2020版高考数学一轮复习第7章立体几何第6节立体几何中的向量方法教学案含解析理

【知识必备】
知识点三 二面角
1．若 AB，CD 分别是二面角 α-l-β 的两个平面内与棱 l 垂直的异 面直线，则二面角的平面角(或其补角)的大小就是向量A→B与C→D的夹
角，如图(1)．
【知识必备】
利用公式求二面角的平面角时，要注意 〈n1，n2〉与二面角大小的关系，是相等 还是互补，需要结合图形进行判断】
【典型例题】
【典型例题】
【典型例题】
【典型例题】
【典题演练】
【典题演练】
【典题演练】
【典题演练】
【作 业】
完成课时作业（四十一）
再见
知识点三 二面角
2．平面 α 与 β 相交于直线 l，平面 α 的法向量为 n1，平面 β 的 法向量为 n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角 α-l-β 的平面角大小为 θ 或 π
－θ.设二面角的平面角大小为 φ，则|cosφ|＝|cosθ|＝||nn11|·|nn22||，如图 (2)(3)．
【典型例题】
第八章 立体几何
第六节 空间向量在立体几何中应用
【知识必备】
知识点一 异面直线所成角
设异面直线 a，b 所成的角为 θ，则 cosθ＝||aa|·|bb||，其中 a，b 分别 是直线 a，b 的方向向量．
两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角 为(0，π)，所以公式中要加绝对值．
【知识必备】
知识点二 直线与平面所成角
如图所示，设 l 为平面 α 的斜线，l∩α＝A，a 为 l 的方向向量， n 为平面 α 的法向量，φ 为 l 与 α 所成的角，则 sinφ＝|cos〈a，n〉|
＝||aa|·|nn||.
直线与平面所成角的范围为0，π2，而向量之间的夹角的范围为[0，π]， 所以公式中要加绝对值．

2020年高三数学一轮复习 7.7.2立体几何中的向量方法(2)导学案 理【学习目标】1. 掌握空间角的定义、范围，掌握求空间角的向量方法。

2．会利用向量方法对距离进行转化。

【重点难点】重点 ：空间角的定义、范围，求空间角的向量方法。

难点 ：求空间角的向量方法。

【使用说明及学法指导】①要求学生完成知识梳理和基础自测题；限时完成预习案，识记基础知识；②课前只独立完成预习案，探究案和训练案留在课中完成预习案一、知识梳理1． 空间向量与空间角的关系(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cos θ＝|cos 〈m1，m2〉|.(2)设直线l 的方向向量和平面α的法向量分别为m ，n ，则直线l 与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|.(3)求二面角的大小1°如图①，AB 、CD 是二面角α—l —β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．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＝cos 〈n1，n2〉或－cos 〈n1，n2〉．2. 点面距的求法如图，设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d ＝|AB →·n||n|. 二、基础自测1．若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的正弦值为___________．2．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角为________．3．从空间一点P 向二面角α—l —β的两个面α，β分别作垂线PE ，PF ，垂足分别为E ，F ，若二面角α—l —β的大小为60°，则∠EPF 的大小为__________．4．如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a 的正方体ABCO —A′B′C′D′，A′C 的中点E 与AB 的中点F 的距离为________．5． 在棱长为2的正方体ABCD —A1B1C1D1中，O 是底面ABCD 的中点，E ，F分别是CC1，AD 的中点，那么异面直线OE 和FD1所成的角的余弦值等于________．探究案一、合作探究例1、如图，已知正方体ABCD —A1B1C1D1的棱长为2，点E 是正方形BCC1B1的中心，点F 、G 分别是棱C1D1、AA1的中点，设点E1、G1分别是点E 、G 在平面DCC1D1内的正投影．(1)证明：直线FG1⊥平面FEE1；(2)求异面直线E1G1与EA所成角的正弦值．例2、如图，已知四棱锥P—ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点．(1)证明：PE⊥BC；(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值．例3、如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．例4、在三棱锥S—ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，SA＝SC＝23，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示. 求点B到平面CMN的距离．二、总结整理训练案一、课中训练与检测1．如图所示，在长方体ABCD —A1B1C1D1中，已知AB ＝4，AD ＝3，AA1＝2.E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB ＝BF ＝1.求直线EC1与FD1所成的角的余弦值．2．已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，且AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．3．如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD. (1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ；(2)求二面角Q —BP —C 的余弦值．二、课后巩固促提升如图，已知在长方体ABCD —A1B1C1D1中，AB ＝2，AA1＝1，直线BD 与平面AA1B1B 所成的角为30°，AE 垂直BD 于点E ，F 为A1B1的中点．(1)求异面直线AE 与BF 所成角的余弦值；(2)求平面BDF 与平面AA1B 所成二面角(锐角)的余弦值.。

第7讲立体几何中的向量方法1．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔□01v1∥v2⇔v1＝λv2.(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝□02x v1＋y v2.(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔□03v⊥u⇔□04v·u ＝0.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔□05u1∥u2⇔u1＝λu2.2．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔□01v1⊥v2⇔□02v1·v2＝0.(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔□03v∥u⇔□04v＝λu.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔□05u1⊥u2⇔□06u1·u2＝0.3．两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4．直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l 的方向向量为e ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为φ，两向量e 与n 的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝□01|e ·n ||e ||n |，φ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.5．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝□01〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝□02|cos 〈n 1，n 2〉|＝□03|n 1·n 2||n 1||n 2|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)1．概念辨析(1)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．( )(2)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )(3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (4)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( )答案 (1)× (2)√ (3)× (4)×2．小题热身(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 ⊂α D ．l 与α斜交答案 B解析 因为a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)， 所以n ＝－2a ，所以a ∥n ，所以l ⊥α.(2)已知向量AB →＝(2,2,1)，AC →＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，23，－23C ．±⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1D ．±⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23答案 D解析 设平面ABC 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋z ＝0，4x ＋5y ＋3z ＝0.取z ＝1，得x ＝12，y ＝－1.则n ＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，1，|n |＝32，故平面ABC 的单位法向量是±⎝⎛⎭⎪⎫13，－23，23.(3)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( ) A ．60° B ．75° C ．90° D ．105°答案 C解析 取AC 的中点D ，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝a ，则B ⎝⎛⎭⎪⎫32a ，0，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，22a ，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，0，22a ，从而AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，a2，2a 2，C 1B →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，－a 2，－2a 2.所以cos 〈AB 1→，C 1B →〉＝AB 1→·C 1B→|AB 1→||C 1B →|＝0，所以AB 1与C 1B 所成的角为90°.故选C.(4)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________，二面角B －A 1C 1－D 1的余弦值为________．答案 13 －23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，∴D 1C 1→＝(0,2,0)，A 1C 1→＝(－1，2,0)，A 1B →＝(0,2，－1)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝0，n ·A 1B →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，2y －z ＝0，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13，即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.易知平面A 1C 1D 1的法向量m ＝(0,0,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝21×3＝23.由图可知，二面角B －A 1C 1－D 1为钝角， 故二面角B －A 1C 1－D 1的余弦值为－23.题型 一 利用空间向量研究空间中的位置关系角度1 利用空间向量证明平行与垂直问题1．(2018·青岛模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，AA 1⊥平面BAC .求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C . 证明 ∵AA 1⊥平面BAC . ∴AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)， C 1(1,1,2)．(1)A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)． ∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .角度2 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题2．(2018·桂林模拟)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．解 (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 cos60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面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)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)．设平面DA 1C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥A 1C 1→，n ⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y ＝0，3x ＋3z ＝0，取n ＝(1,0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n ⊥BP →，即n ·BP →＝－3－3λ＝0， 得λ＝－1，即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .1．用空间向量证明平行问题的方法2．用空间向量证明垂直问题的方法3．解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理． (2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0,0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算．提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示．1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PDC .证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点， 所以OF ∥AB .又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为PA ＝PD ＝22AD ， 所以PA ⊥PD ，OP ＝OA ＝a2.以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，0， P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，a 2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a ，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a ，0.因为E 为PC 的中点，所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 4，a 2，a4.易知平面PAD 的一个法向量为OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，因为EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a4，0，－a 4，且OF →·EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0·⎝ ⎛⎭⎪⎫a4，0，－a 4＝0，又因为EF ⊄平面PAD ， 所以EF ∥平面PAD .(2)因为PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，－a 2，CD →＝(0，－a,0)，所以PA →·CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，－a 2·(0，－a,0)＝0，所以PA →⊥CD →，所以PA ⊥CD . 又PA ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，PD ，CD ⊂平面PDC ，所以PA ⊥平面PDC . 又PA ⊂平面PAB ， 所以平面PAB ⊥平面PDC .2．如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的侧视图、俯视图，在直观图中，点M 是BD 的中点，AE ＝12CD ，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．(1)求证：EM ∥平面ABC ；(2)试问在棱CD 上是否存在一点N ，使MN ⊥平面BDE ？若存在，确定点N 的位置；若不存在，请说明理由．解 以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (0,2,0)，C (－2,0,0)，D (－2,0,4)，E (0,0,2)，M (－1,1,2)，AE →＝(0,0,2)，DB →＝(2,2，－4)，DE →＝(2,0，－2)，DC →＝(0,0，－4)，DM →＝(1,1，－2)，EM →＝(－1,1,0)．(1)证明：由图易知AE →为平面ABC 的一个法向量， 因为AE →·EM →＝0×(－1)＋0×1＋2×0＝0， 所以AE →⊥EM →，即AE ⊥EM ， 又EM ⊄平面ABC ， 故EM ∥平面ABC .(2)假设在DC 上存在一点N 满足题意， 设DN →＝λDC →＝(0,0，－4λ)，λ∈[0,1]，则NM →＝DM →－DN →＝(1,1，－2)－(0,0，－4λ)＝(1,1，－2＋4λ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧NM →·DB →＝0，NM →·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2＋2＋8－16λ＝0，2＋4－8λ＝0，解得λ＝34∈[0,1]．所以棱DC 上存在一点N ，满足NM ⊥平面BDE ，此时DN ＝34DC .题型 二 利用空间向量求解空间角角度1 利用空间向量求解异面直线所成的角1．(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值． 解 (1)证明：连接BD .设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1. 由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3. 由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt △FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，22，C (0，3，0)， 所以AE →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈AE →，CF →〉＝AE →·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 角度2 利用空间向量求解直线与平面所成的角(多维探究)2．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝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 －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值． 解 (1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2，知OP ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，AC ∩OB ＝O ，知PO ⊥平面ABC .(2)如图，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Oxyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，则AP →＝(0,2，23)，取平面PAC 的法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈OB →，n 〉|＝32.所以23|a －4|2a －2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 条件探究 将举例说明2(2)中“二面角M －PA －C 为30°”改为“直线PC 与平面PAM 所成角等于直线PB 与平面PAM 所成角”，试判断点M 的位置，并用向量法证明．解 点M 是线段BC 的中点时，直线PC 与平面PAM 所成角等于直线PB 与平面PAM 所成角．与举例说明2(2)前半部分解析相同，建系计算得 PB →＝(2,0，－23)，PC →＝(0,2，－23)，设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，平面PAM 的法向量n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，若直线PC 与平面PAM 所成角等于直线PB 与平面PAM 所成角． 则|PB →·n ||PB →|＝|PC →·n ||PC →|.所以|23a －＋23a |22＋－232＝|23a ＋23a |22＋－232. 整理得|2a －4|＝|2a |，解得a ＝1，即M (1,1,0)， 所以点M 是线段BC 的中点． 角度3 利用空间向量求解二面角3．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值． 解 (1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM . 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0，1,1)， AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)． DA →是平面MCD 的法向量，因此，cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255.1．利用向量求异面直线所成角的方法(1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是： ①选好基底或建立空间直角坐标系； ②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．2．利用向量法求线面角的方法(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．3．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．1．已知正四棱锥S －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 所成角的余弦值为________．答案33解析 以两对角线AC 与BD 的交点O 作为原点，以OA ，OB ，OS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设边长为2，则有O (0,0,0)，A (2，0,0)，B (0，2，0)，S (0,0，2)，D (0，－2，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，22，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－2，22，22，SD →＝(0，－2，－2)，|cos 〈AE →，SD →〉|＝|AE →·SD →||AE →||SD →|＝23×2＝33，故AE ，SD 所成角的余弦值为33.2．(2018·长郡中学高三实验班选拔考试)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BA ＝BC ＝5，AC ＝8，D 为线段AC 的中点．(1)求证：BD ⊥A 1D ；(2)若直线A 1D 与平面BC 1D 所成角的正弦值为45，求AA 1的长．解 (1)证明：∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱， ∴AA 1⊥平面ABC ，又BD ⊂平面ABC ，∴BD ⊥AA 1， ∵BA ＝BC ，D 是AC 的中点，∴BD ⊥AC ，又AC ∩AA 1＝A ，AC ⊂平面ACC 1A 1，AA 1⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1，又A 1D ⊂平面ACC 1A 1， ∴BD ⊥A 1D .(2)由(1)知BD ⊥AC ，AA 1⊥平面ABC ，故以D 为坐标原点，DB ，DC 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点D 且平行于AA 1的直线为z 轴建立空间直角坐标系Dxyz (如图所示)，设AA 1＝λ(λ>0)，则A 1(0，－4，λ)，B (3,0,0)，C 1(0,4，λ)，D (0,0,0)，∴DA 1→＝(0，－4，λ)，DC 1→＝(0,4，λ)，DB →＝(3,0,0)， 设平面BC 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC 1→＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y ＋λz ＝0，3x ＝0，则x ＝0，令z ＝4，可得y ＝－λ，故n ＝(0，－λ，4)为平面BC 1D 的一个法向量． 设直线A 1D 与平面BC 1D 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，DA 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DA 1→|n ||DA 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4λ＋4λλ2＋16·λ2＋16＝45， 解得λ＝2或λ＝8，即AA 1＝2或AA 1＝8.3．(2018·芜湖模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠AA 1B 1＝45°，AC ＝BC ，平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ，E 为CC 1的中点．(1)求证：BB 1⊥AC ；(2)若AA 1＝2，AB ＝2，直线A 1C 1与平面ABB 1A 1所成角为45°，求平面A 1B 1E 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．解 (1)证明：过点C 作CO ⊥BB 1交BB 1于O ，因为平面BB 1C 1C ⊥平面AA 1B 1B ，BB 1C 1C ∩平面AA 1B 1B ＝B 1B ，所以CO ⊥平面AA 1B 1B ，故CO ⊥OA ，又因为AC ＝BC ，OC ＝OC ，所以Rt △AOC ≌Rt △BOC ，故OA ＝OB ，因为∠AA 1B 1＝∠OBA ＝45°，所以AO ⊥BB 1，又因为BB 1⊥CO ，所以BB 1⊥平面AOC ，故BB 1⊥AC .(2)以O 为坐标原点，OA ，OB ，OC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，∵AC ∥A 1C 1，直线A 1C 1与平面ABB 1A 1所成角为45°，∴直线AC 与平面ABB 1A 1所成角为45°，∵CO ⊥平面AA 1B 1B ，∴∠CAO ＝45°，则A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，A 1(1，－2,0)，B 1(0，－1，0)，E (0，－1,1)，设平面A 1B 1E 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1E →＝0，n ·B 1E →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＋z 1＝0，z 1＝0，令x 1＝1，得n ＝(1,1,0)；设平面ABC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →＝0，m ·AC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋y 2＝0，－x 2＋z 2＝0，令x 2＝1，得m ＝(1,1,1)；∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝63，平面A 1B 1E 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为63.题型 三 求空间距离(供选用)(2018·合肥三模)如图，在多面体ABCDE 中，平面ABD ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AE ⊥BD ，DE 綊12AC ，AD ＝BD ＝1.(1)求AB 的长；(2)已知2≤AC ≤4，求点E 到平面BCD 的距离的最大值．解 (1)∵平面ABD ⊥平面ABC ，且交线为AB ，而AC ⊥AB ，∴AC ⊥平面ABD . 又∵DE ∥AC ，∴DE ⊥平面ABD ，从而DE ⊥BD . 注意到BD ⊥AE ，且DE ∩AE ＝E ，∴BD ⊥平面ADE ， 于是，BD ⊥AD .而AD ＝BD ＝1，∴AB ＝ 2. (2)∵AD ＝BD ，取AB 的中点为O ，∴DO ⊥AB . 又∵平面ABD ⊥平面ABC ，∴DO ⊥平面ABC .过O 作直线OY ∥AC ，以点O 为坐标原点，直线OB ，OY ，OD 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．记AC ＝2a ，则1≤a ≤2，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0， C ⎝⎛⎭⎪⎫－22，2a ，0，D ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，22，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a ，22， BC →＝(－2，2a,0)，BD →＝⎝⎛⎭⎪⎫－22，0，22. 设平面BCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n ＝0，BD →·n ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2ay ＝0，－22x ＋22z ＝0.令x ＝2，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，1a，2.又∵DE →＝(0，－a,0)，∴点E 到平面BCD 的距离d ＝|DE →·n ||n |＝14＋1a 2.∵1≤a ≤2，∴当a ＝2时，d 取得最大值，d max ＝14＋14＝21717.空间距离的几个结论(1)点到直线的距离：设过点P 的直线l 的方向向量为单位向量n ，A 为直线l 外一点，点A 到直线l 的距离d ＝|PA →|2－|PA →·n |2.(2)点到平面的距离：设P 为平面α内的一点，n 为平面α的法向量，A 为平面α外一点，点A 到平面α的距离d ＝|PA →·n ||n |.(3)线面距离、面面距离都可以转化为点到面的距离．(2018·惠州第一次调研)如图，已知圆柱OO 1底面半径为1，高为π，平面ABCD 是圆柱的一个轴截面，动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧面到达点D ，其运动路程最短时在侧面留下曲线Γ.将轴截面ABCD 绕着轴OO 1逆时针旋转θ(0<θ<π)后得到平面A 1B 1C 1D 1，边B 1C 1与曲线Γ相交于点P .(1)求曲线Γ的长度；(2)当θ＝π2时，求点C 1到平面APB 的距离．解 (1)将圆柱一半展开后底面的半个圆周变成长方形的边BA ，曲线Γ就是对角线BD . 由于AB ＝πr ＝π，AD ＝π，∴BD ＝2π. 故曲线Γ的长度为2π.(2)当θ＝π2时，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，B (0,1,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，π2，C 1(－1，0，π)，则AB →＝(0,2,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，1，π2，OC 1→＝(－1,0，π)，设平面ABP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，－x ＋y ＋π2z ＝0，取z ＝2得n ＝(π，0,2)，∴点C 1到平面PAB 的距离d ＝|OC 1→·n ||n |＝ππ2＋4 . 易错防范 向量法求空间角[典例] 如图，在多面体ADEFCB 中，ABFE 是直角梯形，∠AEF ＝90°，AE ∥BF ，DCFE 为正方形，且AE ＝1，BF ＝EF ＝2，∠BFC ＝60°.(1)求证：CE ∥平面ADB ；(2)求直线AB 与平面EFCD 所成角的正弦值．解 (1)证明：如图，取FB 的中点M ，连接CM ，EM ，AM .∵AE ∥BM ，AE ＝BM ，∴四边形AEMB 为平行四边形， ∴AB ∥EM ，同理AM ∥EF ，AM ＝EF ， ∴AM ∥EF ∥CD ，AM ＝EF ＝CD ， ∴四边形AMCD 为平行四边形， ∴AD ∥CM ，又CM ∩EM ＝M ，AB ∩AD ＝A ， ∴平面CME ∥平面ADB ，又CE ⊂平面CME ，∴CE ∥平面ADB . (2)由(1)可知AB ∥EM ，∴直线AB 与平面EFCD 所成的角就是直线EM 与平面EFCD 所成的角． 过M 作MN ⊥CF 于点N ，连接EN ，由于ABFE 是直角梯形，∠AEF ＝90°，AE ∥BF ，EFCD 为正方形， ∴∠EFB ＝90°，∠EFC ＝90°， ∴EF ⊥平面BFC ，∴EF ⊥MN ， ∴MN ⊥平面EFCD .以N 为坐标原点，NC →的方向为x 轴正方向，FE →的方向为y 轴正方向，NM →的方向为z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，∵M 为FB 的中点，∴MF ＝1. ∵∠BFC ＝60°，∴MN ＝32，NF ＝12.∴N (0,0,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝⎛⎭⎪⎫－12，2，0，ME →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2，－32. 易知平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，设直线AB 与平面EFCD 所成角的大小为α，则sin α＝|cos 〈n ，ME →〉|＝325＝1510， ∴直线AB 与平面EFCD 所成角的正弦值为1510. 防范措施 向量法求空间角要注意的问题建立空间直角坐标系时①证明线面垂直关系，为建系作准备，没有文字说明，直接建系通常会扣分. ②合理选择建系方法，从而有利于求向量的坐标.准确计算利用空间向量法解决立体几何问题，计算一定要准确，避免因一个点的坐标错误导致整个题目全错的情况.。

第六节立体几何中的向量方法1．空间向量的概念、数量积及坐标运算(1)空间向量及其相关概念①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；③|a|2＝a2，|a|＝x2＋y2＋z2.(3)向量的坐标运算：垂直 a ⊥b ⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0夹角 公式 cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23 2．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．3．直线与平面所成角如图所示，设l 为平面α的斜线，l ∩α＝A ，a为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，φ为l 与α所成的角，则sin φ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a·n ||a ||n |. 4．二面角若AB ，CD 分别是二面角α­l ­β的两个平面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角(或其补角)的大小就是向量AB ―→与CD―→的夹角，如图(1)．平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉＝θ，则二面角α ­l ­β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|，如图(2)(3)．[小题体验]1．(2019·台州模拟)在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，F 为B 1C 1的中点，则异面直线AF 与C 1E 所成角的正切值为( ) A.52 B.23C.255D.53解析：选C 以D 为坐标原点，DC ，DA ，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，设正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，可得A (0,2,0)，B (2,2,0)，C (2，0,0)，B 1(2,2,2)，C 1(2,0,2)，由中点坐标公式可得E (2,1,0)，F (2,1,2)，则AF ＝(2，－1,2)，C 1E ＝(0,1，－2)，设两异面直线所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈AF ，C 1E 〉|＝|AF ·C 1E ||AF |·|C 1E |＝|－1－4|9×5＝53，则sin θ＝23，故异面直线AF 与C 1E 所成角的正切值为2353＝255. 2．(教材习题改编)已知a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，则|b|＝________.答案：263．已知正四棱锥S ­ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 所成角的余弦值为________．解析：以两对角线AC 与BD 的交点O 作为原点，以OA ，OB ，OS 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设边长为2，则有O (0，0,0)，A (2，0,0)，B (0，2，0)，S (0，0，2)，D (0，－2，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，22，22，AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－2，22，22，SD ―→＝(0，－2，－2)，|cos 〈AE ―→，SD ―→〉|＝|AE ―→·SD ―→||AE ―→|·|SD ―→|＝23×2＝33，故AE ，SD 所成角的余弦值为33. 答案：334．(教材习题改编)在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．解析：如图，建立空间直角坐标系D ­xyz ，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，∴D 1C 1―→＝(0,2,0)，A 1C 1―→＝(－1,2,0)，A 1B ―→＝(0,2，－1)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧ n ·A 1C 1―→＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B ―→＝2y －z ＝0，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)， 设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1―→，n 〉|＝|D 1C 1―→·n||D 1C 1―→||n|＝22×3＝13， 即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13. 答案：131．共线向量定理中a ∥b ⇔存在λ∈R ，使a ＝λb 易忽视b ≠0.2．一个平面的法向量有无数个，但要注意它们是共线向量，不要误认为是共面向量．3．求异面直线所成角时易忽视角的范围⎝⎛⎦⎥⎤0，π2而导致结论错误．4．求直线与平面所成角时，注意求出夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．5．利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．[小题纠偏]1．若平面π1，π2垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是( )A ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(－3,1,1)B ．n 1＝(1,1,2)，n 2＝(－2,1,1)C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－1,2,1)D ．n 1＝(1,2,1)，n 2＝(0，－2，－2)解析：选A 两个平面垂直时其法向量也垂直，只有A 中的两个向量垂直．2．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：选A ∵a ∥b ，∴b ＝k a ，即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 6＝k λ＋1，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝－3，μ＝12，故选A.3．(2018·浙江高考原创卷)若在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为( )A.22B.24C.32D.34解析：选B 取AC 的中点M ，连接MB ，MA 1，易得MA ，MB ，MA 1两两垂直．以M 为坐标原点，MA ，MB ，MA 1的方向分别为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＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1＝(－3,0，3)，A 1B ＝(0，3，－3)，所以cos 〈AC 1，A 1B 〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 4．过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为________．解析：如图所示，建立空间直角坐标系，设AB＝PA ＝1，知A (0,0,0)，B (1，0,0)，D (0,1,0)，C (1,1,0)，P (0，0,1)，由题意，AD ⊥平面ABP ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又因为CD ⊥平面PAD ，所以AE ⊥CD ，又PD ∩CD ＝D ，所以AE ⊥平面CDP .所以AD ―→＝(0,1,0)，AE ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面ABP ，平面CDP 的法向量，且〈AD ―→，AE―→〉＝45°， 所以平面ABP 与平面CDP 所成的二面角为45°.答案：45°考点一 利用向量证明平行与垂直问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]如图所示，在四棱锥P ­ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°的角．求证：(1)CM ∥平面PAD ；(2)平面PAB ⊥平面PAD .证明：以C 为坐标原点，CB 所在直线为x轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C ­xyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，∴∠PBC ＝30°， ∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，32，∴DP ―→＝(0，－1,2)，DA ―→＝(23，3,0)， CM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，0，32. (1)设n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量，由⎩⎨⎧ DP ―→·n ＝0，DA ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM ―→＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM ―→.又CM ⊄平面PAD ，∴CM ∥平面PAD .(2)法一：由(1)知BA ―→＝(0,4,0)，PB ―→＝(23，0，－2)，设平面PAB 的一个法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)，由⎩⎨⎧ BA ―→·m ＝0，PB ―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y 0＝0，23x 0－2z 0＝0， 令x 0＝1，得m ＝(1,0，3)，又∵平面PAD 的一个法向量n ＝(－3，2,1)，∴m ·n ＝1×(－3)＋0×2＋3×1＝0，∴平面PAB ⊥平面PAD .法二：取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2,1)，BE ―→＝(－3，2,1)．∵PB ＝AB ，∴BE ⊥PA .又∵BE ―→·DA―→＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE ―→⊥DA―→.∴BE ⊥DA . 又PA ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面PAD .又∵BE ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .[由题悟法]1．利用向量法证明平行问题的类型及方法(1)证明线线平行：两条直线的方向向量平行．(2)证明线面平行：①该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行； ③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．(3)证明面面平行：两个平面的法向量平行．2．利用向量法证明垂直问题的类型及方法(1)证明线线垂直：两条直线的方向向量的数量积为0.(2)证明线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量平行．(3)证明面面垂直：①其中一个平面与另一个平面的法向量平行；②两个平面的法向量垂直．[即时应用](2018·昆明两区七校调研)如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝1，E 为BC 中点．(1)求证：C 1D ⊥D 1E ；(2)在棱AA 1上是否存在一点M ，使得BM ∥平面AD 1E ？若存在，求AM AA 1的值，若不存在，说明理由； (3)若二面角B 1­AE ­D 1的大小为90°，求AD 的长．解：(1)证明：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz ，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a,1,0)，C (0,1,0)，B 1(a,1,1)，C 1(0,1,1)，D 1(0，0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0， ∴C 1D ―→＝(0，－1，－1)，D 1E ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，－1， 则C 1D ―→·D 1E ―→＝0，∴C 1D ⊥D 1E .(2)设AM AA 1＝h ，则M (a,0，h )， ∴BM ―→＝(0，－1，h )，AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，0，AD 1―→＝(－a,0,1)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ AE ―→·n ＝－a 2x ＋y ＝0，AD 1―→·n ＝－ax ＋z ＝0，∴平面AD 1E 的一个法向量为n ＝(2，a,2a )，∵BM ∥平面AD 1E ，∴BM ―→⊥n ，即BM―→·n ＝2ah －a ＝0， ∴h ＝12. 即在AA 1上存在点M ，使得BM ∥平面AD 1E ，此时AM AA 1＝12. (3)连接AB 1，B 1E ，设平面B 1AE 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，AE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，0，AB 1―→＝(0,1,1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ AE ―→·m ＝－a 2x ′＋y ′＝0，AB 1―→·m ＝y ′＋z ′＝0，∴平面B 1AE 的一个法向量为m ＝(2，a ，－a )．∵二面角B 1­AE ­D 1的大小为90°，∴m ⊥n ，∴m ·n ＝4＋a 2－2a 2＝0，∵a ＞0，∴a ＝2，即AD ＝2.考点二 异面直线所成角重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·浙江名校信息卷)如图1，在平面多边形ABCDE 中，四边形ABCD 是正方形，△ADE 是正三角形．将△ADE 所在平面沿直线AD 折叠，使得点E 达到点S 的位置(如图2)．若二面角S ­AD ­C 的平面角θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3，则异面直线AC 与SD 所成角的余弦值的取值范围是( )A.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤216，24 B.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤616，24 C.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤216，6＋216 D.⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，28 解析：选D 如图，取AD 的中点O ，BC 的中点G ，连接OS ，OG ，则OG ⊥AD ，以OG 所在直线为x 轴，OD所在直线为y 轴，过点O 且垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝2，则A (0，－1,0)，C (2，1,0)，D (0,1,0)．因为△SAD 为正三角形，O 为AD 的中点，所以SO ⊥AD ，又OG ⊥AD ，所以∠SOG 是二面角S ­AD ­C 的平面角，即∠SOG ＝θ，则S (3cos θ，0，3sin θ)．因为AC ＝(2,2,0)，DS＝(3cos θ，－1，3sin θ)，所以cos 〈AC ，DS 〉＝23cos θ－222×2.又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3，所以cos θ∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12，32，所以cos 〈AC ，DS 〉∈⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤6－228，28，故异面直 线AC 与SD 所成角的余弦值的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤0，28. [由题悟法]用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦等于两向量夹角余弦值的绝对值．[即时应用]如图，四面体ABCD 中，O 是BD 的中点，CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝ 2. (1)求证：AO ⊥平面BCD ；(2)求异面直线AB 与CD 所成角的余弦值．解：(1)证明：连接OC ，由CA ＝CB ＝CD ＝BD ＝2，AB ＝AD ＝2，O 是BD 的中点，知CO ＝3，AO ＝1，AO ⊥BD .在△AOC 中，AC 2＝AO 2＋OC 2，则AO ⊥OC .又BD ∩OC ＝O ，因此AO ⊥平面BCD .(2)如图建立空间直角坐标系O ­xyz ，则A (0,0,1)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，AB ―→＝(1,0，－1)，CD ―→＝(－1，－3，0)，∴|cos 〈AB ―→，CD ―→〉|＝|AB ―→·CD ―→||AB ―→||CD ―→|＝24.即异面直线AB与CD 所成角的余弦值为24. 考点三 直线与平面所成角重点保分型考点——师生共研 [典例引领](2018·浙江高考原创卷)如图，边长为3的菱形ABCD 所在的平面与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直，∠BAD ＝60°，AE ⊥BE ，点M ，N 分别在AB ，DE 上，且AM MB ＝DN NE ＝12. (1)求证：MN ∥平面BCE ；(2)求直线BC 与平面CDE 所成角的正弦值．解：(1)证明：∵菱形ABCD 中∠BAD ＝60°，且平面ABCD ⊥平面ABE ，∴点D 在平面ABE 内的射影恰好是AB 的中点，设为O ，连接OD ，OE ，又△ABE是等腰直角三角形，AE ⊥BE ，∴OE ⊥AB .分别以OE ，OB ，OD 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz ，易得，OE ＝32，OD ＝332，OM ＝12， ∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0，D ⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，0，332，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，3，332， ∴EB ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0，BC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，32，332.∵EN ＝2ND ，∴N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，3，∴MN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，3， ∴MN ＝23BC －13EB ，即MN ，BC ，EB 共面， 又MN ⊄平面BCE ，∴MN ∥平面BCE .(2)设平面CDE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由(1)得ED ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－32，0，332，DC ＝(0,3,0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DC ＝0，n ·ED ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝0，－32x ＋332z ＝0，令z ＝1，则n ＝(3，0,1)为平面CDE 的一个法向量．设直线BC 与平面CDE 所成角的大小为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BC 〉|＝|n ·BC ||n|·|BC |＝3322×3＝34， ∴直线BC 与平面CDE 所成角的正弦值为34. [由题悟法]向量法求线面角的2大途径(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)．(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．[即时应用](2018·宁波十校联考)如图，△ABC 中，O 是BC的中点，AB ＝AC ，AO ＝2OC ＝2.将△BAO 沿AO 折起，使B 点到达B ′点．(1)求证：AO ⊥平面B ′OC ；(2)当三棱锥B ′­AOC 的体积最大时，试问在线段B ′A 上是否存在一点P ，使CP 与平面B ′OA 所成的角的正弦值为63？若存在，求出点P 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：因为AB ＝AC 且O 是BC 的中点， 所以AO ⊥BO ，AO ⊥CO ，由折叠知AO ⊥B ′O ，又CO ∩B ′O ＝O ，所以AO ⊥平面B ′OC .(2)当B ′O ⊥平面AOC 时，三棱锥B ′­AOC 的体积最大，所以OA ，OB ′，OC 两两垂直，如图建立空间直角坐标系O ­xyz ，则A (2,0,0)，B ′(0,0,1)，C (0,1,0)设AP ―→＝λAB ′―→＝(－2λ，0，λ)，则CP ―→＝CA ―→＋AP―→＝(2－2λ，－1，λ), 又平面B ′OA 的法向量n ＝(0,1,0)，依题意得，|CP ―→·n||CP ―→|·|n|＝63，即15λ2－8λ＋5＝63，化简得，10λ2－16λ＋7＝0, 此方程无解，所以满足条件的点P 不存在.考点四 二面角重点保分型考点——师生共研[典例引领](2018·宁波一模)如图，在空间直角坐标系O ­xyz 中，正四面体(各条棱的长均相等的三棱锥)ABCD 的顶点A ，B ，C 分别在x 轴，y 轴，z 轴上．(1)求证：CD ∥平面OAB ；(2)求二面角C ­AB ­D 的余弦值．解：(1)证明：由已知可得OA ＝OB ＝OC .设OA ＝a (a ＞0)，则AB ＝2a ，O (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a )， 设D 点的坐标为(x ，y ，z )(x ，y ，z 均大于0)，则由DA ＝DB ＝DC ＝2a ，可得(x －a )2＋y 2＋z 2＝x 2＋(y －a )2＋z 2＝x 2＋y 2＋(z －a )2＝2a 2，解得x ＝y ＝z ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫舍去x ＝y ＝z ＝－13a ，即D (a ，a ，a )， ∴CD ＝(a ，a,0)．又平面OAB 的一个法向量为OC ＝(0,0，a )，∴CD ·OC ＝0，即CD ⊥OC ，∵CD ⊄平面OAB ，∴CD ∥平面OAB .(2)设F 为AB 的中点，连接CF ，DF ，则CF ⊥AB ，DF ⊥AB ，则∠CFD 为二面角C ­AB ­D 的平面角．由(1)知，在△CFD 中，CF ＝DF ＝2a ×32＝62a ，CD ＝2a ， 则由余弦定理，得cos ∠CFD ＝CF 2＋DF 2－CD 22CF ·DF ＝13， 结合图形知，二面角C ­AB ­D 为锐角，故二面角C ­AB ­D 的余弦值为13. [由题悟法]利用法向量求二面角时的2个注意点(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含条件，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误．[即时应用](2018·金丽衢十二校联考)在几何体ABCDE 中，矩形BCDE 的边CD ＝2，BC ＝AB ＝1，∠ABC ＝90°，直线EB ⊥平面ABC ，P 是线段AD 上的点，且AP ＝2PD ，M 为线段AC 的中点．(1)证明：BM ∥平面ECP ；(2)求二面角A ­EC ­P 的余弦值．解：(1)证明：连接BD ，MD ，BD ∩CE ＝F ，MD ∩CP ＝N ，连接FN . ∵四边形BCDE 为矩形，∴F 为BD 中点．∵EB ⊥平面ABC ，∴DC ⊥平面ABC ，如图，在直角△ACD 中，取AP 中点Q ，连接Q M ，∵M 是AC 的中点，∴Q M ∥CP ，又∵AP ＝2PD ，∴Q P ＝PD ，∴DN ＝MN ，∴FN ∥BM .又∵FN ⊂平面ECP ，而BM ⊄平面ECP ，∴BM ∥平面ECP .(2)如图，以B 点为原点，BA 所在的直线为x轴，BC 所在的直线为y 轴，BE 所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则B (0,0,0), A (1,0,0), C (0，1,0), E (0,0,2), P ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23，43. AC ―→＝(－1,1,0)，AE―→＝(－1,0,2)， PC ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，13，－43，PE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－23，23. 设平面ACE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则有⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0， －x 1＋2z 1＝0，令x 1＝2，得n 1＝(2,2,1)；设平面PCE 法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则有⎩⎪⎨⎪⎧－13x 2＋13y 2－43z 2＝0，－13x 2－23y 2＋23z 2＝0令y 2＝2，得n 2＝(－2,2,1). ∴cos n 1，n 2＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝19. 由图知，二面角A ­EC ­P 为锐角， ∴二面角A ­EC ­P 的余弦值为19.一抓基础，多练小题做到眼疾手快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 ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α斜交解析：选B ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，∴n ＝－2a ， 即a ∥n ，∴l ⊥α.2．(2018·嘉兴模拟)已知A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则平行四边形ABCD 的顶点D 的坐标是( )A ．(2,4，－1)B ．(2,3,1)C ．(－3,1,5)D ．(5,13，－3)解析：选D 由题意知，AB ―→＝(－2，－6，－2)，设点D (x ，y ，z )，则DC ―→＝(3－x,7－y ，－5－z )，因为AB ―→＝DC ―→，所以x ＝5，y ＝13，z ＝－3，故选D.3．(2018·舟山模拟)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，O 为坐标原点，OA ―→＋λOB ―→与OB―→的夹角为120°，则λ的值为( )A ．±66B.66C ．－66D ．±6解析：选C 因为OA ―→＋λOB―→＝(1，－λ，λ)，所以cos 120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，解得λ＝－66. 4．若平面α的一个法向量为u 1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u 2＝(6，－2，z )，且α∥β，则y ＋z ＝________.解析：因为α∥β，所以u 1∥u 2，所以－36＝y －2＝2z ，所以y ＝1，z ＝－4，所以y ＋z ＝－3. 答案：－35．(2019·绍兴质检)如图，60°的二面角的棱上有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，则CD 的长为________．解析：∵60°的二面角的棱上有A ，B 两点，AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，∴CD ＝CA ＋AB ＋BD ，CA ·AB ＝0，AB ·BD ＝0， ∵AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8， ∴CD 2＝(CA ＋AB ＋BD )2＝CA 2＋AB 2＋BD 2＋2CA ·BD＝36＋16＋64＋2×6×8×cos 120° ＝68，∴CD 的长为217. 答案：2176．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP ―→＝13VC ―→，VM ―→＝23VB ―→，VN ―→＝23VD ―→.则VA 与平面PMN 的位置关系是________．解析：如图，设VA ―→＝a ，VB ―→＝b ，VC ―→＝c ，则VD―→＝a ＋c －b ，由题意知PM ―→＝23b －13c ， PN ―→＝23VD ―→－13VC―→ ＝23a －23b ＋13c.因此VA ―→＝32PM ―→＋32PN ―→， ∴VA ―→，PM ―→，PN ―→共面．又∵VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN . 答案：平行二保高考，全练题型做到高考达标1.如图，在多面体ABC ­A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1 ­AB ­C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：∵二面角A 1 ­AB ­C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面ABC .又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°， 即CA ⊥AB ，∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ， 设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)．(1) A 1B 1―→＝(0,2,0)，A 1A ―→＝(0,0，－2)，AC ―→＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·A 1A ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴A 1B 1―→＝2n ，即A 1B 1―→∥n.∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1―→＝(0,2,2)，A 1C 1―→＝(1,1,0)，A 1C ―→＝(2,0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·A 1C 1―→＝0，m ·A 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1―→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴AB 1―→⊥m.又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .2．(2018·浙江名校联考)如图，在直三棱柱ADF ­BCE 中，AB ＝BC ＝BE ＝2，CE ＝22，点K 在线段BE 上．(1)求证：AC ⊥平面BDE ；(2)若EB ＝4EK ，求直线AK 与平面BDF 所成角φ的正弦值． 解：(1)证明：在直三棱柱ADF ­BCE 中，AB ⊥平面BCE ，因为BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BC .又AB ＝BC ＝BE ＝2，CE ＝22， 所以BC 2＋BE 2＝CE 2，且AC ⊥BD ， 所以BE ⊥BC .因为AB ∩BC ＝B ，所以BE ⊥平面ABCD . 因为AC ⊂平面ABCD ，所以BE ⊥AC . 又BD ∩BE ＝B ，所以AC ⊥平面BDE .(2)法一：设AK 交BF 于点N ，由(1)知，AB ，AF ，AD 两两垂直且长度都为2，所以△BDF 是边长为22的正三角形，所以点A 在平面BDF 内的射影M 为△BDF 的中心．连接MN ，MF ，AM ，如图所示，则∠ANM 为直线AK 与平面BDF 所成的角φ.又FM ＝23×32×22＝263，所以AM ＝FA 2－FM 2＝4－83＝233.因为EB ＝4EK ，所以BK ＝32，所以AK ＝AB 2＋BK 2＝4＋94＝52.因为AN KN ＝AF BK ，所以AN AK －AN ＝AF BK，即AN52－AN ＝232，解得AN ＝107. 在Rt △ANM 中，sin φ＝AM AN ＝233107＝7315.所以直线AK 与平面BDF 所成角φ的正弦值为7315.法二：由(1)知，AB ，BC ，BE 两两垂直，以B 为坐标原点，BC ，BA ，BE 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，F (0,2,2)，A (0,2,0)，D (2，2,0)，BD ＝(2,2,0)，BF ＝(0,2,2)．因为EB ＝4EK ，所以K ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，所以AK ＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－2，32.设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ＝0，n ·BF ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，2y ＋2z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，－1,1)为平面BDF 的一个法向量． 于是sin φ＝|cos 〈n ，AK 〉|＝|n ·AK ||n|·|AK |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋323×4＋94＝7315， 所以直线AK 与平面BDF 所成角φ的正弦值为7315.3．(2018·浙江名校联考)已知长方形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝ 2.现将长方形沿对角线BD 折起，使AC ＝a ，得到一个四面体A ­BCD ，如图所示．(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB 与CD ，AD 与BC 能否垂直？若能垂直，求出相应的a 值；若不垂直，请说明理由．(2)当四面体A ­BCD 的体积最大时，求二面角A ­CD ­B 的余弦值． 解：(1)若AB ⊥CD ，因为AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ， 所以AB ⊥平面ACD ，所以AB ⊥AC .即AB 2＋a 2＝BC 2，即12＋a 2＝(2)2，所以a ＝1. 若AD ⊥BC ，因为AD ⊥AB ，AB ∩BC ＝B ， 所以AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC .即AD 2＋a 2＝CD 2，即(2)2＋a 2＝12，所以a 2＝－1，无解． 故AD ⊥BC 不成立．(2)要使四面体A ­BCD 的体积最大， 因为△BCD 的面积为定值22，所以只需三棱锥A ­BCD 的高最大即可，此时平面ABD ⊥平面BCD ，过点A 作AO ⊥BD 于点O ，则AO ⊥平面BCD ，以O 为原点建立空间直角坐标系O ­xyz (如图)，则易知A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，0，63， C ⎝⎛⎭⎪⎪⎫63，33，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，233，0， 显然，平面BCD 的一个法向量为OA ―→＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，0，63. 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．因为CD ―→＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－63，33，0，DA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－233，63， 所以⎩⎪⎨⎪⎧6x ＝3y ，23y ＝6z ，令y ＝2，得n ＝(1，2，2)． 故cos 〈OA―→，n 〉＝26363×7＝277.所以二面角A ­CD ­B 的余弦值为277.4．如图，在四棱锥S ­ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系C ­xyz ，则D (1,0,0)，A (2,2,0)，B (0,2,0)．设S (x ，y ，z )，显然x ＞0，y ＞0，z ＞0，则AS ―→＝(x －2，y －2，z )，BS ―→＝(x ，y －2，z )，DS ―→＝(x －1，y ，z )．由|AS ―→|＝|BS ―→|，得 x －22＋y －22＋z 2＝ x 2＋y －22＋z 2，解得x ＝1.由|DS ―→|＝1，得y 2＋z 2＝1.① 由|BS ―→|＝2，得y 2＋z 2－4y ＋1＝0.② 由①②，解得y ＝12，z ＝32.∴S ⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，12，32，AS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－32，32，BS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，－32，32，DS ―→＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，12，32， ∴DS ―→·AS ―→＝0，DS ―→·BS ―→＝0，∴DS ⊥AS ，DS ⊥BS ， 又AS ∩BS ＝S ，∴SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则n ⊥BS ―→，n ⊥CB ―→，∴n ·BS ―→＝0，n ·CB―→＝0. 又BS ―→＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫1，－32，32，CB ―→＝(0,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1－32y 1＋32z 1＝0，2y 1＝0，取z 1＝2，得n ＝(－3，0,2)．∵AB ―→＝(－2,0,0)， ∴cos 〈AB―→，n 〉＝AB―→·n |AB ―→||n|＝－2×－32×7＝217.故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为217.三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1.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．解：(1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D ­xyz .依题易得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以NE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM―→＝(－1,0,1)．设异面直线NE 与AM 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈NE ―→，AM ―→〉|＝|NE ―→·AM ―→||NE ―→|·|AM ―→|＝1252×2＝1010. 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 ，因为AN ―→＝(0,1,1)，可设AS ―→＝λAN―→＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又EA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以ES ―→＝EA ―→＋AS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎨⎧ES ―→·AM ―→＝0，ES ―→·AN ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－1＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS ―→|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN .故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ， 此时AS ＝22.2．(2019·杭二模拟)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AC ＝AA 1＝2，D 为棱CC 1的中点，AB 1∩A 1B ＝O .(1)求证：C 1O ∥平面ABD ；(2)设二面角D ­AB ­C 的正切值为22，AC ⊥BC ，E 为线段A 1B 上一点，且直线CE 与平面ABD 所成角的正弦值为223，求BEBA 1.解：(1)证明：取AB 的中点F ，连接OF ，DF ， 易知四边形ABB 1A 1为矩形， ∴O 为AB 1的中点， ∴OF ∥BB 1，OF ＝12BB 1，又C 1D ∥BB 1，C 1D ＝12BB 1，∴OF ∥C 1D ，OF ＝C 1D ，∴四边形OFDC 1为平行四边形，∴C 1O ∥DF ， ∵C 1O ⊄平面ABD ，DF ⊂平面ABD ， ∴C 1O ∥平面ABD .(2)过C 作CH ⊥AB 于H ，连接DH ， 易知∠DHC 为二面角D ­AB ­C 的平面角， ∵DC ＝1，tan ∠DHC ＝22，∴CH ＝2，又AC ＝2，AH ⊥CH ，∴∠HAC ＝45°， ∵AC ⊥BC ，∴BC ＝AC ＝2.以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 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C ­xyz ，其中C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (0,0,1)，A 1(2,0,2)，则AB ＝(－2,2,0)，BD ＝(0，－2,1)，BA 1＝(2，－2,2)，CB ＝(0,2,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝－2x ＋2y ＝0，n ·BD ＝－2y ＋z ＝0，取y ＝1，可得平面ABD 的一个法向量为n ＝(1,1,2)．设BE ＝λBA 1 (0≤λ≤1)，则CE ＝CB ＋λBA 1＝(2λ，2－2λ，2λ)，∴直线CE 与平面ABD 所成角的正弦值等于|cos 〈CE ，n 〉|＝4λ＋212λ2－8λ＋4×6＝223，∴36λ2－44λ＋13＝0， 解得λ＝12或λ＝1318，即BE BA 1＝12或BE BA 1＝1318.命题点 向量法求空间角及应用1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ­ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝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 ­PA ­C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．解：(1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB . 又因为OB ∩AC ＝O ， 所以PO ⊥平面ABC .(2)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 .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0，2,0)，P (0,0,23)，AP―→＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB ―→＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧AP ―→·n ＝0， AM ―→·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋4－a y ＝0，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)，所以平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB ―→，n 〉＝23a －423a －42＋3a 2＋a 2. 由已知可得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝cos 30°＝32， 所以23|a －4|23a －42＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝43或a ＝－4(舍去)．所以n ＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫－833，433，－43.又PC―→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC―→，n 〉＝833＋8334＋12·643＋163＋169＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34.2.(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，HF―→，HP 的方向分别为y 轴，z 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34.3.(2018·浙江高考)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值． 解：法一：(1)证明：由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21， 故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ， 得B 1C 1＝ 5.由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝2 3. 由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13， 所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21， 故AB 1⊥B 1C 1.又因为A 1B 1∩B 1C 1＝B 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1， 交直线A 1B 1于点D ，连接AD . 因为AB 1⊥平面A 1B 1C 1，AB 1⊂平面ABB 1，所以平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1.因为平面A 1B 1C 1∩平面ABB 1＝A 1B 1，C 1D ⊥A 1B 1，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1，所以C 1D ⊥平面ABB 1.所以∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1所成的角． 由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21， 得cos ∠C 1A 1B 1＝67，sin ∠C 1A 1B 1＝17，所以C 1D ＝3，故sin ∠C 1AD ＝C 1D AC 1＝3913.所以直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.法二：(1)证明：以AC 的中点O 为坐标原点，分别以射线OB ，OC 为x 轴，y 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1―→＝(1，3，2)，A 1B 1―→＝(1，3，－2)，A 1C 1―→＝(0,23，－3)．由AB 1―→·A 1B 1―→＝0，得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1―→·A 1C 1―→＝0，得AB 1⊥A 1C 1. 又因为A 1B 1∩A 1C 1＝A 1， 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1―→＝(0,23，1)，AB ―→＝(1，3，0)， BB1―→＝(0,0,2)． 设平面ABB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧n ·AB―→＝0，n ·BB 1―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1―→，n 〉|＝|AC 1―→·n||AC 1―→||n|＝3913.所以直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913.4．(2018·北京高考)如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝5，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B ­CD ­C 1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交．解：(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以CC1⊥AC，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.因为EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.(2)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.以E为坐标原点，EA，EB，EF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E­xyz.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)．―→＝(－1，－2,0)，所以BC―→＝(1，－2,1)．BD设平面BCD的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，则⎩⎨⎧n ·BC―→＝0，n ·BD ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋2y 0＝0，x 0－2y 0＋z 0＝0.令y 0＝－1，则x 0＝2，z 0＝－4. 于是n ＝(2，－1，－4)．又平面CC 1D 的一个法向量为EB ―→＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，EB ―→〉＝n ·EB ―→|n||EB ―→|＝－2121.由图知二面角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．5．(2018·天津高考)如图，AD ∥BC 且AD ＝2BC ，AD ⊥CD ，EG ∥AD 且EG ＝AD ，CD ∥FG 且CD ＝2FG ，DG⊥平面ABCD ，DA ＝DC ＝DG ＝2.(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (2)求二面角E ­BC ­F 的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长．解：依题意，可以建立以D 为坐标原点，分别以DA ―→，DC ―→，DG ―→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，E (2,0,2)，F (0，1,2)，G (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，1，N (1,0,2)．(1)证明：依题意得DC ―→＝(0,2,0)，DE ―→＝(2,0,2)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面CDE 的法向量， 则⎩⎨⎧n 1·DC ―→＝0，n 1·DE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0.不妨令z 1＝－1，可得n 1＝(1,0，－1)．又MN ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，1，可得MN ―→·n 1＝0.因为直线MN ⊄平面CDE ， 所以MN ∥平面CDE .(2)依题意，可得BC ―→＝(－1,0,0)，BE ―→＝(1，－2,2)，CF―→＝(0，－1,2)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面BCE 的法向量， 则⎩⎨⎧n 2·BC―→＝0，n 2·BE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＝0，x 2－2y 2＋2z 2＝0.不妨令z 2＝1，可得n 2＝(0,1,1)．设n 3＝(x 3，y 3，z 3)为平面BCF 的法向量， 则⎩⎨⎧n 3·BC―→＝0，n 3·CF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＝0，－y 3＋2z 3＝0.不妨令z 3＝1，可得n 3＝(0,2,1)．因此有cos 〈n 2，n 3〉＝n 2·n 3|n 2||n 3|＝2＋12×5＝31010，于是sin 〈n 2，n 3〉＝1010.所以二面角E ­BC ­F 的正弦值为1010.(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2])，则点P 的坐标为(0,0，h )，可得BP ―→＝(－1，－2，h )．易知DC ―→＝(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量， 故|cos 〈BP ―→，DC ―→〉|＝|BP ―→·DC ―→||BP ―→||DC ―→|＝2h 2＋5 .由题意，可得2h 2＋5＝sin 60°＝32，解得h ＝33∈[0,2]．所以线段DP 的长为33.。