⊥平面PQMN.。

3.2 立体几何中的向量方法（3）向量法解决空间角和距离问题学习目标 1.理解直线与平面所成角、二面角的概念.2.掌握向量法解决空间角和距离问题. 3.体会空间向量解决立体几何问题的三步曲.知识点一 利用空间向量求空间角 思考1 空间角包括哪些角？ 答案 线线角、线面角、二面角. 思考2 求解空间角常用的方法有哪些？ 答案 传统方法和向量法.梳理 空间角包括线线角、线面角、二面角，这三种角的定义确定了它们相应的取值范围，结合它们的取值范围可以用向量法进行求解.(1)线线角：设两条直线的方向向量分别为a ，b ，且a 与b 的夹角为φ，两条直线所成角为θ，则cos θ＝|cos φ|＝|a ·b ||a ||b |. (2)线面角：设n 为平面α的一个法向量，a 为直线a 的方向向量，直线a 与平面α所成的角为θ，则θ＝⎩⎪⎨⎪⎧π2－〈a ，n 〉，〈a ，n 〉∈[0，π2]，〈a ，n 〉－π2，〈a ，n 〉∈(π2，π].(3)二面角：①转化为分别在二面角的两个半平面内且与棱都垂直的两条直线上的方向向量的夹角(注意：要特别关注两个向量的方向).如图所示，二面角α－l －β的大小为θ，A ，B ∈l ，AC ⊂α，BD ⊂β，AC ⊥l 于A ，BD ⊥l 与B ，则θ＝〈AC →，BD →〉＝〈CA →，DB →〉.②先求出二面角一个面内一点到另一面的距离及到棱的距离，然后通过解直角三角形求角. 如图所示，已知二面角α－l －β，在α内取一点P ，过P 作PO ⊥β，PA ⊥l ，垂足分别为O ，A ，连接AO ，则AO ⊥l 成立，所以∠PAO 就是二面角的平面角.③先求出二面角的两个半平面的法向量的夹角，然后结合图形与题意判断求出的是二面角的大小，还是它的补角的大小，从而确定二面角的大小. 知识点二 利用空间向量求距离思考1 求点到直线距离的常用方法有哪些？答案 (1)找垂线段，求其长度；(2)利用等面积法；(3)借助向量的模，利用数量积的几何意义求解.思考2 求点到平面的距离的常用方法有哪些？答案 (1)确定垂线段法；(2)等体积法；(3)空间向量法. 梳理 (1)点到直线的距离已知直线l 是由向量a 所确定的直线，P ∈l ，P 0∉l ，如图，PP 0→在l 上的射影长为|PP 0→|cos 〈PP 0→，a 〉＝|PP 0→·a ||a |，则点P 0到直线l 的距离d ＝|PP 0→|2－⎝ ⎛⎭⎪⎫PP 0→·a |a |2＝1|a |(|PP 0→|·|a |)2－|PP 0→·a |2.(2)点到平面的距离用空间向量法求点到平面的距离具体步骤如下：先确定平面的法向量，再求点与平面内一点的连线形成的斜线段在平面的法向量上的射影长.如图，设n ＝(a ，b ，c )是平面α的一个法向量，P 0(x 0，y 0，z 0)为α外一点，P (x ，y ，z )是平面α内的任意一点，则点P 0到平面α的距离d ＝|PP 0→·n ||n |＝|a (x 0－x )＋b (y 0－y )＋c (z 0－z )|a 2＋b 2＋c 2.线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离，因此，只要掌握点到平面距离的求法，就可解决其他的距离问题.类型一 求两条异面直线所成的角例1 如图，在三棱柱OAB －O 1A 1B 1中，平面OBB 1O 1⊥平面OAB ，∠O 1OB ＝60°，∠AOB ＝90°，且OB ＝OO 1＝2，OA ＝3，求异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值的大小.解 建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0，0，0)，O 1(0，1，3)，A (3，0，0)，A 1(3，1，3)，B (0，2，0)，∴A 1B →＝(－3，1，－3)，O 1A →＝(3，－1，－3).∴|cos〈A 1B →，O 1A →〉|＝|A 1B →·O 1A →||A 1B →|·|O 1A →|＝|(－3，1，－3)·(3，－1，－3)|7·7＝17.∴异面直线A 1B 与AO 1所成角的余弦值为17.反思与感悟 在解决立体几何中两异面直线所成角问题时，若能构建空间直角坐标系，则建立空间直角坐标系，利用向量法求解.但应用向量法时一定要注意向量所成角与异面直线所成角的区别.跟踪训练1 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是A 1D 1、A 1C 1的中点，求异面直线AE 与CF 所成角的余弦值.解 不妨设正方体棱长为2，分别取DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (2，0，0)，C (0，2，0)，E (1，0，2)，F (1，1，2)，则AE →＝(－1，0，2)，CF →＝(1，－1，2)，∴|AE →|＝5，|CF →|＝6，AE →·CF →＝－1＋0＋4＝3. 又AE →·CF →＝|AE →||CF →|cos 〈AE →，CF →〉＝30cos 〈AE →，CF →〉， ∴cos〈AE →，CF →〉＝3010，∴异面直线AE 与CF 所成角的余弦值为3010. 类型二 求直线和平面所成的角例2 已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为2a ，求AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.解 建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，a ，0)，A 1(0，0，2a )，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a ，方法一 取A 1B 1的中点M ， 则M (0，a2，2a )，连接AM ，MC 1， 有MC 1→＝(－32a ，0，0)，AB →＝(0，a ，0)，AA 1→＝(0，0，2a ).∴MC 1→·AB →＝0，MC 1→·AA 1→＝0， ∴MC 1→⊥AB →，MC 1→⊥AA 1→， 则MC 1⊥AB ，MC 1⊥AA 1， 又AB ∩AA 1＝A ， ∴MC 1⊥平面ABB 1A 1.∴∠C 1AM 是AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角.由于AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a ，AM →＝(0，a 2，2a )，∴AC 1→·AM →＝0＋a 24＋2a 2＝9a 24，|AC 1→|＝3a 24＋a 24＋2a 2＝3a ， |AM →|＝a 24＋2a 2＝32a ， ∴cos〈AC 1→，AM →〉＝9a243a ×3a 2＝32. ∵〈AC 1→，AM →〉∈[0°，180°]，∴〈AC 1→，AM →〉＝30°， 又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.方法二 AB →＝(0，a ，0)，AA 1→＝(0，0，2a )，AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a .设侧面ABB 1A 1的法向量为n ＝(λ，y ，z )， ∴n ·AB →＝0且n ·AA 1→＝0.∴ay ＝0且2az ＝0. ∴y ＝z ＝0.故n ＝(λ，0，0). ∵AC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，2a ，∴cos〈AC 1→，n 〉＝n ·AC 1→|n ||AC 1→|＝－λ2|λ|， ∴|cos〈AC 1→，n 〉|＝12.又直线与平面所成的角在[0°，90°]范围内， ∴AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为30°.反思与感悟 用向量法求线面角的一般步骤是先利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量的有关知识求解线面角.方法二给出了用向量法求线面角的常用方法，即先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算.跟踪训练2 如图所示，已知直角梯形ABCD ，其中AB ＝BC ＝2AD ，AS ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，且AS ＝AB .求直线SC 与底面ABCD 的夹角θ的余弦值.解 由题设条件知，以点A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示).设AB ＝1，则A (0，0，0)，B (0，1，0)，C (1，1，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，S (0，0，1). ∴AS →＝(0，0，1)，CS →＝(－1，－1，1).显然AS →是底面的法向量，它与已知向量CS →的夹角β＝90°－θ， 故有sin θ＝cos β＝AS →·CS→|AS →||CS →|＝11×3＝33，∵θ∈[0°，90°]， ∴cos θ＝1－sin 2θ＝63. 类型三 求二面角例3 在底面为平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝AB ，E 是PD 的中点，求平面EAC 与平面ABCD 的夹角.解 方法一 如图，以A 为原点，分别以AC ，AB ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.设PA ＝AB ＝a ，AC ＝b ，连接BD 与AC 交于点O ，取AD 中点F ，则C (b ，0，0)，B (0，a ，0)，BA →＝CD →. ∴D (b ，－a ，0)，P (0，0，a )，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，－a 2，a 2，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，0，0，OE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2，AC →＝(b ，0，0). ∵OE →·AC →＝0，∴OE →⊥AC →，OF →＝12BA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，OF →·AC →＝0.∴OF →⊥AC →.∴∠EOF 等于平面EAC 与平面ABCD 的夹角(或补角). cos 〈OE →，OF →〉＝OE →·OF →|OE →||OF →|＝22.∴平面EAC 与平面ABCD 的夹角为45°. 方法二 建系如方法一， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴AP →＝(0，0，a )为平面ABCD 的法向量， AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b2，－a 2，a 2，AC →＝(b ，0，0).设平面AEC 的法向量为m ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧b 2x －a 2y ＋a 2z ＝0，bx ＝0.∴x ＝0，y ＝z .∴取m ＝(0，1，1)， cos 〈m ，AP →〉＝m ·AP →|m ||AP →|＝a 2·a ＝22.∴平面AEC 与平面ABCD 的夹角为45°.反思与感悟 (1)当空间直角坐标系容易建立(有特殊的位置关系)时，用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角.只需求出平面的法向量，经过简单的运算即可求出，有时不易判断两法向量的夹角的大小就是二面角的大小(相等或互补)，但我们可以根据图形观察得到结论，因为二面角是钝二面角还是锐二面角一般是明显的.(2)注意法向量的方向：一进一出，二面角等于法向量夹角；同进同出，二面角等于法向量夹角的补角.跟踪训练3 若PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，PA ＝AC ＝1，BC ＝2，求二面角A －PB －C 的余弦值. 解 如图所示建立空间直角坐标系，则 A (0，0，0)，B (2，1，0)，C (0，1，0)，P (0，0，1)，故AP →＝(0，0，1)，AB →＝(2，1，0)，CB →＝(2，0，0)，CP →＝(0，－1，1)， 设平面PAB 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AP →＝0，m ·AB →＝0⇒⎩⎨⎧(x ，y ，z )·(0，0，1)＝0，(x ，y ，z )·(2，1，0)＝0⇒⎩⎨⎧z ＝0，2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝－2，故m ＝(1，－2，0).设平面PBC 的法向量为n ＝(x ′，y ′，z ′)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·CP →＝0⇒⎩⎨⎧(x ′，y ′，z ′)·(2，0，0)＝0，(x ′，y ′，z ′)·(0，－1，1)＝0⇒⎩⎨⎧2x ′＝0，－y ′＋z ′＝0.令y ′＝－1，则z ′＝－1，故n ＝(0，－1，－1)，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝33.又∵二面角A －PB －C 是钝二面角， ∴二面角A －PB －C 的余弦值为－33. 类型四 向量法解决距离问题 命题角度1 点线距离例4 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是C 1C ，D 1A 1的中点，求点A 到直线EF 的距离. 解 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图.设DA ＝2，则A (2，0，0)，E (0，2，1)，F (1，0，2)，EF →＝(1，－2，1)，FA →＝(1，0，－2).∴|EF →|＝12＋(－2)2＋12＝6，FA →·EF →＝1×1＋0×(－2)＋(－2)×1＝－1， ∴FA →在EF →上的投影为|FA →·EF →||EF →|＝16.∴点A 到直线EF 的距离d ＝|FA |2－(16)2＝296＝1746. 反思与感悟 用向量法求点到直线的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系. (2)求直线的方向向量.(3)计算所求点与直线上某一点所构成的向量在直线的方向向量上的投影. (4)利用勾股定理求点到直线的距离.另外，要注意平行直线间的距离与点到直线的距离之间的转化.跟踪训练4 如图，在空间直角坐标系中有长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′，AB ＝1，BC ＝2，AA ′＝3，求点B 到直线A ′C 的距离.解 ∵AB ＝1，BC ＝2，AA ′＝3，∴A ′(0，0，3)，C (1，2，0)，B (1，0，0)， ∴A ′C ―→＝(1，2，－3). 又∵BC →＝(0，2，0)，∴BC →在A ′C ―→上的投影为|BC →·A ′C ―→||A ′C ―→|＝414.∴点B 到直线A ′C 的距离d ＝|BC →|2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BC →·A ′C —→|A ′C —→|2＝4－1614＝2357. 命题角度2 点面距离例5 已知四边形ABCD 是边长为4的正方形，E ，F 分别是边AB ，AD 的中点，CG 垂直于正方形ABCD 所在的平面，且CG ＝2，求点B 到平面EFG 的距离.解 建立如图所示的空间直角坐标系，则G (0，0，2)，E (4，－2，0)，F (2，－4，0)，B (4，0，0)，GE →＝(4，－2，－2)，GF →＝(2，－4，－2)，BE →＝(0，－2，0).设平面EFG 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由⎩⎪⎨⎪⎧GE →·n ＝0，GF →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －z ＝0，x －2y －z ＝0，∴x ＝－y ，z ＝－3y .取y ＝1，则n ＝(－1，1，－3).∴点B 到平面EFG 的距离d ＝|BE →·n ||n |＝211＝21111.反思与感悟 利用向量法求点到平面的距离的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系. (2)求出该平面的一个法向量.(3)找出该点与平面内一点连线形成的斜线段对应的向量.(4)法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值再除以法向量的模，即为点到平面的距离. 跟踪训练5 在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点，AA 1＝AB ＝2. (1)求证：A 1C ∥平面AB 1D ； (2)求点C 1到平面AB 1D 的距离.(1)证明 如图，以D 为坐标原点，分别以DC ，DA 所在直线为x 轴，y 轴，过点D 且与AA 1平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，C (1，0，0)，B 1(－1，0，2)，A 1(0，3，2)，A (0，3，0)，C 1(1，0，2)，A 1C →＝(1，－3，－2)，AB 1→＝(－1，－3，2)，AD →＝(0，－3，0).设平面AB 1D 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·n ＝0，AD →·n ＝0，即⎩⎨⎧－x －3y ＋2z ＝0，－3y ＝0.令z ＝1，则y ＝0，x ＝2.∴n ＝(2，0，1). ∵A 1C →·n ＝1×2＋(－3)×0＋(－2)×1＝0，∴A 1C →⊥n .∵A 1C ⊄平面AB 1D ，∴A 1C ∥平面AB 1D .(2)解 由(1)知平面AB 1D 的一个法向量n ＝(2，0，1)，且C 1A →＝(－1，3，－2)， ∴点C 1到平面AB 1D 的距离d ＝|C 1A →·n ||n |＝45＝455.命题角度3 线面距离与面面距离例6 在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面为直角梯形，AB ∥CD 且∠ADC ＝90°，AD ＝1，CD ＝3，BC ＝2，AA 1＝2，E 是CC 1的中点，求直线A 1B 1与平面ABE 的距离.解 如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A 1(1，0，2)，A (1，0，0)，E (0，3，1)，C (0，3，0).过点C 作AB 的垂线交AB 于点F ，易得BF ＝3，∴B (1，23，0)，∴AB →＝(0，23，0)，BE →＝(－1，－3，1). 设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BE →＝0，∴⎩⎨⎧23y ＝0，－x －3y ＋z ＝0，∴y ＝0，x ＝z ，不妨取n ＝(1，0，1). ∵AA 1→＝(0，0，2)，∴A 1B 1到平面ABE 的距离d ＝|AA 1→·n ||n |＝22＝ 2.反思与感悟 (1)求线面距离可以转化为求直线上任意一点到平面的距离，利用求点到平面的距离的方法求解即可.(2)将两个平行平面间的距离转化为点到平面的距离，利用求点到平面的距离的方法求解即可.跟踪训练6 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，求平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离. 解 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A 1(1，0，1)，B (1，1，0)，D 1(0，0，1)，A 1B →＝(0，1，－1)，A 1D →＝(－1，0，－1)，A 1D 1—→＝(－1，0，0).设平面A 1BD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1B →＝0，n ·A 1D →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，－x －z ＝0.令z ＝1，得y ＝1，x ＝－1，∴n ＝(－1，1，1). ∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|A 1D 1—→·n ||n |＝13＝33.∵平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离等于点D 1到平面A 1BD 的距离， ∴平面A 1BD 与平面B 1CD 1间的距离为33.1.在一个二面角的两个半平面内，与二面角的棱垂直的两个向量分别为(0，－1，3)，(2，2，4)，则这个二面角的余弦值为( ) A.156 B.－153 C.153 D.156或－156答案 D解析 由(0，－1，3)·(2，2，4)1＋9×4＋4＋16＝－2＋1210×24＝156，知这个二面角的余弦值为156或－156， 故选D.2.已知三棱锥O －ABC ，OA ⊥OB ，OB ⊥OC ，OC ⊥OA ，且OA ＝1，OB ＝2，OC ＝2，则点A 到直线BC 的距离为( )A. 2B. 3C. 5D.3 答案 B解析 以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意可知A (1，0，0)，B (0，2，0)，C (0，0，2)， ∴AB →＝(－1，2，0)，BC →＝(0，－2，2)， |AB →|＝1＋4＋0＝5， |AB →·BC →||BC →|＝ 2. ∴点A 到直线BC 的距离d ＝5－2＝ 3.3.已知在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值是( ) A.23 B.33 C.23 D.13 答案 A解析 以D 为原点，分别以DA →，DC →，DD 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.设AA 1＝2AB ＝2，则B (1，1，0)，C (0，1，0)，D (0，0，0)，C 1(0，1，2)， 故DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，2)，DC →＝(0，1，0)， 设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令z ＝1，则y ＝－2，x ＝2， 所以n ＝(2，－2，1).设直线CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝|n ·DC →||n |·|DC →|＝23.4.设A (2，3，1)，B (4，1，2)，C (6，3，7)，D (－5，－4，8)，则点D 到平面ABC 的距离为 . 答案491717解析 设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z ). ∵n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧(x ，y ，z )·(2，－2，1)＝0，(x ，y ，z )·(4，0，6)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＋z ＝0，4x ＋6z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－32z ，y ＝－z .令z ＝－2，则n ＝(3，2，－2). 又∵AD →＝(－7，－7，7)，∴点D 到平面ABC 的距离为d ＝|AD →·n ||n |＝|3×(－7)＋2×(－7)－2×7|32＋22＋(－2)2＝4917＝491717. 5.在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，则PC 与平面ABCD 所成的角是 . 答案 30°解析 建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0，0，1)，C (1，2，0)，PC →＝(1，2，－1)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 所以cos 〈PC →，n 〉＝PC →·n |PC →|·|n |＝－12，又因为〈PC →，n 〉∈[0°，180°]， 所以〈PC →，n 〉＝120°，所以斜线PC 与平面ABCD 的法向量所在直线所成角为60°，所以斜线PC 与平面ABCD 所成角为30°.1.向量法求角(1)两条异面直线所成的角θ可以借助这两条直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.(2)直线与平面所成的角θ可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|或cos θ＝sin φ.(3)二面角的大小可以通过该二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角. 2.向量法求距离(1)求P ，Q 两点间的距离，可转化为求PQ →的模.(2)点到平面距离的求法：设n 是平面α的法向量，B 是平面α外一点，A 是平面α内一点，AB 是平面α的一条斜线，则点B 到平面α的距离为d ＝|AB →·n ||n |.(3)线面距离、面面距离均可转化为点面距离，利用(2)中的方法求解.40分钟课时作业一、选择题1.若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角是150°，则l 1与l 2这两条异面直线所成的角等于( )A.30°B.150°C.30°或150°D.以上均错 答案 A解析 异面直线所成角的范围是(0°，90°]，所以l 1与l 2这两条异面直线所成的角为180°－150°＝30°.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 |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.所以两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3.设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a ，α的法向量为n ，若〈a ，n 〉＝2π3，则l 与α所成的角为( )A.2π3B.π3C.π6D.5π6 答案 C解析 线面角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.∵〈a ，n 〉＝23π，∴l 与法向量所在直线所成角为π3，∴l 与α所成的角为π6.4.已知在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是DC 的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB 1与ED 1所成角的余弦值为( )A.1010 B.105 C.－1010 D.－105答案 A解析 ∵A (2，2，0)，B 1(2，0，2)，E (0，1，0)，D 1(0，2，2)， ∴AB 1→＝(0，－2，2)，ED 1→＝(0，1，2)， ∴|AB 1→|＝22，|ED 1→|＝5，AB 1→·ED 1→＝0－2＋4＝2，∴cos〈AB 1→，ED 1→〉＝AB 1→·ED 1→|AB 1→||ED 1→|＝222×5＝1010，∴AB 1与ED 1所成角的余弦值为1010. 5.如图所示，已知点P 为菱形ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝AC ，点F 为PC 的中点，则二面角C －BF －D 的正切值为( )A.36 B.34 C.33 D.233答案 D解析 如图所示，连接BD ，AC ∩BD ＝O ，连接OF .以O 为原点，OB ，OC ，OF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Oxyz .设PA ＝AD ＝AC ＝1，则BD ＝ 3. 所以B ⎝⎛⎭⎪⎫32，0，0，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，12，C (0，12，0)，D (－32，0，0).结合图形可知，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0且OC →为平面BOF 的一个法向量，由BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，0，FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－12，可求得面BCF 的一个法向量为n ＝(1，3，3). 所以cos 〈n ，OC →〉＝217，sin 〈n ，OC →〉＝277，所以tan 〈n ，OC →〉＝233.6.如图，已知矩形ABCD 与ABEF 全等，D －AB －E 为直二面角，M 为AB 中点，FM 与BD 所成角为θ，且cos θ＝39.则AB 与BC 的边长之比为( )A.1∶1B.2∶1C.2∶2D.1∶2 答案 C解析 设AB ＝a ，BC ＝b ，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则相关各点坐标为F (b ，0，0)，M (0，a2，0)，B (0，a ，0)，D (0，0，b ).FM →＝(－b ，a 2，0)，BD →＝(0，－a ，b )，所以|FM →|＝b 2＋a 24，|BD →|＝a 2＋b 2，FM →·BD →＝－a 22，|cos 〈FM →，BD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－a 22b 2＋a 24·a 2＋b 2＝39， 整理得，4⎝ ⎛⎭⎪⎫b 4a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 2－26＝0， 解得b 2a 2＝2或b 2a 2＝－134(舍).所以AB BC ＝ab ＝22. 二、填空题7.在空间直角坐标系Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2，1).已知点P (－1，3，2)，则点P 到平面OAB 的距离d ＝ . 答案 2解析 d ＝|n ·OP →|n ＝|－2－6＋2|4＋4＋1＝2.8.若两个平面α，β的法向量分别是n ＝(1，0，1)，v ＝(－1，1，0)，则这两个平面所成的锐二面角是 . 答案 60° 解析 cos 〈n ，v 〉＝－12·2＝－12且〈n ，v 〉∈[0°，180°]，∴〈n ，ν〉＝120°.故两平面所成的锐二面角为60°.9.如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，∠PAD ＝90°，且PA ＝AD ＝2，E ，F 分别是线段PA ，CD 的中点，则异面直线EF 与BD 所成角的余弦值为 .答案36解析 建立如图所示空间直角坐标系，则E (0，0，1)，F (1，2，0)，B (2，0，0)，D (0，2，0).EF →＝(1，2，－1)，BD →＝(－2，2，0)，故cos 〈EF →，BD →〉＝243＝36.10.在空间四边形OABC 中，OB ＝OC ，∠AOB ＝∠AOC ＝π3，则cos 〈OA →，BC →〉的值为 . 答案 0解析 OA →·BC →＝OA →·(OC →－OB →)＝OA →·OC →－OA →·OB →＝|OA →|·|OC →|·cos π3－|OA →|·|OB →|·cos π3＝12|OA →|(|OC →|－|OB →|)＝0.∴cos〈OA →，BC →〉＝OA →·BC →|OA →|·|BC →|＝0.三、解答题11.二面角的棱上有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，求该二面角的大小. 解 由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，CD →＝CA →＋AB →＋BD →. ∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD → ＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈CA →，BD →〉＝(217)2. ∴cos〈CA →，BD →〉＝－12，又〈CA →，BD →〉∈[0°，180°]， ∴〈CA →，BD →〉＝120°，∴二面角的大小为60°.12.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F ，G 分别是CC 1，D 1A 1，AB 的中点，求点A 到平面EFG 的距离.解 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则A (2，0，0)，E (0，2，1)，F (1，0，2)，G (2，1，0). ∴EF →＝(1，－2，1)，EG →＝(2，－1，－1)，GA →＝(0，－1，0). 设n ＝(x ，y ，z )是平面EFG 的一个法向量， 则由n ⊥EF →，n ⊥EG →，得⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋z ＝0，2x －y －z ＝0，解得x ＝y ＝z .令x ＝1，得n ＝(1，1，1). ∵GA →在n 方向上的投影为|GA →·n ||n |＝|－1|3＝33，∴点A 到平面EFG 的距离为33. 13.如图，在直棱柱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 ，连接DF ，则F 为AC 1的中点，因为D 为AB 的中点， 所以DF ∥BC 1，又因为DF ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，教育配套资料K12教育配套资料K12 所以BC 1∥平面A 1CD .(2)解 由AA 1＝AC ＝CB ＝22AB ， 可设AB ＝2a ，则AA 1＝AC ＝CB ＝2a ，所以AC ⊥BC ，又由直棱柱知CC 1⊥平面ABC ，所以以点C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CC 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图.则C (0，0，0)，A 1(2a ，0， 2a )，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 2a ，22a ， CA 1→＝( 2a ，0，2a )，CD →＝⎝⎛⎭⎪⎫22a ，22a ，0， CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0， 2a ，22a ，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2a ，2a ，－22a ， 设平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·CD →＝0且n ·CA 1→＝0，可解得y ＝－x ＝z ，令x ＝1，得平面A 1CD 的一个法向量为n ＝(1，－1，－1)， 同理可得平面A 1CE 的一个法向量为m ＝(2，1，－2)， 则cos 〈n ，m 〉＝33， 又因为〈n ，m 〉∈[0°，180°]，所以sin 〈n ，m 〉＝63， 所以二面角D －A 1C －E 的正弦值为63.。

专题限时集训(十) 立体几何中的向量方法(对应学生用书第137页) [建议用时：45分钟]1．如图10­11，在四棱锥P ­ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.图10­11(1)求证：PD ⊥平面PAB .(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD .所以AB ⊥PD .2分又因为PA ⊥PD ， 所以PD ⊥平面PAB .4分(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .5分如图，建立空间直角坐标系O ­xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1). 6分设平面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). 8分又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. 10分(3)设M 是棱PA 上一点， 则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →.11分 因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ).12分因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.15分2．如图10­12，在四棱锥P ­ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.图10­12(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P ­CD ­A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.【导学号：68334118】[解] (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．如图(1)，延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点.2分(1)理由如下：由已知，知BC ∥ED ，且BC ＝ED ， 所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB .4分又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .6分(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一 点)(2)法一：由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD ，从而CD ⊥PD ， 所以∠PDA 是二面角P ­CD ­A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°.7分设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2.如图(1)，过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH ，易知PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥CE ，于是CE ⊥平面PAH . 所以平面PCE ⊥平面PAH .11分过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1，所以AH ＝22. 在Rt △PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝322，所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.15分法二：由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD ，于是CD ⊥PD . 从而∠PDA 是二面角P ­CD ­A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°.又PA ⊥AB ，所以PA ⊥平面ABCD .7分设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2，作Ay ⊥平面PAD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，建立如图(2)所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，(2)所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2). 9分设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1). 12分设直线PA 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋－2＋12＝13， 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.15分3．在平面四边形ACBD (如图10­13(1))中，△ABC 与△ABD 均为直角三角形且有公共斜边AB ，设AB ＝2，∠BAD ＝30°，∠BAC ＝45°，将△ABC 沿AB 折起，构成如图10­13(2)所示的三棱锥C ′­ABD ，且使C ′D ＝ 2.(1) (2)图10­13(1)求证：平面C ′AB ⊥平面DAB ；(2)求二面角A ­C ′D ­B 的余弦值. 【导学号：68334119】 [解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接C ′O ，DO ， 在Rt △AC ′B ，Rt △ADB 中，AB ＝2，C ′O ＝DO ＝1. 又∵C ′D ＝2，∴C ′O 2＋DO 2＝C ′D 2，即C ′O ⊥OD . 2分又∵C ′O ⊥AB ，AB ∩OD ＝O ，AB ，OD ⊂平面ABD ， ∴C ′O ⊥平面ABD .4分 又∵C ′O ⊂平面ABC ′，∴平面C ′AB ⊥平面DAB .5分(2)以O 为原点，AB ，OC ′所在的直线分别为y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，C ′(0,0,1)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0， ∴AC ′→＝(0,1,1)，BC ′→＝(0，－1,1)，C ′D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，－1.6分设平面AC ′D 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AC ′→，n 1⊥C ′D →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC ′→＝0，n 1·C ′D →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＋z 1＝0，32x 1＋12y 1－z 1＝0，令z 1＝1，则y 1＝－1，x 1＝3，∴n 1＝(3，－1,1).8分设平面BC ′D 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥BC ′→，n 2⊥C ′D →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC ′→＝0，n 2·C ′D →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＋z 2＝0，32x 2＋12y 2－z 2＝0，令z 2＝1，则y 2＝1, x 2＝33， ∴n 2＝⎝⎛⎭⎪⎫33，1，1，12分∴cos 〈n 1，n 2〉＝3×33＋－＋1×13＋1＋1×13＋1＋1＝15×73＝10535，二面角A ­C ′D ­B 的余弦值为－10535.15分4．(2017·杭州学军中学高三模拟)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．图10­14(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点．求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC .求二面角F ­BC ­A 的余弦值．[解] (1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI (图略)． 在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .3分在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC . 又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC . 6分 (2)法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC . 又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .8分以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)， 所以BC →＝(－23，－23，0)， 10分过点F 作FM 垂直于OB 于点M .所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)． 故BF →＝(0，－3，3).12分设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0，可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝77.所以二面角F ­BC ­A 的余弦值为77.15分法二：连接OO ′.过点F 作FM 垂直于OB 于点M ， 则有FM ∥OO ′.又OO ′⊥平面ABC ，所以FM ⊥平面ABC . 9分 可得FM ＝FB 2－BM 2＝3.OB ＝23，OM ＝O ′F ＝3，BM ＝OB －OM ＝3，过点M 作MN 垂直BC 于点N ，连接FN .可得FN ⊥BC ，从而∠FNM 为二面角F ­BC ­A 的平面角． 又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径， 所以MN ＝BM sin 45°＝62. 13分从而FN ＝FM 2＋MN 2＝422， 可得cos ∠FNM ＝MN FN＝77， 所以二面角F ­BC ­A 的余弦值为77.15分。

立体几何中的向量方法A 级 基础一、选择题1．如图，F 是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点．E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( )A ．B 1E ＝EB B ．B 1E ＝2EBC ．B 1E ＝12EBD ．E 与B 重合2.如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O-xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C-AB-O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23D ．－233．在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是( )A.32B.22C.104D.644.如图所示，在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1. 以上说法正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．45．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22二、填空题6.(2019·东莞中学检测)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成的角的大小是________．7.如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．三、解答题8.(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝5，AC＝AA1＝2.(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B-CD-C1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交．9．(2019·长郡中学模拟)如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC 中，∠ABC＝90°，E，F分别为边AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的位置，使AD＝AE.(1)求证：AF∥平面CBD；(2)求平面CBD与平面DAE所成锐角的余弦值．B级能力提升10．(2019·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13，求线段CF的长．11.(2019·六安一中模拟)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PAC，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PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．A 级 基础一、选择题1.解析：以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立坐标系，设正方体的棱长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，则D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，因为D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，所以z ＝1，所以B 1E ＝EB.答案：A2.解析：由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0，0，2)， 由图可知，二面角C-AB-O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.答案：C3．解析：如图，建立空间直角坐标系，易求点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1，0，0)，所以sin α＝|cos 〈n ，AD →〉|＝322＝64.答案：D4. 解析：A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，所以A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥平面DCC 1D 1，A 1M ∥平面D 1PQB 1.①③④正确．答案：C5．解析：以D 为坐标原点，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，如图所示．由条件可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，D 1(0，0，3)，B 1(1，1，3)，所以AD 1→＝(－1，0，3)，DB 1→＝(1，1，3)． 则cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.故异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.答案：C 二、填空题 6.解析：依题意，以C 为原点，建立如图所示的直角坐标系，设AB ＝BC ＝CD ＝a ，AB ⊥平面BCD .则B (a ，0，0)，D (0，a ，0)，C (0，0，0)，A (a ，0，a )． 所以BD →＝(－a ，a ，0)，CA →＝(a ，0，a )．所以cos 〈BD →，CA →〉＝BD →·CA→|BD →|·|CA →|＝－a 22a ·2a＝－12，则〈BD →，CA →〉＝2π3，故AC 与BD 所成角为π3.答案：π37. 解析：因为AC ⊥BD 且AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D ⇒AC ⊥DE ，所以α＝π2.取A 1D 1的中点F ，连EF ，FD ，易知EF ⊥平面ADD 1A 1，则β＝∠EDF .cos(α－β)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－∠EDF ＝sin ∠EDF ＝EFED ＝66.答案：66三、解答题8.(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.(2)解：由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，E(0，0，0)，F(0，0，2)，G(0，2，1)．所以BC→＝(－1，－2，0)，BD→＝(1，－2，1)．设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)．则⎩⎪⎨⎪⎧n·BC→＝0，n·BD→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x0＋2y0＝0，x0－2y0＋z0＝0.令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n ＝(2，－1，－4)．又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)， 所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121.由题意知二面角B -CD -C 1为钝角，所以其余弦值为－2121. (3)证明：由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1)．因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0， 所以直线FG 与平面BCD 相交．9．(1)证明：取DE 中点G ，连接FG ，AG ，CG . 由条件CFDG ，所以CFGD 为平行四边形，所以FG ∥CD .又FG ⊄平面CBD ，CD ⊂平面CBD ， 所以FG ∥平面CBD . 同理AG ∥平面CBD .又FG ∩AG ＝G ，FG ⊂平面AFG ，AG ⊂平面AFG . 所以平面AFG ∥平面CBD . 又AF ⊂平面AFG ， 所以AF ∥平面CBD .(2)解：因为EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，AE ∩DE ＝E ，所以EF ⊥平面ADE .又AD ＝AE ＝DE ，以AE 中点H 为原点，AE 为x 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，0，0)，D (0，0，3)，B (－1，－2，0)，E (1，0，0)， F (1，－2，0)．因为CF →＝12DE →，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2，32，所以BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，BD →＝(1，2，3)．易知BA →是平面ADE 的一个法向量，BA →＝n 1＝(0，2，0)， 设平面BCD 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n 2·BC →＝（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32＝32x ＋32z ＝0，n 2·BD →＝（x ，y ，z ）·（1，2，3）＝x ＋2y ＋3z ＝0，令x ＝2，则y ＝2，z ＝－23，所以n 2＝(2，2，－23)． cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝2×0＋2×2－23×02×25＝55.所以平面CBD 与平面DAE 所成锐角的余弦值为55.B 级 能力提升10．(1)证明：依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，1，0)，E (0，0，2)．设CF ＝h (h ＞0)，则F (1，2，h )．依题意，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的法向量． 又BF →＝(0，2，h )，可得BF →·AB →＝0， 又因为直线BF ⊄平面ADE . 所以BF ∥平面ADE .(2)解：依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0.不妨令z ＝1，可取n ＝(2，2，1)． 因此有cos 〈CE →·n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)解：设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h2＝13， 解得h ＝87 .经检验，符合题意．所以线段CF 的长为87.11.(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，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 ， 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，于是，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解：由题设知，平面PAC 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，所以所求二面角的大小为30°.(3)解：在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .根据第(2)问知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a .设CE →＝tCS →.则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at .由BE →·DS →＝0，得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13.所以当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 由于BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.。