向量法证明几何命题

第45讲立体几何中的向量方法(2)—求空间角和距离考纲要求：能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.命题趋势：用向量法证明线线、线面、面面的平行与垂直，用向量法求空间角和空间距离，用向量法解决探索性问题.1．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则l1与l2所成的角θa与b的夹角β范围θ∈β∈求法cos θ＝____________cos β＝___________2．直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成角为θ，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝_______________.3．求二面角的大小(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ为__________________.(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝_________|__，二面角的平面角大小是向量n1与n的夹角(或其补角)．4．利用空间向量求距离(供选用)(1)两点间的距离设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|AB→|＝___________________.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|BO→|＝_____________.(3)设a,b为两异面直线，则这两异面直线间的距离为______________。

探究案探究一求异面直线所成的角用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．【例1】如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°.(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B－A1D－A的正弦值【跟踪训练1】1.如图所示正方体AC′，已知点H在对角线B′D′上，∠HDA＝60°.则DH与CC′所成角的大小为_________．探究二求直线与平面所成的角利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所成的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．【例2】如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的底面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．【跟踪训练2】1．(2017·山东模拟)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．探究三 求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个半平面所在面的法向量，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． 【例3】 (2017·浙江卷)如图，已知正四面体D －ABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CRRA＝2.分别记二面角D －PR －Q ，D －PQ －R ，D －QR －P 的平面角为α，β，γ，则( )A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α【例4】 (2017·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面P AD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥平面MAC ，P A ＝PD ＝6，AB ＝4.(1)求证：M 为PB 的中点；(2)求二面角为B －PD －A 的大小； (3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．【例5】如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M －AB －D 的余弦值．【跟踪训练3】1．如图三棱锥P －ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3， ∠ACB ＝π2，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2.(1)证明：DE ⊥平面PCD ；(2)求二面角A －PD －C 余弦值．探究四 求空间距离求点面距一般有以下三种方法：①作点到面的垂线，点到垂足的距离即为点到平面的距离；②等体积法；③向量法．其中向量法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便． 【例6】 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ， AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD ．(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)设AA 1＝2，A 1B 1的中点为P ，求点P 到平面BDC 1的距离．【跟踪训练4】1．如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝1，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点， 且PB 1∥平面BDA 1. (1)求证：CD ＝C 1D ；(2)求二面角A －A 1D －B 的 平面角的余弦值；(3)求点C 到平面B 1DP 的距离．。

第 3 讲立体几何中的向量方法1． (2014课·标全国Ⅱ )直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，∠ BCA＝ 90°，M ，N 分别是 A1B1， A1C1的中点， BC＝ CA＝ CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为 ()12302A. 10B.5C. 10D. 22． (2015安·徽 ) 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA 中，四边形AA1B1B，ADD 1A1， ABCD 均为正方形， E 为 B1D 1的中点，过A1，D ，E 的平面交CD1于 F.(1)证明： EF∥ B1C；(2)求二面角E-A1D- B1的余弦值．以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上 .热点一利用向量证明平行与垂直设直线 l 的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝( a2，b2，c2)，v＝(a3，b3， c3)则有：(1)线面平行l∥ α? a⊥ μ? a·μ＝ 0? a1a2＋ b1b2＋ c1c2＝ 0.(2)线面垂直l⊥ α? a∥ μ? a＝ kμ? a1＝ka2， b1＝ kb2， c1＝ kc2.(3)面面平行α∥ β? μ∥v? μ＝λv? a2＝λa， b ＝λb， c ＝λc32323.(4)面面垂直α⊥ β? μ⊥v? μ·v＝ 0? a2a3＋ b2b3＋c2c3＝ 0.例 1 如图，在直三棱柱 ADE— BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且互相垂直， M 为 AB 的中点， O 为 DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面 BCF ；(2)平面 MDF ⊥平面 EFCD .思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥ b，只需证明向量a＝λb(λ∈ R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1如图所示，已知直三棱柱ABC— A1B1C1中，△ ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝ 90°，且 AB＝ AA1， D、 E、 F 分别为 B1A、 C1C、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面 ABC；(2)B1F ⊥平面 AEF .热点二利用空间向量求空间角设直线 l ，m 的方向向量分别为a＝( a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝ (a3， b3， c3)，v＝ (a4， b4， c4)(以下相同 ) ．(1)线线夹角π设 l ， m 的夹角为θ(0≤θ≤2)，则|a·b|＝|a1a2＋ b1b2＋ c1c2 |cosθ＝|a||b|a12＋ b12＋ c12a22＋ b22＋ c22.(2)线面夹角π设直线 l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤2)，则 sin θ＝|a·μ|＝|cos〈a，μ〉 |. |a||μ|(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则 |cos θ|＝|μ·v|＝ |cos〈μ，v〉 |. |μ||v|例 2 (2015 ·江苏 )如图，在四棱锥P－ABCD 中，已知PA⊥平面 ABCD ，πABCD 为直角梯形，∠ ABC＝∠ BAD＝， PA＝ AD ＝ 2， AB＝ BC2＝1.(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．跟踪演练 2 (2014 ·福建 )在平面四边形ABCD中， AB＝BD＝CD＝1，AB⊥ BD，CD ⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证： AB⊥ CD ；(2)若 M 为 AD 中点，求直线AD 与平面 MBC 所成角的正弦值．热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等 )是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立 )或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例 3 如图，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，AB＝ BC＝ 2AA1，∠ ABC＝90°，D 是 BC 的中点．(1)求证： A1 B∥平面 ADC 1；(2)求二面角C1－ AD－ C 的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使 AE 与 DC 1成 60°角？若存在，确定 E 点位置；若不存在，说明理由．思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3如图所示，四边形ABCD 是边长为 1 的正方形， MD ⊥平面 ABCD ，NB⊥平面 ABCD ，且 MD ＝NB ＝1， E 为 BC 的中点．(1)求异面直线NE 与 AM 所成角的余弦值；(2)在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形， AB∥EF ， AD⊥平面 ABEF ，1且 AD ＝1， AB＝2EF＝ 22， AF＝ BE＝ 2，P、 Q 分别为 AE 、BD 的中点．(1)求证： PQ∥平面 BCE；(2)求二面角A－ DF －E 的余弦值．提醒：完成作业专题五第3讲二轮专题强化练专题五第 3 讲立体几何中的向量方法A 组专题通关1．已知平面 ABC，点 M 是空间任意一点，点→3→1→1→M 满足条件 OM＝ OA＋OB＋ OC，则直线488AM()A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C．是平面ABC 的垂线D．在平面ABC 内2.如图，点P 是单位正方体ABCD － A1B1C1D1中异于 A 的一个顶点，→ →则 AP·AB的值为 ()A ． 0B．1C．0或1D．任意实数3.如图所示，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为a， M、 N 分别为A1B和 AC 上的点， A1M＝ AN＝23a，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是()A ．相交B．平行C．垂直D．不能确定4．如图，三棱锥 A－ BCD 的棱长全相等， E 为 AD 的中点，则直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 ()33A.6B. 2331C.6D. 25．已知正三棱柱 ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则 AB1与侧面 ACC 1A1所成角的正弦值等于 ()610A.4B. 423C. 2D. 26．在棱长为 1 的正方体ABCD － A1B1C1D1中，M，N 分别为 A1B1，BB1的中点，那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为 ________．7．在一直角坐标系中，已知A(－1,6)， B(3，－ 8)，现沿 x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后 A、B 两点间的距离为 ________．→→→ 2→ 2→→→8．已知 ABCD －A1B1C1D1为正方体，① (A1A＋ A1D 1＋ A1B1) ＝3A1B1；②A1C·(A1B1－ A1 A)＝ 0；→→→ → →③向量 AD 1与向量 A1B的夹角是 60°；④正方体ABCD － A1B1C1D 1的体积为 |AB ·AA 1·AD |.其中正确命题的序号是________．9.如图，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 .10．(2015 ·庆重 )如图，三棱锥 P-ABC 中，PC⊥平面 ABC，PC＝ 3，∠ ACB π＝2.D， E 分别为线段AB， BC 上的点，且CD＝DE ＝2， CE＝ 2EB＝2.(1)证明： DE⊥平面 PCD；(2)求二面角APDC 的余弦值．B 组 能力提高11． (2014 ·川四 )如图，在正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，点 O 为线段 BD 的中点．设点 P 在线段 CC 1 上，直线 OP 与平面 A 1BD 所成的角为 α，则 sin α的取值范围是 ()3，1]B ． [6， 1]A ．[ 33 62 2 2 2， 1]C ．[3，3]D ．[ 312．如图， 在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中，点 P 在直线 BC 1 上运动时，有下列三个命题：①三棱锥 A － D 1PC 的体积不变；②直线 AP 与平面ACD 1 所成角的大小不变；③二面角 P － AD 1－ C 的大小不变．其中真命题的序号是 ________．13．已知正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1D 1 的棱长为 1， E 、 F 分别为 BB 1、 CD 的中点，则点 F 到平面 A 1D 1E 的距离为 ______________．14.如图， 在三棱锥 P —ABC 中， AC ＝ BC ＝2，∠ ACB ＝90°，AP ＝ BP ＝AB ，PC ⊥ AC ，点 D 为 BC 的中点．(1)求二面角A— PD —B 的余弦值；1(2)在直线 AB 上是否存在点M，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为6，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．学生用书答案精析第 3 讲 立体几何中的向量方法高考真题体验1． C [方法一补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．由于∠ BCA ＝ 90°，三棱柱为直三棱柱，且 BC ＝ CA ＝ CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图 (1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为 2，则可得 A(0,0,0) ，B(2,2,0) ， M(1,1,2) ， N(0,1,2) ，→∴ BM ＝ (－1，－ 1,2)，→．AN ＝ (0,1,2)→ → → →BM ·AN∴ cos 〈BM ， AN 〉＝ → →|BM||AN|－ 1＋ 4＝－2＋－ 2＋ 22× 02＋ 12＋ 22330＝6×5＝10.方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解．如图 (2) ，取 BC 的中点 D ，连接 MN ，ND ，AD ，由于 MN 綊1 B 1C 1 綊 BD ，因此有 ND 綊 BM ，2则 ND 与 NA 所成的角即为异面直线BM 与 AN 所成的角．设 BC ＝ 2，则 BM ＝ ND ＝ 6， AN＝ 5， AD ＝ 5，因此 cos ∠ AND ＝ ND 2＋ NA 2－ AD 230 2ND ·NA＝10.]2． (1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥ AB ∥ DC ，且 A 1B 1＝ AB ＝ DC ，所以四边形A 1B 1CD为平行四边形，从而 B 1 C ∥ A 1D ，又 A 1D ? 面 A 1DE ， B 1 C?面 A 1DE ，于是 B 1C ∥面 A 1DE.又B 1C? 面 B 1 CD 1.面 A 1DE ∩面 B 1CD 1＝ EF ，所以 EF ∥ B 1C.(2)解 因为四边形 AA 1B 1B ，ADD 1A 1， ABCD 均为正方形，所以 AA 1⊥ AB ， AA 1⊥AD ， AB ⊥ AD 且AA 1 ＝AB ＝AD .以 A 为原点，分别以 → → →AB ， AD ，AA 1为 x 轴， y 轴和 z 轴 单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0,0,0) ，B(1,0,0) ，D(0,1,0) ，A 1(0,0,1) ， B 1(1,0,1) ，D 1 (0,1,1) ，而 E 点为 B 1D 1 的11中点，所以 E 点的坐标为， ， 1 .设面 A 1DE 的法向量n 1＝ (r 1， s 1， t 1)，而该面上向量→1 1 →A 1E ＝ ， ， 0， A 1D ＝ (0,1，－ 1)，由2 2→n 1⊥A 1E ，→11r 1＋ s 1＝ 0，n 1⊥ A 1D 得 r 1， s 1， t 1 应满足的方程组2 2s 1－ t 1＝ 0，(－ 1,1,1)为其一组解，所以可取 n 1＝ (－ 1,1,1)．设面 A 1B 1CD 的法向量 n 2＝ (r 2，s 2，t 2)，而该面上向量 →→A 1B 1＝ (1,0,0) ，A 1 D ＝ (0,1，－ 1)，由此同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．所以结合图形知二面角E-A 1D -B 1 的余弦值为 |n 1·n 2| ＝ 2 ＝ 6.|n 1| ·|n 2| 3× 2 3热点分类突破例1 证明 方法一由题意，得 AB ， AD ，AE 两两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为 1，则 A(0,0,0) ， B(1，0,0)， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，11 1 1 F(1,0,1)，M 2， 0， 0 ， O 2， 2，2 .→ 1 1 →1,0,0) ， (1)OM ＝ 0，－，－ ， BA ＝ (－ 2 2→ → → →∴OM ·BA ＝0, ∴OM ⊥BA.∵棱柱 ADE —BCF 是直三棱柱，→∴ AB ⊥平面 BCF ，∴ BA 是平面且 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面BCF 的一个法向量，BCF .(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为n 1＝ (x 1， y 1， z 1 )，n 2＝ ( x 2， y 2 ， z 2)．→→∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝n 1 ·DF →＝ 0， 由→n 1 ·DM ＝ 0.x 1－ y 1＋ z 1＝ 0，得 1解得x 1－ y 1＝ 0，21→→，，－ 1，0 ， DC ＝(1,0,0)， CF ＝ (0，－ 1,1)21y 1＝2x 1，1z 1 ＝－ x 1，1 1 令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1，2，－2 . 同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．∵ n 1·n 2＝ 0，∴平面MDF ⊥平面 EFCD .方法二→ → → →1 →→ ＋ 1 →(1)OM ＝ OF ＋ FB ＋BM＝ DF －BF BA2 21 →→→1→1 → 1 → 1 →＝(DB ＋ BF)－ BF ＋ BA ＝－BD － BF ＋BA2 2222＝－ 1 → →1 → 1 →2 (BC ＋ BA)－ BF ＋2BA2＝－ 1 → 1 →2 BC － BF .2→ → →∴向量 OM 与向量 BF ， BC 共面，又 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)由题意知， BF ， BC ， BA 两两垂直，∵→ ＝→，→＝→－→， CD BA FC BC BF→ →1 → 1 → → ＝ 0， ∴ OM·CD ＝－BC －BF2 2·BA→ → 1 → 1 →→ → OM ·FC ＝ － BC － BF ·(BC －BF )22＝－ 1BC →2＋ 1BF → 2＝ 0.2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ，∴ OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .跟踪演练 1证明 (1)如图建立空间直角坐标系 A － xyz ，令 AB ＝ AA 1＝ 4，则 A(0,0,0) ， E(0,4,2) ，F(2,2,0) ， B(4,0,0) ， B 1(4,0,4) ．取 AB 中点为 N ，连接 CN ，则 N(2,0,0) ， C(0,4,0) ，D (2,0,2) ，→∴ DE ＝ (－ 2,4,0)，→NC ＝ (－ 2,4,0) ，→ →∴ DE ＝NC ，∴ DE ∥ NC ，又∵ NC? 平面 ABC ， DE?平面 ABC.故 DE ∥平面 ABC.→(2)B 1F ＝ (－ 2,2，－ 4)，→ →．EF ＝ (2，－ 2，－ 2)， AF ＝ (2,2,0)→ →B 1F ·EF ＝ (－ 2) ×2＋ 2×(－2)＋ (－ 4) ×(－ 2)＝ 0，→ →B 1F ·AF ＝ (－ 2) ×2＋ 2×2＋ (－ 4) ×0＝0.∴→⊥→，→⊥→，即B 1F EF B 1F AF B 1F ⊥ EF ， B 1F ⊥AF ，又∵ AF ∩FE ＝ F ，∴ B 1F ⊥平面 AEF.例 2解→ → →以 { AB ，AD ，AP } 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz ，则各点的坐标为B(1,0,0) ，C(1,1,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,2)．(1)因为 AD ⊥平面→ →．PAB ，所以 AD 是平面 PAB 的一个法向量， AD ＝ (0,2,0) → ，－ →＝ (0,2，－ 2)． 因为 PC ＝(1,1 2)， PD设平面 PCD 的法向量为 m ＝( x ， y ， z)，→ →则 m ·PC ＝ 0， m ·PD ＝ 0，x ＋ y － 2z ＝ 0，令 y ＝1，解得 z ＝1， x ＝ 1.即2y － 2z ＝ 0.所以 m ＝(1,1,1) 是平面 PCD 的一个法向量．→ →3AD ·m从而 cos 〈 AD ， m 〉＝ → ＝ 3 ，|AD ||m |所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为33 .→ → →≤λ≤1)，(2)因为 BP ＝ (－ 1,0,2)，设 BQ ＝ λBP ＝ (－ λ， 0,2λ)(0 → → → →又 CB ＝ (0，－ 1,0) ，则 CQ ＝CB ＋BQ ＝ (－ λ，－ 1,2λ)， →，又 DP ＝ (0，－ 2,2)→ → → →1＋ 2λCQ ·DP＝ .从而 cos 〈 CQ ， DP 〉＝ → → 2|CQ||DP | 10λ＋ 2设 1＋2λ＝ t ， t ∈ [1,3] ，2→→2t 2＝2 9则 cos 〈 CQ ，DP 〉＝21 5≤ .5t － 10t ＋ 92 20 109 t －9 ＋ 99 2→ →3 10 当且仅当 t ＝，即 λ＝ 时， |cos 〈CQ ， DP 〉 |的最大值为10.55π因为 y ＝ cos x 在 0，2 上是减函数，此时直线CQ 与 DP 所成角取得最小值．又因为 BP ＝ 12＋ 22＝ 5，所以 BQ ＝ 2BP ＝2 5.55跟踪演练 2 (1)证明 ∵平面 ABD ⊥平面 BCD ，平面 ABD ∩平面 BCD ＝ BD ，AB? 平面 ABD ，AB ⊥ BD ，∴ AB ⊥平面 BCD .又 CD ? 平面 BCD ，∴ AB ⊥ CD .(2)解过点 B 在平面 BCD 内作 BE ⊥ BD ，如图．由 (1) 知 AB ⊥平面 BCD ， BE? 平面 BCD ， BD ? 平面 BCD ， ∴ AB ⊥ BE ， AB ⊥ BD.以 B 为坐标原点，分别以→ → →BE ， BD ， BA 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得 B(0,0,0) ， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，A(0,0,1) 11，M (0，， )，2 2→→1 1 →，－ 1)．则 BC ＝(1,1,0) ，BM ＝ (0，， )， AD ＝ (0,122设平面 MBC 的法向量 n ＝ (x 0， y 0， z 0)，n ·BC →＝0，x 0＋ y 0＝ 0，则即 1＋ 1＝ 0，→2y 0 n ·BM ＝ 0，2z 0取 z 0＝ 1，得平面 MBC 的一个法向量 n ＝ (1，－ 1,1)．设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ，→ →6|n ·AD |则 sin θ＝ |cos 〈n ， AD 〉 |＝ → ＝ 3 ，|n | ·|AD |即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为63.例 3 (1) 证明 连接 A 1C ，交 AC 1 于点 O ，连接 OD . 由 ABC －A 1B 1C 1 是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1 为矩形， O 为 A 1C的中点．又D 为BC 的中点，所以 OD 为 △ A 1BC 的中位线，所以 A 1B ∥ OD.因为 OD? 平面 ADC 1， A 1B?平面 ADC 1，所以 A 1B ∥平面 ADC 1.(2)解由 ABC － A 1B 1C 1 是直三棱柱，且∠ A BC ＝ 90°，得 BA ， BC ， BB 1 两两垂直．以 BC ， BA ， BB 1 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B － xyz.设 BA ＝ 2，则 B(0,0,0) ，C(2,0,0) ， A(0,2,0) ， C 1(2,0,1) ， D(1,0,0) ，→ →所以 AD ＝ (1，－ 2,0) ， AC 1＝ (2，－ 2,1)． 设平面 ADC 1 的法向量为 n ＝ (x ， y ， z)， →n ·AD ＝ 0，则有→n ·AC 1＝ 0.x － 2y ＝ 0，取 y ＝1，得 n ＝ (2,1，－ 2)．所以 2x － 2y ＋ z ＝ 0.易知平面 ADC 的一个法向量为 v ＝(0,0,1) ．所以 cos 〈 n ， v 〉＝ n ·v2＝－ .|n | |·v | 3因为二面角 C 1－ AD － C 是锐二面角，所以二面角 C 1－ AD － C 的余弦值为2 .3(3)解 假设存在满足条件的点 E.因为点 E 在线段 A 1B 1 上， A 1(0,2,1) ， B 1(0,0,1) ，故可设 E(0， λ，1)，其中 0≤λ≤2.→→． 所以 AE ＝ (0， λ－ 2,1)， DC 1＝ (1,0,1) 因为 AE 与 DC 1 成 60°角，→→→ →1|AE ·DC 1|所以 |cos 〈AE ，DC 1〉 |＝ → →＝2，|AE| |DC ·1 |即12＋1· 2＝1，解得 λ＝ 1 或 λ＝ 3(舍去 )．λ－2所以当点 E 为线段 A 1 B 1 的中点时， AE 与 DC 1 成 60°角． 跟踪演练 3解 (1) 如图，以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DM 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， 则 D(0,0,0) ，A(1,0,0)，M(0,0,1) ， C(0,1,0) ， B(1,1,0) ，1 →1 ， 0，－ 1)， N(1,1,1)， E(， 1,0)，所以 NE ＝ (－22→AM ＝(－ 1,0,1)．→ →1→ →2 10|NE ·AM |因为 |cos 〈NE ，AM 〉 |＝ → → ＝5＝10 ，|NE| ×|AM| 2 × 2所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN . →＝(0,1,1) ，因为 AN→ → ＝(0 ，λ， λ)(0 ≤λ≤1)， 可设 AS ＝ λAN→1 又 EA ＝ (2，－ 1,0)，→→→1所以 ES ＝ EA ＋ AS ＝ ( ， λ－1， λ)．2由 ES ⊥平面 AMN ，→→ES ·AM ＝ 0，得→ →ES ·AN ＝ 0，－ 1＋ λ＝ 0，即 2λ－ ＋ λ＝ 0，1 → 1 1 →2 . 故 λ＝，此时 AS ＝ (0， ， )， |AS|＝222 2经检验，当 AS ＝2时， ES ⊥平面 AMN .2故线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN ，此时 AS ＝ 2.2高考押题精练(1)证明连接 AC ，∵四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点，∴Q 为 AC 的中点，又在 △AEC 中， P 为 AE 的中点，∴ PQ ∥EC ，∵ EC? 面 BCE ， PQ?面 BCE ，∴ PQ ∥平面 BCE.(2)解 如图，取 EF 的中点 M ，则 AF ⊥ AM ，以 A 为坐标原点，以 AM ，AF ，AD 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则 A(0,0,0) ， D (0,0,1) ，M (2,0,0)， F(0,2,0) ．→ → →可得 AM ＝ (2,0,0) ， MF ＝ (－ 2,2,0)， DF ＝ (0,2，－ 1)．→n ·MF ＝ 0，设平面 DEF 的法向量为n ＝ (x ， y ， z)，则→n ·DF ＝ 0.－ 2x ＋ 2y ＝0，x － y ＝ 0，故 2y －z ＝0， 即2y － z ＝ 0.令 x ＝1，则 y ＝1， z ＝ 2，故 n ＝(1,1,2) 是平面 DEF 的一个法向量．→∵ AM ⊥面 ADF ，∴ AM 为平面 ADF 的一个法向量．→→2×1＋ 0×1＋ 0×26n ·AM∴ cos 〈n ， AM 〉＝→ ＝ 6×2＝ 6.|n | ·|AM|由图可知所求二面角为锐角，6∴二面角A－DF － E 的余弦值为 6 .二轮专题强化练答案精析第 3 讲 立体几何中的向量方法1． D [由已知得 M 、 A 、 B 、C 四点共面．所以 AM 在平面 ABC 内，选 D.]→→ → → → → →→ 1，其中一个与 →2． C [AP 可为下列 7 个向量： AB ， AC ， AD ， AA 1， AB 1，AC 1， AD AB 重合，→→→2→→→→→ → → →→AP ·AB ＝ |AB| ＝ 1； AD ，AD 1， AA 1 与AB 垂直，这时 AP ·AB ＝ 0； AC ， AB 1 与 AB 的夹角为45°，→ → π → → 3×1×cos ∠ BAC 1＝ 3× 1＝ 1，故选 C.] 这时 AP ·AB ＝ 2×1×cos ＝ 1，最后 AC 1·AB ＝3 4 3． B [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，如图所示．∵ A 1M ＝ AN ＝ 23 a ，∴ M a ， 2 a ，N 2 23a ， 3 3a ，3a ， a ，→ a 2 a .∴MN ＝ － ，0， 33→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.→MN?平面 BB 1C 1C ，∴ MN ∥平面 BB 1C 1C.]∵ C 1D 1是平面 BB 1C 1C 的法向量，且 4． A [设 AB ＝ 1，→ → → → → → 则 CE ·BD ＝ (AE － AC) ·(AD － AB)＝ 1 → 2 1 → →→ → → →2 AD － AD ·AB － AC ·AD ＋ AC ·AB2＝ 1 112 － cos 60 －°cos 60 ＋°cos 60 ＝° .24→ →1→ →43CE ·BD∴ cos 〈CE ，BD 〉＝ → → ＝ 3＝6 .选 A.]|CE||BD | 25． A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2， O(0,0,0)，B(3， 0,0)， A(0，－ 1,0)， B 1(→ 3， →3， 0,2)，则 AB 1＝ ( 1,2)，则 BO ＝ (－ 3，→ →0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由 sin θ＝ |AB 1·BO|＝ 6.] → →4|AB 1||BO|2 6.5解析 以 D 点为坐标原点，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A(1,0,0) ， M(1， 1， 1)，21C(0,1,0)， N(1,1， 2) ．→ 1 →1所以 AM ＝ (0，， 1)，CN＝ (1,0， )．22 → →111故 AM ·CN ＝ 0×1＋ ×0＋1× ＝ ，2 2 2→2 1 2 ＋ 1 25|AM |＝0 ＋ 2 ＝ ，2→2 21 2 ＝5|CN|＝ 1＋0＋ 2 ，2→ →1→→2 2AM ·CN＝所以 cos 〈 AM ， CN 〉＝→ → 5 5＝ .5|AM ||CN|2 ×27．2 17解析如图为折叠后的图形，其中作 AC ⊥ CD ， BD ⊥ CD ，则 AC ＝ 6， BD ＝ 8， CD ＝ 4，两异面直线 AC 、 BD 所成的角为 60°，故由→＝→＋→＋→，AB AC CD DB→ 2 →→→2，得 |AB| ＝ |AC ＋CD ＋ DB | ＝ 68→∴|AB|＝ 2 17.8．①②→→→2→ 2→ 2 → 解析 设正方体的棱长为 1，①中 (A 1A ＋ A 1D 1＋A 1B 1) ＝A 1C ＝ 3A 1B 1 ＝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．9．证明(1) 以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0) ， B(1,0,0) ，C(1,2,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,1) ，∵ E， F 分别是 PC， PD 的中点，∴ E 1， 1，1，F 0，1，1，222→1，0， 0→．EF＝－，AB＝ (1,0,0)2→ 1 →→ →∵EF＝－AB ，∴ EF ∥ AB，2即 EF∥AB，又 AB? 平面 PAB， EF?平面 PAB，∴ EF ∥平面 PAB.→，－ 1)→→→→，(2)由 (1)可知 PB＝ (1,0，PD ＝ (0,2，－ 1)，AP＝ (0,0,1)， AD＝ (0,2,0)， DC ＝ (1,0,0)→→∵ AP·DC ＝ (0,0,1) (1,0,0)·＝ 0，→→AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)·＝ 0，→→→→∴ AP⊥ DC，AD ⊥DC ，即 AP⊥ DC ，AD⊥ DC .又 AP∩AD＝ A，∴ DC ⊥平面 PAD .∵DC ? 平面 PDC，∴平面 PAD ⊥平面 PDC .10． (1)证明由PC⊥平面ABC，DE ?平面ABC，故PC⊥ DE.由 CE＝ 2， CD＝ DE＝ 2得△CDE 为等腰直角三角形，故 CD ⊥ DE .由 PC∩CD＝ C， DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线，故 DE ⊥平面 PCD .π(2)解由(1)知，△ CDE为等腰直角三角形，∠DCE ＝，如图，过 D 作4DF 垂直 CE 于 F，易知 DF ＝ FC＝ FE＝ 1，又已知EB＝ 1，故 FB＝ 2.πDF＝FB233.由∠ ACB＝得 DF ∥AC ，AC BC ＝，故 AC＝DF ＝2322以 C 为坐标原点，分别以→ →→轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标CA，CB，CP的方向为 x系，则 C(0,0,0) ，P(0,0,3) ，A 3，0， 0→→，2，E(0,2,0) ，D (1,1,0)，ED＝(1，－ 1,0)，DP＝ (－ 1，－ 1,3)→1，－ 1，0 . DA ＝2→→－ x1－y1＋3z1＝0，设平面 PAD 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由 n1·DP＝0，n1·DA＝0，得1x1－ y1＝0，2故可取 n1＝(2,1,1)．→由 (1) 可知 DE ⊥平面 PCD ，故平面PCD 的法向量n2可取为ED，即 n2＝(1，－1,0)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos 〈n1，n2〉＝n1·n2＝3，|n1| |·n2 |6故所求二面角 APDC 的余弦值为3 6 .11． B [ 根据题意可知平面A1BD ⊥平面 A1ACC 1且两平面的交线是A1O，所以过点P 作交线 A1O 的垂线 PE，则 PE⊥平面 A1BD，所以∠ A1OP 或其补角就是直线OP 与平面 A1BD 所成的角α.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP 与平面 A1BD 可以垂直．当点 P 与点 C1重合时可得 A1O＝OP＝6，A1C1＝2 2，所以1× 6× 6×sin α＝1×22×2，22所以 sin α＝2 2；3当点 P 与点 C 重合时，可得sin α＝2＝6 6 3.根据选项可知 B 正确． ]12．①③解析①中，∵ BC1∥平面 AD1C，∴ BC1上任意一点到平面 AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P 在直线 BC1上运动时，直线 AB 与平面 ACD 1所成角和直线 AC1与平面ACD 1 所成角不相等，所以不正确；③中，P 在直线 BC 1 上运动时，点 P 在平面 AD 1 C 1B 中，既二面角 P —AD 1－C 的大小不受影响，所以正确．3 513. 10解析以 A 为坐标原点， AB 、 AD 、AA 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，11则 A 1 (0,0,1) ，E(1,0，2)， F(2， 1,0)， D 1 (0,1,1) ．→1 →．∴ A 1E ＝ (1,0，－)，A 1D 1＝ (0,1,0)2设平面 A 1D 1E 的一个法向量为 n ＝ (x ， y ， z)，→＝0，1n ·A 1E即x － z ＝ 0，则2→ y ＝ 0.n ·A 1D 1＝ 0，令 z ＝ 2，则 x ＝ 1.∴ n ＝ (1,0,2) ．→1又 A 1F ＝ (2， 1，－ 1)，∴点 F 到平面 A 1D 1 E 的距离为→1－ 2|||A 1F ·n |＝2＝ 3 5d ＝ |n |510.14．解 (1)∵ AC ＝ BC ， PA ＝ PB ， PC ＝ PC ，∴△ PCA ≌△ PCB ，∴∠ PCA ＝∠ PCB ，∵ PC ⊥ AC ，∴ PC ⊥ CB ，又 AC ∩CB ＝ C ，∴ PC ⊥平面 ACB ，且 PC ， CA ， CB 两两垂直，故以 C 为坐标原点，分别以CB ， CA ， CP 所在直线为 x ，y ， z 轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)， A(0,2,0) ， D(1,0,0) ， P(0,0,2)，→ →∴ AD ＝ (1，－ 2,0)， PD ＝ (1,0，－ 2)，设平面 PAD 的一个法向量为n ＝ (x ， y ， z) ，→n ·AD ＝0∴，∴取 n ＝ (2,1,1) ，→n ·PD ＝0→平面 PDB 的一个法向量为CA ＝ (0,2,0) ，→6∴ cos 〈n ， CA 〉＝ 6 ，设二面角 A —PD — B 的平面角为 θ，且 θ为钝角，6 6 ∴ cos θ＝－ 6 ，∴二面角 A — PD — B 的余弦值为－6.(2)方法一存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．设 M(x,2－ x,0) (x ∈ R )，→∴ PM ＝ (x,2－ x ，－ 2)，∴ →|cos 〈 PM ， n 〉 ||x|1 ＝ x 2＋－ x2＋4· 6 ＝ 6，解得 x ＝ 1 或 x ＝－ 2，∴ M(1,1,0) 或 M(－ 2,4,0)，∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD所成角的正弦值为 16.方法二 存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点． → →设 AM ＝ λAB ，→＝(2 λ，－ 2λ， 0) (λ∈ R )，则 AM ＝ λ(2，－ 2,0) → → →∴ PM ＝ PA ＋ AM ＝ (2λ，2－ 2λ，－ 2)，→|2λ|∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝2＋－ 2λ 2＋ 4· 6 λ 1解得 λ＝ 或 λ＝－ 1.∴M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或1＝6.A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD1所成角的正弦值为 .。

高三数学总复习讲义——向量一、知识清单（一）向量的有关定义1.向量:既有大小又有方向的量叫做向量.向量的大小叫向量的模(也叫向量的长度).用|表示|2.向量的表示方法:（1）字母表示法:如,,,a b c r r rL 等.（2）坐标表示法:在平面直角坐标系中,设向量OA u u u r的起点O 为在坐标原点,终点A 坐标为(),x y ,则(),x y 称为OA u u u r 的坐标,记为OA u u u r=(),x y .（3）几何表示法:用一条有向线段表示向量.如AB uuu r ,CD uuu r 等.注:向量既有代数特征,又有几何特征,它是数形兼备的好工具.3.相等向量:长度相等且方向相同的向量.向量可以自由平移,平移前后的向量相等.两向量a r 与b r相等,记为a b =r r .注:向量不能比较大小,因为方向没有大小.4.零向量:长度为零的向量叫零向量.零向量只有一个,其方向是任意的.5.单位向量:长度等于1个单位的向量.单位向量有无数个,每一个方向都有一个单位向量.6.共线向量:方向相同或相反的非零向量,叫共线向量.任一组共线向量都可以移到同一直线上.规定:0r与任一向量共线.注:共线向量又称为平行向量.7.相反向量: 长度相等且方向相反的向量. （二）向量的运算 1.运算定义①向量的加减法，②实数与向量的乘积，③两个向量的数量积,这些运算的定义都是 “自然的”，它们都有明显的物理学的意义及几何意义.其中向量的加减法运算结果仍是向量，两个向量数量积运算结果是数量。

研究这些运算,发现它们有很好地运算性质,这些运算性质为我们用向量研究问题奠定了基础,向量确实是一个好工具.特别是向量可以用坐标表示,且可以用坐标来运算,向量运算问题可以完全坐标化.运 算 图形语言符号语言坐标语言加法与减法OA --→+OB --→=OC --→OB --→OA --→-=AB --→记OA --→=(x 1,y 1),OB --→=(x 1,y 2)则OA OB +uu u r uuu r=(x 1+x 2,y 1+y 2) OB OA -uuu r uu u r=（x 2-x 1,y 2-y 1）OA --→+AB --→=OB --→实数与向量的乘积AB --→=λa →λ∈R记a →=(x ,y ) 则λa →=(λx ,λy )两个向量的数量积cos ,a b a b a b ⋅=⋅r r r r r r 记1122(,),(,)a x y b x y ==r r则a →·b →=x 1x 2+y 1y 22.运算律加法：①a b b a +=+r r r r (交换律); ②()()a b c a b c ++=++r r r r r r (结合律) 实数与向量的乘积：①()a b a b λλλ+=+r r r r ; ②()a a a λμλμ+=+r r r;③()()a a λμλμ=r r两个向量的数量积: ①a →·b →=b →·a →; ②(λa →)·b →=a →·(λb →)=λ(a →·b →);③(a →+b →)·c →=a →·c →+b →·c →注：根据向量运算律可知，两个向量之间的线性运算满足实数多项式乘积的运算法则，正确迁移实数的运算性质可以简化向量的运算， 例如(a →±b→)2=222a a b b →→→→±⋅+3.运算性质及重要结论⑴平面向量基本定理:如果12,e e u r u u r是同一平面内两个不共线的向量,那么对于这个平面内任一向量a r ,有且只有一对实数12,λλ,使1122a e e λλ=+r u r u u r ，称1122e e λλ+u r u u r 为12,e e u r u u r的线性组合。

向量在证明三角形相关性质中的运用陈珊珊摘要：向量的双重身份使其成为沟通几何与代数的强而有力的工具，更为几何证明开辟了新途径。

本文将利用向量来证明三角形的相关性质。

关键词：向量，三角形，特殊几何点 一、 引言伴随着教育教学理论的不断发展，高中数学正如火如荼的进行着。

这场课程改革的一个主要特征就是将向量引入中学数学教材 。

这也是近几十年来国内外教学改革的一个共同特点。

从六十年代初的新数运动到七十年代末的回到基础 ,许多国家的数学课程都不同程度涉及到平面向量 。

日本数学课程安排的必学内容较少 ,但却安排不少的向量知识作为必学内容 。

前苏联也曾致力于用向量、变换等来处理欧氏几何。

由国家教委组织编写的《中学数学实验教材》、人教社编写的高中《数学》试验课本 ,都曾在不同程度上将向量知识渗透入中学数学 ,用向量方法处理传统的几何、三角等问题[1]。

这次将向量作为高一的必修内容 ,是一个重大举措 。

向量本身具有双重身份，一是几何形式——它既有大小又有方向，并用有向线段来表示，其运算都具有明确的几何意义。

二是代数形式——平面内的任一向量可以用有序实数对来表示，其运算都具有相应的代数表示。

这就使向量成为沟通几何与代数的强而有力的工具。

同时也为几何证明开辟了全新的途径。

传统的几何证明称为综合法，是利用欧几里得几何学所采用的方法，也是最早的研究几何的方法。

它不使用其他工具，只是依据基本的逻辑原理，从公理出发，通过演绎推理建立起来的几何体系。

应当说，综合法所给出的几何论证严谨且优雅，但没有一般规律可循，存在较大的思考难度，往往对人的智力形成极大的挑战。

与之相反，利用向量工具来进行几何证明遵循着一定的规律，那就是我们所熟悉的“三步曲”，简单的表述为：[形到向量]——[向量的运算]——[向量和数到形]。

例如，运用传统欧氏几何的证明方法来证明三角形的特殊几何点（重心、垂心、内心、外心）的存在性是较难的。

然而利用向量可以把复杂的几何证明转化为简单的向量运算，从而有效的简化问题。

第3讲立体几何中的向量方法[真题再现]1．（2018·课标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，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD。

（2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.由（1)得，PH⊥平面ABFD。

以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向,|错误!｜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DP＝2，DE＝1,所以PE＝错误!.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝错误!，EH＝错误!.则H（0，0,0），P错误!，D错误!，错误!＝错误!,错误!＝错误!.又错误!为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!。

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为错误!.2．（2018·课标Ⅱ）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明:PO⊥平面ABC；(2）若点M在棱BC上，且二面角M。

P A-C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值[解］(1）证明：因为P A＝PC＝AC＝4,O为AC的中点,所以OP⊥AC，且OP＝2错误!.如图，连接OB.因为AB＝BC＝错误!AC,所以△ABC为等腰直角三角形，且OB ⊥AC,OB＝错误!AC＝2。

由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC,OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.（2）解:如图，以O为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O。

xyz。

由已知得O（0，0,0）,B（2，0，0)，A（0,－2，0）,C(0,2,0)，P(0,0，2错误!），错误!＝（0,2,2错误!)．取平面P AC的一个法向量错误!＝(2，0，0）．设M (a ，2－a,0）（0≤a ≤2)，则错误!＝(a ，4－a,0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ,y ,z ）．由AP ，→·n ＝0，错误!·n ＝0得错误!可取y ＝错误!a ,得平面P AM 的一个法向量为n ＝(错误!（a －4），错误!a ，－a ）,所以cos 错误!，n ＝错误!。

平面向量命题人：越秀区教育发展中心 余建炜一、平面向量的实际背景与基本概念 1．（人教版P85例2）如图1，设O 是正六边形的中心，分别写出 图中与OA 、OB 、OC 相等的向量。

变式1：如图1，设O 是正六边形的中心，分别写出 图中与OD 、DC 共线的向量。

解： 变式2：如图2，设O 是正六边形的中心，分别写出 图中与DA 的模相等的向量以及方向相同的向量。

解：二、平面向量的线性运算 2.（人教版第96页例4）如图，在平行四边形ABCD 中，AB =a ，AD =b ， 你能用a ，b 表示向量 AC ，DB 吗？ 变式1：如图，在五边形ABCDE 中，AB =a ，BC =b ，CD =c ，EA =d ，试用a ，b ， c ， d 表示向量CE 和DE . 解：CE BE CB BA AE CB =+=++=-( a + b + d )()DE EA AB BC CD =-+++=-( d + a + b +c )变式2：如图，在平行四边形ABCD 中，若，OA =a ，OB =b则下列各表述是正确的为（ ）A ．OA OB AB += B ．OC OD AB +=D EC A BC BAC O FD E图1图2C ．CD =-a + b D ．BC =-(a + b ) 正确答案：选D变式3：已知=a ，=b, =c ,=d , 且四边形ABCD 为平行四边形，则（ ）A. a +b +c +d =0B. a －b +c －d =0C. a +b －c －d =0D. a －b －c +d =0正确答案：选A变式4：在四边形ABCD 中，若12AB CD =-，则此四边形是( )A ．平行四边形B ．菱形C ．梯形D ．矩形 正确答案：选C变式5：已知a 、b 是非零向量，则|a |=|b |是(a +b )与(a －b )垂直的 （ ）A ．充分但不必要条件 BC ．充要条件D ．既不充分也不必要条件正确答案：选C变式6：在四边形ABCD 中，=a +2b ，=－4a －b ，=－5a －3b ，其中a 、b 不共线，则四边形ABCD 为（ ） A.平行四边形 B.矩形C.梯形D.菱形【解析】 ∵AD =CD BC AB ++=－8a －2b =2BC ，∴BC AD //.∴四边形ABCD 为梯形. 正确答案：选C变式7：已知菱形ABCD ，点P 在对角线AC 上（不包括端点A 、C ），则等于（ ） A.λ(+),λ∈(0,1)B.λ(+),λ∈(0,22) C.λ(－),λ∈(0,1)D.λ(-),λ∈(0,22)【解析】 由向量的运算法则AC =AB +AD ，而点P 在对角线AC 上，所以AP 与AC 同向，且||＜||,∴=λ(+),λ∈(0,1).正确答案：选 A变式8：已知D 、E 、F 分别是△ABC 的边BC 、CA 、AB 的中点，且=a ，=b ，=c ,则下列各式： ①EF =21c －21b ②BE =a +21b ③=－21a +21b ④++=0其中正确的等式的个数为（ ）A.1B.2C.3D.4正确答案：选B 3．（人教版第98页例6）如图，已知任意两个非零向量a 、b ，试作OA =a + b ，OB =a + 2b ， OC =a + 3b ，你能判断A 、B 、C 三点之间的位置关系吗？为什么？变式1：已知OA =a + 2b ，OB =2a + 4b ，OC =3a + 6b (其中a 、b 是两个任意非零向量) ，证明：A 、B 、C 三点共线．证明：∵AB OB OA =-=a + 2b ，AC OC OA =-=2a + 4b ，∴ 2AC AB = 所以，A 、B 、C 三点共线．变式2：已知点A 、B 、C 在同一直线上，并且OA =a + b ，(2)OB m =- a + 2b ，(1)OC n =+ a + 3b (其中a 、b 是两个任意非零向量) ，试求m 、n 之间的关系．解：(3)AB OB OA m =-=- a + b ，AC OC OA n =-= a + 2b 由A 、B 、C 三点在同一直线上可设AB k AC =，则 (3)21m kn k -=⎧⎨=⎩ 所以 1(3)2m n -= 即 260m n --=为所求．4．（人教版第102页第13题）已知四边形ABCD ，点E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点，求证：EF HG = 变式1：已知任意四边形ABCD 的边AD 和BC 的中点分别为E 、F ，求证：2AB DC EF +=.证明：如图，连接EB 和EC ， 由EA AB EB +=和EF FB EB +=可得，EA AB EF FB +=+ （1） 由ED DC EC +=和EF FC EC +=可得，ED DC EF FC +=+ （2） （1）+（2）得， 2EA ED AB DC EF FB FC +++=++ （3） ∵E 、F 分别为AD 和BC 的中点，∴0EA ED +=，0FB FC +=， 代入（3）式得，2AB DC EF +=ba三、平面向量的基本定理及坐标表示 2.（人教版第109页例6）已知a = (4，2)，b = (6，y )，且a // b ，求 y ． 变式1：与向量a = (12，5) 平行的单位向量为（ ）A ．1251313⎛⎫⎪⎝⎭，- B ．1251313⎛⎫- ⎪⎝⎭，-C ．1251313⎛⎫⎪⎝⎭， 或1251313⎛⎫- ⎪⎝⎭，- D ．1251313⎛⎫- ⎪⎝⎭， 或1251313⎛⎫ ⎪⎝⎭，-正确答案：选C变式2：已知a (1,2)=，b (),1x =，当a +2b 与2a －b 共线时，x 值为 （ ）A ．1B ．2C ．13D ．12正确答案：选D变式3：已知A (0,3) 、B (2,0) 、C (－1,3) 与AC AB 2+方向相反的单位向量是( )A ．(0,1)B ．(0,－1)C ． (－1,1)D ．(1,－1) 正确答案：选A变式4：已知a = (1，0)，b = (2，1) ．试问：当k 为何实数时， k a －b 与a +3b 平行, 平行时它们是同向还是反向？ 解：因为 k a －b ()21k =--，，a +3b ()73=，．由已知得，()3270k -+= 解得 13k =-，此时，k a －b 713⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，，a +3b ()73=，，二者方向相反． 2.（人教版第110页例8）设点P 是线段12PP 上的一点，1P 、2P 的坐标分别为()11y x ，，()22y x ，． (1) 当点P 是线段12PP 上的中点时，求点P 的坐标； (2) 当点P 是线段12PP 的一个三等分点时，求P 的坐标 变式1：已知两点()3,2M ，()5,5N --，12MP MN =，则P 点坐标是 （ ）A ．()8,1-B ．31,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭ C ．31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()8,1- 正确答案：选B变式2：如图，设点P 、Q 是线段AB 的三等分点， 若OA ＝a ，OB ＝b ，则OP ＝2133+a b ， OQ ＝1233+a b (用a 、b 表示)四、平面向量的数量积 5．（人教版第116页例3）已知|a |＝6，|b | ＝4且a 与b 的夹角为60︒，求 (a + 2b)·(a 3-b ) ． 变式1：已知()()3,4,223,a b a ba b ==++=那么a 与b 夹角为A 、60︒B 、90︒C 、120︒D 、150︒正确答案：选C变式2：已知向量a 和b 的夹角为60°，| a | ＝ 3，| b | ＝ 4，则（2a – b ）·a 等于 （A ）15 （B ）12 （C ）6 （D ）3 正确答案：选B变式3：在△ABC 中，已知||=4，||=1，S △ABC =3，则·等于（ ）A.－2B.2C.±2D.±4 正确答案：选C变式4：设向量2172e e t +与向量21e t e +的夹角为钝角，求实数t 的取值范围. 解：∵0))(72(2121<++e t e e e t ，故071522<++t t ，解之217-<<-t ． 另有λλt t ==7,2，解之14,214-=-=λt ， ∴)21,214()214,7(--⋃--∈t ．2.（人教版第116页例4）已知|a |＝3，|b | ＝4且a 与b 不共线，k 为何实数时，向量a + k b 与a k -b 互相垂直？ 变式1：已知a ⊥b ，|a |＝2，|b | ＝3，且向量3a + 2b 与k a -b 互相垂直，则k 的值为（ ）A ．32-B ．32C ．32± D ．1 正确答案：选B变式2：已知|a |＝1，|b | ＝2且（a －b ）⊥a ，则a 与b 夹角的大小为 45º ． 解：2.（人教版第119页 第11题）已知a = (4，2)，求与向量a 垂直的单位向量的坐标． 变式1：若i = (1,0), j =(0,1)，则与2i +3j 垂直的向量是 ( )A ．3i +2jB ．－2i +3jC ．－3i +2jD ．2i －3j正确答案：选C变式2：已知向量)1,1(=a ，)3,2(-=b ，若b a k 2-与a 垂直，则实数k =（ ）A ．1B ．－1C ．0D ．2正确答案：选B变式3：若非零向量,互相垂直，则下列各式中一定成立的是 （ ）A ．b a b a -=+B ．||||b a b a -=+C ．0))((=-+D ．0)(2=-b a正确答案：选B变式4：已知向量a ＝（3，－4），b ＝（2，x ）， c ＝（2，y ）且a ∥b ，a ⊥c ．求|b －c |的值． 解：∵ a ∥b ，∴ 3x ＋8＝0． ∴x ＝38-． ∴ b ＝（2， 38-） ． ∵ a ⊥c ， ∴ 6－4y ＝0． ∴ y ＝23． ∴ c ＝（2， 23）．而b －c ＝（2，38-）－（2，23）＝（0，－256），∴ |b －c |＝256．（人教版第118页例5）已知A (1，2)，B (2，3)，C (2-，5)，试判断ABC ∆的形状，并给出证明．变式1：O 是ABC ∆所在的平面内的一点，且满足()()0OB OC OC OA -⋅-=，则ABC ∆ 一定为（ ）A ．正三角形B ．等腰直角三角形C ．直角三角形D ．斜三角形 正确答案：选C变式2：已知A 、B 、C 三点不共线，O 是△ABC 内的一点，若＋＋＝0，则O 是△ABC 的（ ）A ． 重心B ． 垂心C ． 内心D ． 外心正确答案：选A变式3：已知02=+⋅，则△ABC 一定是 （ ）A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．等腰直角三角形正确答案：选B变式4：四边形ABCD 中，)3,2(),,(),1,6(--===y x （1）若//，试求x 与y 满足的关系式；（2）满足（1）的同时又有⊥，求y x ,的值及四边形ABCD 的面积。

勾股定理及其证明方法勾股定理是数学中的重要定理之一，也是几何学中最基本的定理之一。

它是指直角三角形中，直角边的平方和等于斜边的平方。

勾股定理的形式化表达为：设直角三角形的两条直角边长分别为a、b，斜边长为c，则有a² + b² = c²。

勾股定理最早可以追溯到古希腊数学家毕达哥拉斯提出，因此也被称为毕达哥拉斯定理。

在古代，毕达哥拉斯学派将勾股定理作为其教义的核心内容之一，认为宇宙万物的运行都遵循着数学规律，而勾股定理则是这种规律的具体体现。

证明勾股定理有多种方法，下面将介绍几种常见的证明方法：1. 几何法证明：最经典的勾股定理证明方法就是几何法。

通过构造直角三角形，利用几何图形的性质和几何关系，可以清晰地展示出直角三角形中各边之间的关系。

其中最著名的一种构造方法就是利用正方形的四个顶点构造直角三角形，通过对角线的长度关系来证明勾股定理。

2. 代数法证明：代数法证明勾股定理则是通过代数运算来完成。

将直角三角形的三条边长代入勾股定理的公式中，进行平方运算和等式推导，最终得到等式两边相等的结果，从而证明了勾股定理的成立。

3. 数学归纳法证明：数学归纳法是一种数学证明方法，通过证明当n=k时命题成立，再证明n=k+1时命题也成立，从而推导出对于所有自然数n命题都成立的结论。

在证明勾股定理时，可以采用数学归纳法来证明直角三角形边长为任意正整数时勾股定理都成立。

4. 向量法证明：利用向量的性质和运算规律，也可以证明勾股定理。

通过向量的加法、数量积等运算，可以得到直角三角形中各边向量的关系，从而推导出勾股定理的成立。

以上是几种常见的勾股定理证明方法，每种方法都有其独特的思路和推导过程。

勾股定理作为数学中的基础定理，不仅在几何学中有着重要的应用，也在物理学、工程学等领域有着广泛的应用。

深入理解和掌握勾股定理及其证明方法，有助于提升数学思维能力和解决实际问题的能力。

专题13 立体几何中的向量方法空间向量及其应用一般每年考一道大题，试题一般以多面体为载体，分步设问，既考查综合几何也考查向量几何，诸小问之间有一定梯度，大多模式是：诸小问依次讨论线线垂直与平行→线面垂直与平行→面面垂直与平行→异面直线所成角、线面角、二面角→体积的计算．强调作图、证明、计算相结合．考查的多面体以三棱锥、四棱锥(有一条侧棱与底面垂直的棱锥、正棱锥)、棱柱(有一侧棱或侧面与底面垂直的棱柱，或底面为特殊图形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等类型的棱柱)为主．1．共线向量与共面向量(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a 、b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb . (2)共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p 与向量a 、b 共面的充要条件是存在唯一实数对(x ，y )，使p ＝xa ＋yb .2．两个向量的数量积向量a 、b 的数量积：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． 向量的数量积满足如下运算律： ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)；③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量基本定理如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在唯一有序实数组{x ，y ，z }，使p ＝xa ＋yb ＋zc .推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的有序实数组{x ，y ，z }，使OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →.4．空间向量平行与垂直的坐标表示 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)；a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0. 5．模、夹角和距离公式(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a ·a ＝a 21＋a 22＋a 23， cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23.(2)距离公式设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则 |AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(3)平面的法向量如果表示向量a 的有向线段所在的直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a ⊥α. 如果a ⊥α，那么向量a 叫做平面α的法向量． 6．空间角的类型与范围 (1)异面直线所成的角θ：0<θ≤π2；(2)直线与平面所成的角θ：0≤θ≤π2；(3)二面角θ：0≤θ≤π.7．用向量求空间角与距离的方法(1)求空间角：设直线l 1、l 2的方向向量分别为a 、b ，平面α、β的法向量分别为n 、m . ①异面直线l 1与l 2所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |.②直线l 1与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|a ·n ||a ||n |.③平面α与平面β所成的二面角为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n ||m |. (2)求空间距离①直线到平面的距离，两平行平面间的距离均可转化为点到平面的距离． 点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点)．②设n 与异面直线a ，b 都垂直，A 是直线a 上任一点，B 是直线B 上任一点，则异面直线a 、b 的距离d ＝|AB →·n ||n |.高频考点一向量法证明平行与垂直1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC ＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．【举一反三】如图，在四棱锥P­ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面P AD；(3)平面PCD⊥平面P AD.【变式探究】如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，P A＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面P AB；(2)求证：平面P AD⊥平面PDC.【方法规律】利用空间向量证明平行与垂直的步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题．【变式探究】在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD . 高频考点二、 向量法求空间角例2、(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B ­EC ­C 1的正弦值．【变式探究】(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE∥平面P AB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M­AB­D的余弦值．【方法技巧】(1)利用空间向量求空间角的一般步骤①建立恰当的空间直角坐标系．②求出相关点的坐标，写出相交向量的坐标．③结合公式进行论证、计算．④转化为几何结论．【变式探究】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角B­PD­A的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．高频考点三 探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．例 3、如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，二面角A ­CD ­F 为60°，DE ∥CF ，CD ⊥DE ，AD ＝2，DE ＝DC ＝3，CF ＝6.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)在线段CF 上求一点G ，使锐二面角B ­EG ­D 的余弦值为14.【举一反三】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．【方法技巧】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【变式探究】如图所示，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 的线段AA 1上．(1)当AE EA 1＝12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．1．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B ­EC ­C 1的正弦值．2. (2019·高考天津卷)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．3．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．1. (2018年浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．(Ⅱ)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．2. (2018年天津卷)如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；(II)求二面角的正弦值；(III)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.3. (2018年北京卷)如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．(Ⅱ)求证：AC⊥平面BEF；(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；(Ⅱ)证明：直线FG与平面BCD相交．4. (2018年江苏卷)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．5. (2018年江苏卷)在平行六面体中，．求证：(1)；(2)6. (2018年全国I卷理数)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．7. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．(1)证明：平面平面；(2)当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．8. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，在三棱锥中，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．。