2020年高考数学理科一轮复习讲义:第7章 立体几何 第7讲 Word版含解析
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第1课时空间几何体的结构及三视图、直观图1.空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征2.(1)三视图的名称几何体的三视图包括:正视图、侧视图、俯视图.(2)三视图的画法①在画三视图时,重叠的线只画一条,挡住的线要画成虚线.②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图.3.空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是:(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直,直观图中,x′轴,y′轴的夹角为45°或135°,z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍分别平行于坐标轴;平行于x轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变;平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半.4.判断下列结论的正误(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.(×)(2)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥.(×)(3)用一个平面去截一个球,截面是一个圆面.(√)(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中,三视图均相同.(×)(5)斜二测画法中,原图形中的平行垂直关系在直观图中不变.(×)(6)三角形的直观图应是三角形.(√)(7)正方形的直观图应是正方形.(×)(8)几何体的底面是什么图形,其俯视图就是什么图形.(×)(9)一个几何体的三视图完全相同,这个几何体只能是球.(×)(10)正四面体的三视图是三个全等的正三角形.(×)考点一空间几何体的结构特征例1](1)下列说法正确的是()A.有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B.四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C.有两个平面互相平行,其余各面都是梯形的多面体是棱台D.棱台的各侧棱延长后不一定交于一点解析:A错,如图1;B正确,如图2,其中底面ABCD是矩形,PD⊥平面ABCD,可证明∠P AB,∠PCB都是直角,这样四个侧面都是直角三角形;C错,如图3;D 错,由棱台的定义知,其侧棱必相交于同一点.答案:B(2)给出下列命题:①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线;②有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥;③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥;④棱台的上、下底面可以不相似,但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是()A.0B.1C.2 D.3解析:①不一定,只有这两点的连线平行于轴时才是母线;②不一定,因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”,如图1所示;③不一定,当以斜边所在直线为旋转轴时,其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥,如图2所示,它是由两个同底圆锥组成的几何体;④错误,棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形,各侧棱延长线交于一点,但是侧棱长不一定相等.答案:A方法引航](1)紧扣结构特征是判断的关键,熟悉空间几何体的结构特征,依据条件构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素,然后再依据题意判定.(2)通过反例对结构特征进行辨析,即要说明一个命题是错误的,只要举出一个反例即可.1.给出下列四个命题:①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱;②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体;③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱;④长方体一定是正四棱柱.其中正确的命题个数是()A.0B.1C.2 D.3解析:选A.反例:①直平行六面体底面是菱形,满足条件但不是正棱柱;②底面是等腰梯形的直棱柱,满足条件但不是长方体;③④显然错误,故选A.2.给出下列四个命题:①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱;②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥;③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体;④底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱.其中不正确的命题为________.解析:对于①,平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形,故①错;对于②,对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图),故②错;对于③,若底面不是矩形,则③错;④正确.答案:①②③考点二空间几何体的三视图例2](1)(2016·高考天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧(左)视图为()解析:由正视图、俯视图还原几何体的形状如图所示,则该几何体的侧视图为B.答案:B(2)某四面体的三视图如图所示,该四面体的六条棱中,长度最长的是()A.25B.2 6C.27D.4 2解析:由三视图可知该四面体的直观图如图所示.其中AC=2,P A=2,△ABC中,边AC上的高为23,所以BC=42+(23)2=27,而PB=P A2+AB2=22+42=25,因此在四面体的六条棱中,长度最长的是BC,其值为27,选C.答案:C(3)已知某几何体的三视图如图所示,其中正视图、侧视图均由直角三角形与半圆构成,俯视图由圆与内接三角形构成,根据图中的数据可得几何体的体积为________.解:由三视图确定该几何体是一个半球体与三棱锥构成的组合体,如图,其中AP ,AB ,AC 两两垂直,且AP =AB =AC =1,故AP ⊥平面ABC ,S △ABC =12AB ×AC =12,所以三棱锥P -ABC 的体积V 1=13×S △ABC ×AP =13×12×1=16,又Rt △ABC 是半球底面的内接三角形,所以球的直径2R =BC =2,解得R =22,所以半球的体积V 2=12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223=2π6,故所求几何体的体积V =V 1+V 2=16+2π6.答案:16+2π6方法引航] (1)分析视图的意义.确定其是一个平面的投影,还是面与面的交线,或者是旋转体的轮廓线的投影.(2)利用线框分析表面相对位置的关系.视图中的一个封闭线框一般情况下表示一个面的投影.若出现线框套线框,则可能有一个面是凸出的、凹下的、倾斜的或者是有打通的孔,两个线框相连,表示两个面高低不平或者相交.(3)将几个视图联系起来观察,确定物体形状.根据一个视图不能确定物体的形状,往往需要两个或两个以上的视图.1.(2017·河南开封模拟)一个正四棱锥的所有棱长均为2,其俯视图如图所示,则该正四棱锥的正视图的面积为()A.2B. 3C.2 D.4解析:选A.由题知,所求正视图是底边长为2,腰长为3的等腰三角形,其面积为1()32-1= 2.2×2×2.如图是一个物体的三视图,则此三视图所描述物体的直观图是()解析:选D.由俯视图可知是B和D中的一个,由正视图和侧视图可知B错,D正确.考点三几何体的直观图例3](1)正三角形xOy,则它的直观图的面积是________.解析:画出坐标系x′O′y′,作出△OAB的直观图O′A′B′(如图).D′为O′A′的中点.易知D ′B ′=12DB (D 为OA 的中点)=12×32a =34a∴S △O ′A ′B ′=12O ′A ′22D ′B ′=24×a ×34a =24×34a 2=616a 2. 答案:616a 2(2)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是( )A .28+65B .30+6 5C .56+125D .60+12 5解析:由几何体的三视图可知,该三棱锥的直观图如图所示,其中AE ⊥平面BCD ,CD ⊥BD ,且CD =4,BD =5,BE =2,ED =3,AE =4. ∵AE =4,ED =3,∴AD =5. 又CD ⊥BD ,CD ⊥AE , 则CD ⊥平面ABD , 故CD ⊥AD ,所以AC =41且S △ACD =10.在Rt △ABE 中,AE =4,BE =2,故AB =2 5. 在Rt △BCD 中,BD =5,CD =4, 故S △BCD =10,且BC =41.在△ABD 中,AE =4,BD =5,故S △ABD =10.在△ABC 中,AB =25,BC =AC =41,则AB 边上的高h =6,故S △ABC =12×25×6=6 5. 因此,该三棱锥的表面积为S =30+6 5.答案:B方法引航](1)由直观图还原为平面图的关键是找与x ′轴,y ′轴平行的直线或线段,且平行于x ′轴的线段还原时长度不变,平行于y ′轴的线段还原时放大为直观图中相应线段长的2倍,由此确定图形的各个顶点,顺次连接即可.(2)对于直观图,除了了解斜二测画法的规则外,还要了解原图形面积S 与其直观图面积S ′之间的关系S ′=S ,能进行相关问题的计算.1.将本例(1)改为一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形,原三角形的面积为________.解析:由斜二测画法画出直观图,知直观图是边长为1的正三角形,其原图是一个底边为1,高为6的三角形,所以原三角形的面积为62. 答案:622.将本例(2)改为某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.5603B.5803C.200 D.240解析:选C.由三视图知该几何体为直四棱柱,其底面为等腰梯形,上底长为2,下底长为8,高为4,故面积为S=(2+8)×42=20.又棱柱的高为10,所以体积V=Sh=20×10=200.易错警示]忽视几何体的放置与特征致误典例]在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如图所示,则相应的侧视图可以为()正解]由正视图和俯视图可以推测几何体为半圆锥和三棱锥的组合体(如图所示),且顶点在底面的射影恰是底面半圆的圆心,可知侧视图为等腰三角形,且轮廓线为实线,故选D.易误](1)根据正视图和俯视图确定原几何体的形状时出现错误,误把半圆锥看成半圆柱,不能准确判断出几何体的形状而误选A.(2)对实线与虚线的画法规则不明确而误选C. 警示] 1.首先确定几何体,面对读者是怎么放置的. 2.要分清三视图中的虚线是被哪部分挡住的. 3.要明确三视图中三角形的高度是不是几何体的高度.高考真题体验]1.(2016·高考全国乙卷)如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是28π3,则它的表面积是( )A .17πB .18πC .20πD .28π解析:选A.由三视图知该几何体为球去掉了18所剩的几何体(如图),设球的半径为R ,则78×43πR 3=28π3,故R =2,从而它的表面积S =78×4πR 2+34×πR 2=17π.故选A.2.(2015·高考课标全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r =( )A.1 B.2C.4 D.8解析:选B.由三视图可知,此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成的,其表面积为πr2+2πr2+4r2+2πr2=20π+16,所以r=2,故选B.3.(2014·高考课标全国卷Ⅰ)如图,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱解析:选B.将三视图还原为几何体即可.如图,几何体为三棱柱.4.(2013·高考课标全国Ⅰ)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.16+8π B.8+8πC.16+16π D.8+16π解析:选A.根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成,其中上面部分为长方体,下面部分为半个圆柱,所以组合体的体积为2×2×4+12×π×22×4=16+8π,故选A.课时规范训练A组基础演练1.五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,那么一个五棱柱对角线的条数共有()A.20B.15C.12 D.10解析:选D.如图,在五棱柱ABCDE-A1B1C1D1E1中,从顶点A出发的对角线有两条:AC1,AD1,同理从B,C,D,E点出发的对角线均有两条,共2×5=10(条).2.一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是() A.球B.三棱锥C.正方体D.圆柱解析:选D.球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等,首先排除选项A和C.对于如图所示三棱锥O-ABC,当OA、OB、OC两两垂直且OA=OB=OC时,其三视图的形状都相同,大小均相等,故排除选项B.不论圆柱如何设置,其三视图的形状都不会完全相同,故答案选D.3.如图是一几何体的直观图、主视图和俯视图.在主视图右侧,按照画三视图的要求画出的该几何体的左视图是( )解析:选B.由直观图和主视图、俯视图可知,该几何体的左视图应为面P AD ,且EC 投影在面P AD 上,故B 正确.4.一个锥体的主视图和左视图如图所示,下面选项中,不可能是该锥体的俯视图的是( )解析:选C.注意到在三视图中,俯视图的宽度应与左视图的宽度相等,而在选项C 中,其宽度为32,与题中所给的左视图的宽度不相等,C 不可能. 5.如图是一正方体被过棱的中点M 、N 和顶点A 、D 、C 1的两个截面截去两个角后所得的几何体,则该几何体的主视图为( )解析:选B.还原正方体,如图所示,由题意可知,该几何体的主视图是选项B.6.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图,边AB 平行于y 轴,BC ,AD 平行于x 轴.已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2,则原平面图形的面积为( ) A .4 cm 2B .4 2 cm 2 C .8 cm 2D .8 2 cm 2解析:选C.依题意可知∠BAD =45°,则原平面图形为直角梯形,上下底面的长与BC 、AD 相等,高为梯形ABCD 的高的22倍,所以原平面图形的面积为8 cm 2. 7.把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起,形成的三棱锥A -BCD 的正视图与俯视图如图所示,则其侧视图的面积为( )A.22B.12C.24D.14解析:选D.由正视图与俯视图可得三棱锥A -BCD 的一个侧面与底面垂直,其侧视图是直角三角形,且直角边长均为22,所以侧视图的面积为S =12×22×22=14,选D.8.已知正方体的棱长为1,其俯视图是一个面积为1的正方形,侧视图是一个面积为2的矩形,则该正方体的正视图的面积等于()A.32B.1C.2+12 D. 2解析:选D.由题意可知该正方体的放置如图所示,侧视图的方向垂直于面BDD1B1,正视图的方向垂直于面A1C1CA,且正视图是长为2,宽为1的矩形,故正视图的面积为2,因此选D.9.如图,E、F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1中AD1、B1C上的动点(不含端点),则四边形B1FDE的俯视图可能是()解析:选B.由画几何体的三视图的要求可知,点E在底面的正投影应落在线段A1D1上(不含端点),点F在底面的正投影应落在线段B1C1上(不含端点),而B1与D在底面的正投影分别为B1和D1,故四边形B1FDE在底面ABCD上的正投影为四边形,结合选项知选B.10.如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图,A,B,C是展开图上的三点,则在正方体盒子中,∠ABC的值为()A.30°B.45°C.60°D.90°解析:选C.还原正方体,如图所示,连接AB,BC,AC,可得△ABC是正三角形,则∠ABC=60°.B组能力突破1.如图,水平放置的三棱柱的侧棱长和底边长均为2,且侧棱AA1⊥面A1B1C1,主视图是边长为2的正方形,俯视图为一个等边三角形,该三棱柱的左视图面积为()A.23B. 3C.22D.4解析:选A.观察三视图可知,该几何体是正三棱柱,底面边长、高均为2,所以,其左视图是一个矩形,边长分别为2,2sin 60°=3,其面积为2 3.2.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A .12B .18C .24D .30解析:选C.由三视图还原几何体知,该几何体如图所示,其体积V =VB 1-ABC +VB 1-A 1ACC 1=13×12×3×4×2+13×3×5×4=24.3.已知一个正三棱柱的所有棱长均相等,其侧(左)视图如图所示,那么此三棱柱正(主)视图的面积为________.解析:由正三棱柱三视图还原直观图可得正(主)视图是一个矩形,其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高,另一边是棱长.因为侧(左)视图中三角形的边长为2,所以高为3,所以正视图的面积为2 3. 答案:2 34.如图,矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图,其中O ′A ′=6,O ′C ′=2,则原图形OABC 的面积为________.解析:由题意知原图形OABC 是平行四边形,且OA =BC =6,设平行四边形OABC 的高为OE ,则OE ×12×22=O ′C ′,∵O ′C ′=2,∴OE =42,∴S ▱OABC =6×42=24 2. 答案:24 25.如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一动点,则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为________.解析:如题图所示,设正方体的棱长为a ,则三棱锥P -ABC 的正(主)视图与侧(左)视图都是三角形,且面积都是12a 2,所以所求面积的比值为1. 答案:16.如图,三棱锥A -BCD 中,AB ⊥平面BCD ,BC ⊥CD ,若AB =BC =CD =2,则该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积为________.解析:∵AB ⊥平面BCD ,投影线平行于BD ,∴三棱锥A -BCD 的侧视图是一个以△BCD 的BD 边上的高为底,棱锥的高为高的三角形,∵BC ⊥CD ,AB =BC =CD =2,∴△BCD 中BD 边上的高为2,故该三棱锥的侧视图(投影线平行于BD )的面积S =12×2×2= 2. 答案: 2第2课时 空间几何体的表面积与体积1.空间几何体的表面积与体积2.(1)锥体的体积等于底面面积与高之积.(×)(2)球的体积之比等于半径比的平方.(×)(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.(√)(4)已知球O的半径R,其内接正方体的边长为a,则R=32a.(√)(5)半径为R的球内接正方体的对角线长为2R.(√)(6)因V锥=13Sh,V柱=Sh,因此锥体的体积是柱体的体积的13.(×)(7)圆柱的一个底面积为S,侧面展开图是一个正方形,那么这个圆柱的侧面积是2πS.(×)(8)球的表面积是该球大圆面积的4倍.(√)(9)圆锥的侧面展开图的扇形的圆心角不可能大于π.(×)(10)棱长为3,4,5的长方体表面上,两个对顶点间的最短距离为74.(√)考点一几何体的表面积例1](1)(2016·则该几何体的表面积为()A .20πB .24πC .28πD .32π解析:该几何体是圆锥与圆柱的组合体,由三视图可知圆柱底面圆的半径r =2,底面圆的周长c =2πr =4π,圆锥的母线长l =22+(23)2=4,圆柱的高h =4,所以该几何体的表面积S 表=πr 2+ch +12cl =4π+16π+8π=28π,故选C. 答案:C(2)一个六棱锥的体积为23,其底面是边长为2的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为________.解析:由题意可知,该六棱锥是正六棱锥,设该六棱锥的高为h ,则13×6×34×22×h =23,解得h =1,底面正六边形的中心到其边的距离为3,故侧面等腰三角形底边上的高为3+1=2,故该六棱锥的侧面积为12×2×2×6=12.答案:12方法引航](1)以三视图为载体的几何体的表面积问题,关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注意衔接部分的处理.,(3)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用.1.侧面都是等腰直角三角形的正三棱锥,底面边长为a 时,该三棱锥的表面积是( ) A.3+34a 2B.34a 2C.3+32a 2D.6+34a 2解析:选A.∵侧面都是等腰直角三角形,故侧棱长等于22a , ∴S 表=34a 2+3×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2=3+34a 2.2.以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴,将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( ) A .2π B .π C .2 D .1解析:选A.所得圆柱体的底面半径为1,母线长为1,所以其侧面积S =2π×1×1=2π,故选A.考点二 几何体的体积例2] (1)(2016·示.则该几何体的体积为( )A.13+23πB.13+23πC.13+26π D .1+26π解析:选C.由三视图可知,四棱锥的底面是边长为1的正方形,高为1,其体积V 1=13×12×1=13.设半球的半径为R ,则2R =2,即R =22,所以半球的体积V 2=12×4π3R 3=12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223=26π.故该几何体的体积V =V 1+V 2=13+26π.故选C.(2)(2016·高考北京卷)某四棱柱的三视图如图所示,则该四棱柱的体积为________.解析:由俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形,则四棱柱的底面积S =(1+2)×12=32,由侧(左)视图可知四棱柱的高h =1,所以该四棱柱的体积V =Sh =32. 答案:32(3)(2016·高考天津卷)已知一个四棱锥的底面是平行四边形,该四棱锥的三视图如图所示(单位:m),则该四棱锥的体积为________m 3.解析:根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m 、高为1 m 的平行四边形,四棱锥的高为3 m ,故其体积为13×2×1×3=2(m 3). 答案:2(4)(2016·高考全国乙卷)如图,已知正三棱锥P -ABC 的侧面是直角三角形,P A =6.顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ,D 在平面P AB 内的正投影为点E ,连接PE 并延长交AB 于点G . ①证明:G 是AB 的中点;②在图中作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由),并求四面体PDEF 的体积.解:①证明:因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以AB ⊥PD . 因为D 在平面P AB 内的正投影为E ,所以AB ⊥DE .又PD ∩DE =D ,所以AB ⊥平面PED ,故AB ⊥PG . 又由已知可得,P A =PB ,从而G 是AB 的中点.②在平面P AB 内,过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ,F 即为E 在平面P AC 内的正投影.理由如下:由已知可得PB ⊥P A ,PB ⊥PC ,又EF ∥PB ,所以EF ⊥P A ,EF ⊥PC ,又P A ∩PC =P ,因此EF ⊥平面P AC ,即点F 为E 在平面P AC 内的正投影.连接CG ,因为P 在平面ABC 内的正投影为D ,所以D 是正三角形ABC 的中心,由①知,G 是AB 的中点,所以D 在CG 上,故CD =23CG . 由题设可得PC ⊥平面P AB ,DE ⊥平面P AB , 所以DE ∥PC ,因此PE =23PG ,DE =13PC .由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且P A =6,可得DE =2,PE =2 2. 在等腰直角三角形EFP 中,可得EF =PF =2, 所以四面体PDEF 的体积V =13×12×2×2×2=43.方法引航](1)若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体,则可直接利用公式进行求解.其中,等积转换法多用来求三棱锥的体积.(2)若所给定的几何体是不规则几何体,则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体,再利用公式求解.(3)若以三视图的形式给出几何体,则应先根据三视图得到几何体的直观图,然后根据条件求解.1.一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析:选D.如图,不妨设正方体的棱长为1,则截去部分为三棱锥A -A 1B 1D 1,其体积为16,又正方体的体积为1,则剩余部分的体积为56,故所求比值为15.故选D.2.如图,在多面体ABCDEF 中,已知ABCD 是边长为1的正方形,且△ADE ,△BCF 均为正三角形,EF ∥AB ,EF =2,则该多面体的体积为( )A.23B.33C.43D.32解析:选A.如图,分别过点A ,B 作EF 的垂线,垂足分别为G ,H ,连接DG ,CH ,容易求得EG =HF =12,AG =GD =BH =HC =32,则△BHC 中BC 边的高h =22.∴S △AGD =S △BHC =12×22×1=24,∴V =V E -ADG +V F -BHC +V AGD -BHC =2V E -ADG +V AGD -BHC =13×24×12×2+24×1=23.3.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.13+πB.23+π C.13+2π D.23+2π解析: 选A.半圆柱上面有一个三棱锥的组合体,其中半圆柱的底面半径为1,高为2,三棱锥的底面为一个斜边长为2的等腰直角三角形,高为1,所以该几何体的体积V =13×12×2×1×1+12π×12×2=13+π,故选A.考点三 与球有关的组合体例3] (1)(2016·则该球的表面积为( )A .12π B.323π C .8π D .4π解析:由正方体的体积为8可知,正方体的棱长a =2.又正方体的体对角线是其外接球的一条直径,即2R =3a (R 为正方体外接球的半径),所以R =3,故所求球的表面积S =4πR 2=12π. 答案:A(2)(2016·高考全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABC -A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ,AB =6,BC =8,AA 1=3,则V 的最大值是( ) A .4π B.92π C .6π D.32π3解析:设球的半径为R ,∵AB ⊥BC ,AB =6,BC =8,∴AC =10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时,有12(6+8+10)×R =12×6×8,此时R =2; 当球与直三棱柱两底面相切时,有2R =3,此时R =32.所以在封闭的直三棱柱中,球的最大半径只能为32,故最大体积V =43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323=9π2.答案:B(3)若一个正四面体的表面积为S 1,其内切球的表面积为S 2,则S 1S 2=________.解析:设正四面体的棱长为a ,则正四面体表面积为S 1=4·34·a 2=3a 2,其内切球半径为正四面体高的14,即r =14·63a =612a ,因此内切球表面积为S 2=4πr 2=πa 26,则S 1S 2=3a 2π6a 2=63π. 答案:63π(4)正四棱锥的顶点都在同一球面上,若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为( ) A.81π4B .16π C .9π D.27π4解析:如图所示,设球半径为R ,棱锥的底面中心为O ′,球心为O . ∵正四棱锥P -ABCD 中AB =2,∴AO ′= 2.∵PO ′=4,∴在Rt △AOO ′中,AO 2=AO ′2+OO ′2, ∴R 2=(2)2+(4-R )2,解得R =94,∴该球的表面积为4πR 2=4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫942=81π4.答案:A方法引航] 一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题,从而寻找几何体各元素之间的关系.1.在本例(1)中求该正方体的内切球的体积及表面积.解:由题意知:2R =2,R =1,S 球=4πR 2=4π,V 球=43πR 3=43π. 2.在本例(2)中求三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的表面积. 解:将三棱柱ABC -A 1B 1C 1补成一个长方体,棱长分别为6,8,3. ∴球的直径2R =62+82+32=109,∴R =12109∴S 球=4πR 2=4π×1094=109π.3.将本例(3)改为球内有一个高为4,底面半径为1的圆锥,求球的表面积. 解析:由题意得(4-r )2+12=r 2,∴r =178, 此时,2<r <4,适合题意.或者当r >4时,(r -4)2+12=r 2,∴r =178(舍).∴S 球=4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1782=28916π.思想方法]化归与转化思想在求空间几何体体积中的应用(1)“转”:指的是转换底面与高,将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面,或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解长度的高; (2)“拆”:指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体,便于计算; (3)“拼”:指的是将小几何体嵌入一个大几何体中,如有时将一个三棱锥还原成一个三棱柱,有时将一个三棱柱还原成一个四棱柱,还台为锥,这些都是拼补的方法. 典例] 如图,在三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一个动点P 、Q ,且满足A 1P =BQ ,M 是棱CA 上的动点,则V M -ABQP VABC -A 1B 1C 1-VM -ABQP的最大值是__________.解析] 设VABC -A 1B 1C 1=V ,V M -ABQP =VM -B 1BA ≤VC -B 1BA =VB 1-CBA =13V ,即M 与C 重合时V M -ABQP最大,V M -ABQPVABC -A 1B 1C 1-V M -ABQP =V 3V -V 3=12. 答案] 12回顾反思] 一般来说,对于规则的几何体,一般用公式法.对于非规则的几何体,一般用割补法.对于某些三棱锥,有时可以利用转换的方法.高考真题体验]1.(2016·高考全国丙卷)如图所示,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为()A.18+36 5B.54+18 5C.90D.81解析:选B.由几何体的三视图可知,该几何体是底面为正方形的斜四棱柱,其中有两个侧面为矩形,另两个侧面为平行四边形,则表面积S=(3×3+3×6+3×35)×2=54+18 5.故选B.2.(2015·高考课标卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著,书中有如下问题:“今有委米依垣内角,下周八尺,高五尺.问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图,米堆为一个圆锥的四分之一),米堆底部的弧长为8尺,米堆的高为5尺,问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺,圆周率约为3,估算出堆放的米约有()。
第7讲立体几何中的向量方法1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量直线l上的向量e或与01共线的向量叫做直线l的方向向量,显然一条直02无数个.(2)平面的法向量如果表示向量n03垂直于平面α,则称这个向量垂直于平面α,记作n⊥α,此时向量n叫做平面α的法向量.04无数个,且它们是05共线向量.(3)设直线l,m的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为u,v,则l∥m06a∥b⇔07a=k b,k∈R;l⊥m08a⊥b⇔09a·b=0;l∥α10a⊥u⇔11a·u=0;l⊥α12a∥u⇔13a=k u,k∈R;α∥β14u∥v⇔15u=k v,k∈R;α⊥β16u⊥v⇔17u·v=0.2.空间向量与空间角的关系(1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a,b的方向向量分别为a,b,其夹角为θ,则cosφ=|cosθ| 18|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a,b所成的角,范围是(0°,90°]).(2)直线与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|=19|e ·n ||e ||n |,φ的取值范围是[0°,90°].(3)求二面角的大小如图①,AB ,CD 是二面角α-l -β的两个半平面内与棱l 垂直的直线,则二面角的大小θ=20〈AB→,CD →〉.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=cos 〈n 1,n 2〉或-cos 〈n 1,n 2〉,取值范围是[0°,180°].确定平面法向量的方法(1)直接法:观察是否有垂直于平面的向量,若有,则此向量就是法向量. (2)待定系数法:取平面内的两个相交向量a ,b ,设平面的法向量为n =(x ,y ,z ),由⎩⎨⎧n ·a =0,n ·b =0,解方程组求得.1.平面α的一个法向量为(1,2,0),平面β的一个法向量为(2,-1,0),则平面α和平面β的位置关系是( )A .平行B .相交但不垂直C .垂直D .重合答案 C解析 由(1,2,0)·(2,-1,0)=1×2+2×(-1)+0×0=0,知两平面的法向量互相垂直,所以两平面互相垂直.2.已知A (1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1),则平面ABC 的一个单位法向量是( )A .⎝ ⎛⎭⎪⎫33,33,-33B .⎝ ⎛⎭⎪⎫33,-33,33C .⎝ ⎛⎭⎪⎫-33,33,33D .⎝ ⎛⎭⎪⎫-33,-33,-33答案 D解析 AB→=(-1,1,0),AC →=(-1,0,1),设平面ABC 的法向量n =(x ,y ,z ),∴⎩⎨⎧-x +y =0,-x +z =0.令x =1,则y =1,z =1,∴n =(1,1,1).单位法向量为±n |n |=±⎝ ⎛⎭⎪⎫33,33,33. 3. 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 .MN 在平面BB 1C 1C 内答案 B解析 MN →=MA 1→+A 1A →+AN →=13BA 1→+A 1A →+13AC →=13(B 1A 1→-B 1B →)+B 1B →+13(AB →+AD →)=23B 1B →+13B 1C 1→,∴MN →,B 1B →,B 1C 1→共面.又MN ⊄平面BB 1C 1C ,∴MN ∥平面BB 1C 1C .4. 如图所示,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,O 是底面ABCD 的中心,E ,F 分别是CC 1,AD 的中点,那么异面直线OE 与FD 1所成角的余弦值等于( )A .105B .155C .45D .23答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则O (1,1,0),E (0,2,1),F (1,0,0),D 1(0,0,2),∴FD 1→=(-1,0,2),OE →=(-1,1,1).∴cos 〈FD 1→,OE →〉=FD 1→·OE→|FD1→||OE →|=1+0+25×3=155.故选B .5.如图,已知P 为矩形ABCD 所在平面外一点,P A ⊥平面ABCD ,E ,F 分别是AB ,PC 的中点.若∠PDA =45°,则EF 与平面ABCD 所成的角的大小是( )A .90°B .60°C .45°D .30°答案 C解析 设AD =a ,AB =b ,因为∠PDA =45°,P A ⊥平面ABCD ,所以P A ⊥AD ,P A =AD =a .以点A 为坐标原点,AB ,AD ,AP 所在直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A (0,0,0),P (0,0,a ),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2,0,0,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2,a 2,a 2,所以EF→=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a 2,a 2.易知AP →=(0,0,a )是平面ABCD 的一个法向量.设EF 与平面ABCD 所成的角为θ,则sin θ=|cos 〈AP →,EF →〉|=|AP →·EF →||AP →||EF →|=22.所以θ=45°.6. (2020·广东华侨中学高三模拟)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 ,则点M 的坐标为( )A .(1,1,1)B .⎝ ⎛⎭⎪⎫23,23,1C .⎝ ⎛⎭⎪⎫22,22,1D .⎝ ⎛⎭⎪⎫24,24,1答案 C解析 设AC 与BD 相交于点O ,连接OE ,∵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 对角线的交点,∴M 为线段EF 的中点.在空间直角坐标系中,E (0,0,1),F (2,2,1).由中点坐标公式,知点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22,22,1.考向一 利用空间向量证明平行、垂直例1 如图,在四棱锥P -ABCD 中,PC ⊥平面ABCD ,PC =2,在四边形ABCD 中,∠ABC =∠BCD =90°,AB =4,CD =1,点M 在PB 上,PB =4PM ,PB 与平面ABCD 所成的角为30°.求证:(1)CM ∥平面P AD ; (2)平面P AB ⊥平面P AD .证明 以点C 为坐标原点,分别以CB ,CD ,CP 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Cxyz .∵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P AD 的一个法向量,由⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n =0,DA →·n =0,得⎩⎨⎧-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P AD ,∴CM ∥平面P AD . (2)如图,取AP 的中点E ,连接BE ,则E (3,2,1),BE →=(-3,2,1).∵PB =AB ,∴BE ⊥P A .又BE →·DA →=(-3,2,1)·(23,3,0)=0, ∴BE→⊥DA →,∴BE ⊥DA . 又P A ∩DA =A ,∴BE ⊥平面P AD . 又BE ⊂平面P AB ,∴平面P AB ⊥平面P AD . 1.用向量法证平行问题的类型及常用方法线线平行证明两直线的方向向量共线线面平行 ①证明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表示面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量); ②转化为线面平行、线线平行问题线线垂直 问题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线面垂直 问题 直线的方向向量与平面的法向量共线,或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂直 问题两个平面的法向量垂直,或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直1. 如图所示,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,侧面AA 1C 1C 和侧面AA 1B 1B 都是正方形且互相垂直,M 为AA 1的中点,N 为BC 1的中点.求证:(1)MN ∥平面A 1B 1C 1; (2)平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C .证明 由题意知AA 1,AB ,AC 两两垂直,以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设正方形AA 1C 1C 的边长为2,则A (0,0,0),A 1(2,0,0),B (0,2,0),B 1(2,2,0),C (0,0,2),C 1(2,0,2),M (1,0,0),N (1,1,1).(1)因为几何体是直三棱柱, 所以侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1.因为AA 1→=(2,0,0),MN →=(0,1,1),所以MN →·AA 1→=0,即MN →⊥AA 1→.因为MN ⊄平面A 1B 1C 1,故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为 n 1=(x 1,y 1,z 1),n 2=(x 2,y 2,z 2). 因为MB →=(-1,2,0),MC 1→=(1,0,2),所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MB →=0,n 1·MC 1→=0,即⎩⎨⎧-x 1+2y 1=0,x 1+2z 1=0, 令x 1=2,则平面MBC 1的一个法向量为n 1=(2,1,-1).同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2=(0,1,1).因为n 1·n 2=2×0+1×1+(-1)×1=0,所以n 1⊥n 2,所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C . 多角度探究突破考向二 利用空间向量求空间角 角度1 求异面直线所成的角例2 (1) (2020·汕头模拟)如图,正四棱锥P -ABCD 的侧面P AB 为正三角形,E 为PC 的中点,则异面直线BE 和P A 所成角的余弦值为( )A .33B .32C .22D .12答案 A解析 连接AC ,BD ,交于点O ,连接PO ,以O 为原点,OA 所在直线为x 轴,OB 所在直线为y 轴,OP 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系,设AB =2,则OA =OB =OP =1,A (1,0,0),B (0,1,0),C (-1,0,0),P (0,0,1),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,0,12,BE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,-1,12,P A →=(1,0,-1),设异面直线BE 和P A 所成角为θ,则cos θ=|BE →·P A →||BE →||P A →|=132×2=33. ∴异面直线BE 和P A 所成角的余弦值为33.故选A .(2) 如图所示,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别是CC 1,AD 的中点,那么异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值等于________.答案 25解析 如图,以D 为原点建立空间直角坐标系.则A 1(2,0,2),F (1,0,0),D 1(0,0,2),E (0,2,1), 则A 1F →=(-1,0,-2),D 1E →=(0,2,-1), cos 〈D 1E →,A 1F →〉=D 1E →·A 1F →|D 1E →||A 1F →|=25×5=25, ∴异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值等于25.(1)求异面直线所成角的思路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 θ=|cos 〈v 1,v 2〉|=|v 1·v 2||v 1||v 2|求解(θ为两异面直线所成角).(2)两异面直线所成角的关注点两异面直线所成角θ的范围是(0°,90°],两向量的夹角α的范围是[0°,180°],当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时,该角就是异面直线的夹角;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.(多选)(2020·山东潍坊5月模拟)已知在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点E ,F ,H 分别是AB ,DD 1,BC 1的中点,下列结论中正确的是( )A .D 1C 1∥平面CHDB .AC 1⊥平面BDA 1C .三棱锥D -BA 1C 1的体积为56 D .直线EF 与BC 1所成的角为30° 答案 ABD解析 如图1所示,因为D 1C 1∥DC ,D 1C 1⊄平面CHD ,DC ⊂平面CHD ,所以D 1C 1∥平面CHD ,A 正确;建立空间直角坐标系,如图2所示.由于正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,则AC 1→=(-1,1,1),BD →=(-1,-1,0),DA 1→=(1,0,1),所以AC 1→·BD →=1-1+0=0,AC 1→·DA 1→=-1+0+1=0,所以AC 1→⊥BD →,AC 1→⊥DA 1→,所以AC 1⊥平面BDA 1,B 正确;三棱锥D -BA 1C 1的体积为V 三棱锥D -BA 1C 1=V 正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1-4V 三棱锥A 1-ABD =1-4×13×12×1×1×1=13,所以C 错误;E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1,12,0,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,0,12,所以EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,-12,12,BC →1=(-1,0,1),所以cos 〈EF →,BC 1→〉=EF →·BC 1→|EF →||BC 1→|=1+0+1232×2=32,所以直线EF 与BC 1所成的角是30°,D 正确.故选ABD.角度2 求直线与平面所成的角例3 (2020·山东高考) 如图,四棱锥P -ABCD 的底面为正方形,PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明:l ⊥平面PDC ;(2)已知PD =AD =1,Q 为l 上的点,求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值.解 (1)证明:在正方形ABCD 中,AD ∥BC , 因为AD ⊄平面PBC ,BC ⊂平面PBC , 所以AD ∥平面PBC ,又因为AD ⊂平面P AD ,平面P AD ∩平面PBC =l , 所以AD ∥l .因为在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是正方形, 所以AD ⊥DC ,所以l ⊥DC ,又PD ⊥平面ABCD ,所以AD ⊥PD ,所以l ⊥PD . 因为DC ∩PD =D ,所以l ⊥平面PDC . (2)如图,建立空间直角坐标系Dxyz .因为PD =AD =1,所以D (0,0,0),C (0,1,0),A (1,0,0),P (0,0,1),B (1,1,0), 设Q (m,0,1),则有DC→=(0,1,0),DQ →=(m,0,1),PB →=(1,1,-1).设平面QCD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n =0,DQ →·n =0,即⎩⎨⎧y =0,mx +z =0,令x =1,则z =-m ,所以平面QCD 的一个法向量为n =(1,0,-m ), 则cos 〈n ,PB →〉=n ·PB →|n ||PB →|=1+0+m 3·m 2+1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值,知直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于|cos 〈n ,PB→〉|= |1+m |3·m 2+1=33·1+2m +m 2m 2+1=33·1+2m m 2+1≤33·1+2|m |m 2+1≤33·1+1=63, 当且仅当m =1时取等号,所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63.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,取其余角就是斜线与平面所成的角.提醒:在求平面的法向量时,若能找出平面的垂线,则在垂线上取两个点可构成一个法向量.3.(2019·浙江高考)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A1BC所成角的余弦值.解解法一:(1)证明:如图1,连接A1E.因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.又因为平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.又因为A1E∩A1F=A1,所以BC⊥平面A1EF.因为EF⊂平面A1EF,所以EF⊥BC.(2)如图1,取BC的中点G,连接EG,GF,连接A1G交EF于点O,则四边形EGF A1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGF A1为矩形.由(1),得BC⊥平面EGF A1,所以平面A1BC⊥平面EGF A1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).不妨设AC =4,则在Rt △A 1EG 中,A 1E =23,EG = 3. 由于O 为A 1G 的中点,故EO =OG =A 1G 2=152, 所以cos ∠EOG =EO 2+OG 2-EG 22EO ·OG=35.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 解法二:(1)证明:如图2,连接A 1E .因为A 1A =A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC .又因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ⊂平面A 1ACC 1,平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ,所以A 1E ⊥平面ABC .以点E 为坐标原点,分别以射线EC ,EA 1为y ,z 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系Exyz .不妨设AC =4,则E (0,0,0),A 1(0,0,23),B (3,1,0),B 1(3,3,23),F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32,32,23,C (0,2,0). 因此,EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫32,32,23,BC →=(-3,1,0).由EF →·BC→=0,得EF ⊥BC .(2)由(1)可得BC →=(-3,1,0),A 1C →=(0,2,-23). 设平面A 1BC 的法向量为n =(x ,y ,z ).由⎩⎪⎨⎪⎧BC →·n =0,A 1C →·n =0,得⎩⎪⎨⎪⎧-3x +y =0,y -3z =0. 取n =(1, 3,1),设直线EF 与平面A 1BC 所成的角为θ,故sin θ=|cos 〈EF →,n 〉|=|EF →·n ||EF →||n |=45,所以cos θ=35.因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35. 角度3 求二面角例4 (2020·济南一模)如图1,平面四边形ABCD 中,AB =AC =2,AB ⊥AC ,AC ⊥CD ,E 为BC 的中点,将△ACD 沿对角线AC 折起,使CD ⊥BC ,连接BD ,DE ,AE ,得到如图2所示的三棱锥D -ABC .(1)证明:平面ADE ⊥平面BCD ;(2)已知直线DE 与平面ABC 所成的角为π4,求二面角A -BD -C 的余弦值. 解 (1)证明:在三棱锥D -ABC 中,因为CD ⊥BC ,CD ⊥AC ,AC ∩BC =C ,所以CD ⊥平面ABC . 又AE ⊂平面ABC ,所以AE ⊥CD .因为AB =AC ,E 为BC 的中点,所以AE ⊥BC . 又BC ∩CD =C ,所以AE ⊥平面BCD . 又AE ⊂平面ADE ,所以平面ADE ⊥平面BCD .(2)由(1)可知∠DEC 即为直线DE 与平面ABC 所成的角,所以∠DEC =π4. 在Rt △ABC 中,由勾股定理得BC =2,故CD =CE =1.作EF ∥CD 交BD 于点F ,由(1)知EA ,EB ,EF 两两垂直,以E 为原点,EA ,EB ,EF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则E (0,0,0),A (1,0,0),B (0,1,0),D (0,-1,1), 易知平面BCD 的一个法向量为n 1=(1,0,0), 又AB→=(-1,1,0),AD →=(-1,-1,1), 设平面ABD 的一个法向量为n 2=(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →=-x +y =0,n 2·AD →=-x -y +z =0,令x =1,解得n 2=(1,1,2), cos 〈n 1,n 2〉=n 1·n 2|n 1||n 2|=66.由图可知,该二面角为锐角, 所以二面角A -BD -C 的余弦值为66.利用向量法确定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,则这两个向量夹角的大小就是二面角的大小.4. (2020·青岛模拟)《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早1000多年,在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qiàn dǔ);阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖臑(biē nào)指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵ABC -A 1B 1C 1中,AB ⊥AC .(1)求证:四棱锥B -A 1ACC 1为阳马;(2)若C 1C =BC =2,当鳖臑C 1-ABC 体积最大时,求锐二面角C -A 1B -C 1的余弦值.解 (1)证明:∵A 1A ⊥底面ABC ,AB ⊂面ABC , ∴A 1A ⊥AB .又AB ⊥AC ,A 1A ∩AC =A , ∴AB ⊥面ACC 1A 1. 又四边形ACC 1A 1为矩形, ∴四棱锥B -A 1ACC 1为阳马.(2)∵AB ⊥AC ,BC =2,∴AB 2+AC 2=4. 又C 1C ⊥底面ABC ,∴VC 1-ABC =13·C 1C ·12AB ·AC =13·AB ·AC ≤13·AB 2+AC 22=23,当且仅当AB =AC =2时,=13·AB ·AC 取最大值.∵AB ⊥AC ,A 1A ⊥底面ABC ,∴以A 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则B (2,0,0),C (0,2,0),A 1(0,0,2),C 1(0,2,2),A 1B →=(2,0,-2),BC →=(-2,2,0),A 1C 1→=(0,2,0).设面A 1BC 的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →=0,n 1·BC →=0,得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1-2z 1=0,-2x 1+2y 1=0,令z 1=1,得n 1=(2,2,1). 同理得面A 1BC 1的一个法向量为n 2=(2,0,1),cos 〈n 1,n 2〉=n 1·n 2|n 1||n 2|=155,∴二面角C -A 1B -C 1的余弦值为155.用向量法探究点的位置如图所示,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.解 (1)证明:因为平面P AD ⊥平面ABCD ,AB ⊥AD ,所以AB ⊥平面P AD ,所以AB ⊥PD .又因为P A ⊥PD ,P A ∩AB =A ,所以PD ⊥平面P AB . (2)如图,取AD 的中点O ,连接PO ,CO .因为P A =PD ,所以PO ⊥AD . 又因为PO ⊂平面P AD , 平面P AD ⊥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 . 建立空间直角坐标系Oxyz .由题意得,A (0,1,0),B (1,1,0),C (2,0,0),D (0,-1,0),P (0,0,1),PB →=(1,1,-1),PC→=(2,0,-1),PD →=(0,-1,-1).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). 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.(3)假设在棱P A 上存在点M ,使得BM ∥平面PCD ,则存在λ∈[0,1]使得AM →=λAP→.因此点M (0,1-λ,λ),BM →=(-1,-λ,λ). 因为BM ⊄平面PCD ,所以当且仅当BM →·n =0时,BM ∥平面PCD ,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,解得λ=14. 所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ,此时AM AP =14. 答题启示对于点的探究型问题,要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量,尽量使未知量个数最少.对点训练(2020·滨州二模) 如图所示,在等腰梯形ABCD 中,AD ∥BC ,∠ADC =60°,直角梯形ADFE 所在的平面垂直于平面ABCD ,且∠EAD =90°,EA =AD =2DF =2CD =2.(1)证明:平面ECD ⊥平面ACE ;(2)点M 在线段EF 上,试确定点M 的位置,使平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34.解 (1)证明:因为平面ABCD ⊥平面ADFE ,平面ABCD ∩平面ADFE =AD ,EA ⊥AD ,EA ⊂平面ADFE ,所以EA ⊥平面ABCD ,又CD ⊂平面ABCD ,所以EA ⊥CD , 在△ADC 中,CD =1,AD =2,∠ADC =60°, 由余弦定理得,AC = 1+4-2×1×2cos60°=3, 所以AC 2+CD 2=AD 2,所以CD ⊥AC .又EA ⊥CD ,EA ∩AC =A ,所以CD ⊥平面ACE , 又CD ⊂平面ECD ,所以平面ECD ⊥平面ACE . (2)以C 为坐标原点,以CA ,CD 所在直线分别为x 轴、 y 轴,过点C 且平行于AE 的直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则C (0,0,0),A (3,0,0),B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32,-12,0,D (0,1,0),E (3,0,2),F (0,1,1),AB →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-32,-12,0,AE →=(0,0,2),CD→=(0,1,0),FE →=(3,-1,1),CF →=(0,1,1),设FM →=λFE →=(3λ,-λ,λ)(0≤λ≤1),则CM→=CF →+FM →=(3λ,1-λ,1+λ).设平面EAB 的一个法向量为m =(x 1,y 1,z 1), 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB →=0,m ·AE →=0,即⎩⎨⎧-32x 1-12y 1=0,2z 1=0,取x 1=1,得m =(1,-3,0).设平面MCD 的一个法向量为n =(x 2,y 2,z 2), 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →=0,n ·CM →=0,得⎩⎨⎧y 2=0,3λx 2+(1-λ)y 2+(1+λ)z 2=0,令x 2=1+λ,得n =(1+λ,0,-3λ),因为平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34,所以|cos 〈m ,n 〉|=|m ·n ||m ||n |=|1+λ|24λ2+2λ+1=34, 整理得8λ2-2λ-1=0,解得λ=12或λ=-14(舍去),所以点M 为线段EF 的中点时,平面MCD 与平面EAB 所成的二面角的余弦值为34.一、单项选择题1.直线l 的方向向量a =(1,-3,5),平面α的法向量n =(-1,3,-5),则有( )A .l ∥αB .l ⊥αC .l 与α斜交D .l ⊂α或l ∥α答案 B解析 因为a =(1,-3,5),n =(-1,3,-5),所以a =-n ,a ∥n .所以l ⊥平面α.选B .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 |=12=22,∴〈m ,n 〉=45°.∴二面角为45°或135°.故选C .3. 如图所示,已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E ,F 分别是上底面A 1B 1C 1D 1和侧面ADD 1A 1的中心,则EF 和CD 所成的角是( )A .60°B .45°C .30°D .135°答案 B解析 以D 为原点,分别以射线DA ,DC ,DD 1为x 轴、y 轴、z 轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ,设正方体的棱长为1,则D (0,0,0),C (0,1,0),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,12,1,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,12,EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-12,-12,DC →=(0,1,0),∴cos 〈EF →,DC →〉=EF →·DC →|EF →||DC →|=-22,∴〈EF →,DC →〉=135°,∴异面直线EF 和CD 所成的角是45°.故选B .4.如图,在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中,AB =2,BB 1=4,则直线BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为( )A .13B .33C .63D .223答案 A解析 如图所示,建立空间直角坐标系Dxyz .则A (2,0,0),C (0,2,0),D 1(0,0,4),B (2,2,0),B 1(2,2,4),AC →=(-2,2,0),AD 1→=(-2,0,4),BB 1→=(0,0,4). 设平面ACD 1的法向量为n =(x ,y ,z ), 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →=0,n ·AD 1→=0,即⎩⎨⎧-2x +2y =0,-2x +4z =0, 取x =2,则y =2,z =1,故n =(2,2,1)是平面ACD 1的一个法向量,设直线BB 1与平面ACD 1所成的角是θ,则sin θ=|cos 〈n ,BB 1→〉|=|n ·BB 1→||n ||BB 1→|=49×4=13.故选A .5.△ABC 的顶点分别为A (1,-1,2),B (5,-6,2),C (1,3,-1),则AC 边上的高BD 等于( )A .5B .41C .4D .2 5答案 A解析 ∵A (1,-1,2),B (5,-6,2),C (1,3,-1),∴AB→=(4,-5,0),AC →=(0,4,-3).∵点D 在直线AC 上,∴设AD →=λAC →=(0,4λ,-3λ),由此可得BD→=AD →-AB →=(0,4λ,-3λ)-(4,-5,0)=(-4,4λ+5,-3λ).又BD →⊥AC →,∴BD →·AC →=-4×0+(4λ+5)×4+(-3λ)×(-3)=0,解得λ=-45.因此BD →=(-4,4λ+5,-3λ)=⎝ ⎛⎭⎪⎫-4,95,125.可得|BD→|= (-4)2+⎝ ⎛⎭⎪⎫952+⎝ ⎛⎭⎪⎫1252=5.6. (2020·安徽六安一中质检)如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,∠ACB =90°,2AC =AA 1=BC =2.若二面角B 1-DC -C 1的大小为60°,则AD 的长为( )A . 2B . 3C .2D .22答案 A解析 分别以CA ,CB ,CC 1所在的直线为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则C (0,0,0),A (1,0,0),B 1(0,2,2),C 1(0,0,2),设AD =a ,则点D 坐标为(1,0,a ),CD →=(1,0,a ),CB 1→=(0,2,2),设平面B 1CD 的一个法向量为n =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB 1→=0,n ·CD →=0,得⎩⎨⎧2y +2z =0,x +az =0,令z =-1,得n =(a,1,-1),又平面C 1DC 的一个法向量为m =(0,1,0).所以cos60°=m ·n |m ||n |,得1a 2+2=12,解得a =2,故选A .7. (2021·湖南湘潭高三月考)在三棱锥P -ABC 中,CP ,CA ,CB 两两垂直,AC =CB =1,PC =2,如图,建立空间直角坐标系,则下列向量中是平面P AB 的法向量的是( )A .⎝ ⎛⎭⎪⎫1,1,12 B .(1,2,1)C .(1,1,1)D .(2,-2,1)答案 A解析 P A →=(1,0,-2),AB →=(-1,1,0),设平面P AB 的法向量为n =(x ,y,1),则⎩⎨⎧ x -2=0,-x +y =0.解得⎩⎨⎧x =2,y =2.∴n =(2,2,1).又⎝ ⎛⎭⎪⎫1,1,12=12n ,∴A 正确.8.在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,点E 为BB 1的中点,则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A .12 B .23 C .33 D .22答案 B解析 以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ,设棱长为1,则A 1(0,0,1),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1,0,12,D (0,1,0),∴A 1D →=(0,1,-1),A 1E →=⎝ ⎛⎭⎪⎫1,0,-12,设平面A 1ED 的一个法向量为n 1=(1,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D →=0,n 1·A 1E →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧y -z =0,1-12z =0,∴⎩⎨⎧y =2,z =2.∴n 1=(1,2,2).又平面ABCD 的一个法向量为n 2=(0,0,1),∴cos 〈n 1,n 2〉=23×1=23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.故选B .二、多项选择题9.(2020·海口高考调研) 如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AA 1=AC =23AB =2,AB ⊥AC ,点D ,E 分别是线段BC ,B 1C 上的动点(不含端点),且EC B 1C =DCBC .则下列说法正确的是( )A .ED ∥平面ACC 1B .该三棱柱的外接球的表面积为68πC .异面直线B 1C 与AA 1所成角的正切值为32 D .二面角A -EC -D 的余弦值为413 答案 AD解析 在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,四边形BCC 1B 1是矩形,因为ECB 1C =DC BC ,所以ED ∥BB 1∥CC 1,所以ED ∥平面ACC 1,A 正确;因为AA 1=AC =23AB =2,所以AB =3,因为AB ⊥AC ,所以BC =22+32=13,所以B 1C =13+4=17,易知B 1C 是三棱柱外接球的直径,所以三棱柱外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫1722=17π,B 错误;因为AA 1∥BB 1,所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为∠BB 1C .在Rt △B 1BC 中,BB 1=2,BC =13,所以tan ∠BB 1C =BC BB 1=132,C 错误;二面角A -EC -D 即二面角A -B 1C -B ,以A 为坐标原点,以AB →,AC →,AA 1→的方向分别为x ,y ,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,可得平面AB 1C 的一个法向量为(2,0,-3),平面BB 1C 的一个法向量为(2,3,0),故二面角A -EC -D 的余弦值为2×213×13=413,D 正确.10. (2020·山东模拟)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1,如图,E ,F ,G 分别为BC ,CC 1,BB 1的中点,则下列说法正确的是( )A .直线A 1G 与平面AEF 平行B .直线D 1D 与直线AF 垂直C .平面AEF 截正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1所得截面的面积为98 D .点C 与点G 到平面AEF 的距离相等 答案 AC解析 如图,连接AD 1,D 1F ,因为A 1G ∥D 1F ,且A ,E ,F ,D 1在同一平面内,所以A 1G ∥平面AEF ,故A 正确;因为AF 与C 1C 相交且不垂直,D 1D 与C 1C 平行,所以直线D 1D 与直线AF 不垂直,故B 错误;平面AEF 截正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1所得截面为等腰梯形AEFD 1,作EH ⊥AD 1,交AD 1于点H ,连接D 1E ,DE ,可得AE =52,AD 1=2,D 1E =1+54=32,所以在△AD 1E中,cos ∠D 1AE =1010,所以sin ∠D 1AE =31010,所以EH =52×31010=324,所以等腰梯形AD 1FE 的面积S =12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2+22×324=98,故C 正确;以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,连接AG ,AC ,则可得平面AEF 的一个法向量为n =(2,1,2),AG →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1,12,AC →=(-1,1,0),所以点G 到平面AEF 的距离d 1=|AG →·n ||n |=23,点C 到平面AEF 的距离d 2=|AC →·n ||n |=13,故D 错误.故选AC .三、填空题11. 如图所示,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,则该二面角的大小为________.答案60°解析∵CD→=CA→+AB→+BD→,∴|CD→|=(CA→+AB→+BD→)2= 36+16+64+2CA→·BD→= 116+2CA→·BD→=217.∴CA→·BD→=|CA→||BD→|cos〈CA→,BD→〉=-24.∴cos〈CA→,BD→〉=-12.又所求二面角与〈CA→,BD→〉互补,∴所求的二面角为60°.12. 正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长为22,则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________.答案 π6解析 以C 为原点建立如图所示的空间直角坐标系,得下列坐标:A (2,0,0),C 1(0,0,22).点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝ ⎛⎭⎪⎫32,32,22.所以AC 1→=(-2,0,22),AC 2→=⎝ ⎛⎭⎪⎫-12,32,22,设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ,则cos θ=AC 1→·AC 2→|AC1→||AC 2→|=1+0+823×3=32.又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0,π2,所以θ=π6.13.(2020·山西大同高三模拟)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,且A 1M =AN =23a ,则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案 平行解析 MN →=MA 1→+A 1A →+AN →=13BA 1→+A 1A →+13AC →=13(BA →+AA 1→)+A 1A →+13(AB →+BC →)=23A 1A →+13BC →=23B 1B →+13BC →.∴MN →与B 1B →,BC →共面.又MN ⊄平面BB 1C 1C ,∴MN ∥平面BB 1C 1C .14.已知点E ,F 分别在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱BB 1,CC 1上,且B 1E =2EB ,CF =2FC 1,则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值为________.答案23解析 如图,建立空间直角坐标系Dxyz ,设DA =1,由已知条件得A (1,0,0),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1,1,13,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1,23,AE →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1,13,AF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-1,1,23, 设平面AEF 的法向量为n =(x ,y ,z ),平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ,由图知θ为锐角,由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →=0,n ·AF →=0,得⎩⎪⎨⎪⎧y +13z =0,-x +y +23z =0.令y =1,则z =-3,x =-1,则n =(-1,1,-3),平面ABC 的一个法向量为m =(0,0,-1),cos θ=|cos 〈n ,m 〉|=31111,tan θ=23.四、解答题15.(2020·山东省模拟考) 如图,四棱锥S -ABCD 中,底面ABCD 为矩形.SA ⊥平面ABCD ,E ,F 分别为AD ,SC 的中点,EF 与平面ABCD 所成的角为45°.(1)证明:EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线;(2)若EF =12BC ,求二面角B -SC -D 的余弦值.解 (1)证明:以A 为坐标原点,AB →的方向为x 轴正方向,|AB →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .设D (0,b,0),S (0,0,c ),则C (1,b,0),E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0,b 2,0,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,b 2,c 2,EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,c 2,AS →=(0,0,c ),AD→=(0,b,0). 因为EF 与平面ABCD 所成的角为45°,所以EF →与平面ABCD 的法向量AS →的夹角为45°.所以AS →·EF →=|AS →||EF →|cos45°, 即c 22=22×c ×14+c 24,解得c =1,故EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,0,12,SC →=(1,b ,-1), 从而EF →·SC →=0,EF →·AD →=0,所以EF ⊥SC ,EF ⊥AD .因此EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线. (2)由B (1,0,0),BC →=(0,b,0), |EF→|=12|BC →|得b = 2. 于是F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12,22,12,C (1,2,0),连接FB ,故FB →=⎝ ⎛⎭⎪⎫12,-22,-12,SC →=(1,2,-1),从而FB →·SC→=0,即FB ⊥SC .取CF 的中点G ,连接GD ,则G ⎝ ⎛⎭⎪⎫34,324,14,GD →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-34,24,-14,从而GD →·SC→=0,即GD ⊥SC .因此〈FB→,GD →〉等于二面角B -SC -D 的平面角.cos 〈FB →,GD →〉=FB →·GD →|FB →||GD →|=-33.所以二面角B -SC -D 的余弦值为-33.16. (2020·全国卷Ⅱ)如图,已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形,侧面BB 1C 1C 是矩形,M ,N 分别为BC ,B 1C 1的中点,P 为AM 上一点,过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ,交AC 于F .(1)证明:AA 1∥MN ,且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ;(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心,若AO ∥平面EB 1C 1F ,且AO =AB ,求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.解 (1)证明:∵M ,N 分别为BC ,B 1C 1的中点, ∴MN ∥BB 1.又AA 1∥BB 1,∴AA 1∥MN .∵△A 1B 1C 1为等边三角形,N 为B 1C 1的中点, ∴A 1N ⊥B 1C 1.又侧面BB 1C 1C 为矩形,∴B 1C 1⊥BB 1. ∵MN ∥BB 1,∴MN ⊥B 1C 1.又MN ∩A 1N =N ,MN ,A 1N ⊂平面A 1AMN , ∴B 1C 1⊥平面A 1AMN .又B 1C 1⊂平面EB 1C 1F , ∴平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解法一:连接NP ,∵AO ∥平面EB 1C 1F ,平面AONP ∩平面EB 1C 1F =NP , ∴AO ∥NP .∵三棱柱上下底面平行,平面A 1AMN ∩平面ABC =AM ,平面A 1AMN ∩平面A 1B 1C 1=A 1N ,∴ON ∥AP .∴四边形ONP A 是平行四边形. ∴ON =AP ,AO =NP . 设△ABC 边长是6m (m >0), 则NP =AO =AB =6m .∵O 为△A 1B 1C 1的中心,且△A 1B 1C 1的边长为6m , ∴ON =13×6m ×sin60°=3m .∴ON =AP =3m . ∵BC ∥B 1C 1,B 1C 1⊂平面EFC 1B 1, ∴BC ∥平面EFC 1B 1.又BC ⊂平面ABC ,平面ABC ∩平面EFC 1B 1=EF , ∴EF ∥BC ,∴AP AM =EP BM ,∴3m 33m =EP 3m ,解得EP =m .在B 1C 1截取B 1Q =EP =m ,连接PQ ,故QN =2m . ∵B 1Q =EP 且B 1Q ∥EP ,∴四边形B 1QPE 是平行四边形,∴B 1E ∥PQ . 由(1)可知B 1C 1⊥平面A 1AMN ,故∠QPN 为B 1E 与平面A 1AMN 所成角. 在Rt △QPN 中,根据勾股定理可得PQ =QN 2+NP 2=(2m )2+(6m )2=210m , ∴sin ∠QPN =QN PQ =2m 210m=1010.∴直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 解法二:由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ,作NQ ⊥AM ,垂足为Q ,则NQ ⊥平面ABC .由已知得AM ⊥BC ,以Q 为坐标原点,QA→的方向为x 轴正方向,QN →的方向为z 轴正方向,|MB →|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz ,设QM =a ,则AB =2,AM = 3.连接NP ,则四边形AONP 为平行四边形, ∴NP =AO =AB =2,∴PQ =233-a ,NQ = NP 2-PQ 2= 4-⎝ ⎛⎭⎪⎫233-a2, ∴B 10,1,4-⎝ ⎛⎭⎪⎫233-a 2 ,E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233-a ,13,0,故B 1E →=233-a ,-23,-4-⎝ ⎛⎭⎪⎫233-a2,|B 1E →|=2103.又n =(0,-1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量, 故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2-〈n ,B 1E →〉=cos 〈n ,B 1E →〉=n ·B 1E →|n ||B 1E →|=1010.∴直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010.17.(2020·泰安三模)在四棱锥P -ABCD 中,△P AB 为等边三角形,四边形ABCD 为矩形,E 为PB 的中点,DE ⊥PB .(1)证明:平面ABCD ⊥平面P AB ;(2)设二面角A -PC -B 的大小为α,求α的取值范围.解 (1)证明:连接AE ,因为△P AB 为等边三角形,所以AE ⊥PB . 又DE ⊥PB ,AE ∩DE =E ,所以PB ⊥平面ADE ,所以PB ⊥AD . 因为四边形ABCD 为矩形,所以AD ⊥AB ,且AB ∩PB =B , 所以AD ⊥平面P AB .因为AD ⊂平面ABCD ,所以平面ABCD ⊥平面P AB .(2)以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ,不妨设PB =AB =P A =1,C (0,1,n ),则A (0,0,0),P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32,12,0,B (0,1,0),由空间向量的坐标运算可得PC →=⎝ ⎛⎭⎪⎫-32,12,n ,AP →=⎝ ⎛⎭⎪⎫32,12,0,BP →=⎝ ⎛⎭⎪⎫32,-12,0.设平面BPC 的法向量为m =(x 1,y 1,z 1), 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →=0,m ·BP →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧-32x 1+12y 1+nz 1=0,32x 1-12y 1=0,令x 1=1,则y 1=3,z 1=0,所以m =(1,3,0). 设平面P AC 的法向量为n =(x 2,y 2,z 2), 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →=0,n ·AP →=0,即⎩⎪⎨⎪⎧-32x 2+12y 2+nz 2=0,32x 2+12y 2=0,令x 2=1,则y 2=-3,z 2=3n ,所以n =⎝ ⎛⎭⎪⎫1,-3,3n .二面角A -PC -B 的大小为α,由图可知,二面角α为锐二面角, 所以cos α=|m ·n ||m ||n |=|1-3|1+3×1+3+3n 2=14+3n 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0,12,所以α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π3,π2. 18.(2020·山东平邑一中模拟)请从下面三个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并作答.①AB ⊥BC ;②FC 与平面ABCD 所成的角为π6;③∠ABC =π3.如图,在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是菱形,P A ⊥平面ABCD ,且P A =AB =2,PD 的中点为F .(1)在线段AB上是否存在一点G,使得AF∥平面PCG?若存在,指出G在AB上的位置并给以证明;若不存在,请说明理由;(2)若________,求二面角F-AC-D的余弦值.解(1)在线段AB上存在中点G,使得AF∥平面PCG.证明如下:如图所示.设PC的中点为H,连接FH,GH,∵FH∥CD,FH=12CD,AG∥CD,AG=12CD,∴FH∥AG,FH=AG,∴四边形AGHF为平行四边形,则AF∥GH,又GH⊂平面PCG,AF⊄平面PCG,∴AF∥平面PCG.(2)选择①AB⊥BC:∵P A⊥平面ABCD,∴P A⊥BC,由题意,知AB,AD,AP两两垂直,以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,∵P A=AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),F(0,1,1),P(0,0,2),∴AF→=(0,1,1),CF→=(-2,-1,1),设平面F AC 的一个法向量为μ=(x ,y ,z ), ∴⎩⎪⎨⎪⎧μ·AF →=y +z =0,μ·CF →=-2x -y +z =0,取y =1,得μ=(-1,1,-1), 平面ACD 的一个法向量为v =(0,0,1), 设二面角F -AC -D 的平面角为θ, 由图可知,二面角θ为锐二面角, 则cos θ=|μ·v ||μ||v |=33,∴二面角F -AC -D 的余弦值为33. 选择②FC 与平面ABCD 所成的角为π6:∵P A ⊥平面ABCD ,取BC 中点E ,连接AE ,取AD 的中点M ,连接FM ,CM ,则FM ∥P A ,且FM =1,∴FM ⊥平面ABCD , FC 与平面ABCD 所成角为∠FCM , ∴∠FCM =π6,在Rt △FCM 中,CM =3,又CM =AE ,∴AE 2+BE 2=AB 2,∴BC ⊥AE , ∴AE ,AD ,AP 两两垂直,以AE ,AD ,AP 所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,∵P A =AB =2,∴A (0,0,0),B (3,-1,0),C (3,1,0),D (0,2,0),E (3,0,0),F (0,1,1),P (0,0,2),∴AF→=(0,1,1),CF →=(-3,0,1), 设平面F AC 的一个法向量为m =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AF →=y +z =0,m ·CF →=-3x +z =0,取x =3,得m =(3,-3,3),平面ACD 的一个法向量为n =(0,0,1),设二面角F -AC -D 的平面角为θ,由图可知,二面角θ为锐二面角,则cos θ=|m ·n ||m ||n |=217.∴二面角F -AC -D 的余弦值为217.选择③∠ABC =π3:∵P A ⊥平面ABCD ,∴P A ⊥BC ,取BC 中点E ,连接AE ,∵底面ABCD 是菱形,∠ABC =60°,∴△ABC 是正三角形,∵E 是BC 的中点,∴BC ⊥AE ,∴AE ,AD ,AP 两两垂直,以AE ,AD ,AP 所在直线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,∵P A =AB =2,∴A (0,0,0),B (3,-1,0),C (3,1,0),D (0,2,0),E (3,0,0),F (0,1,1),P (0,0,2),∴AF→=(0,1,1),CF →=(-3,0,1), 设平面F AC 的一个法向量为m =(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AF →=y +z =0,m ·CF →=-3x +z =0,取x =3,得m =(3,-3,3),平面ACD 的一个法向量为n =(0,0,1), 设二面角F -AC -D 的平面角为θ,由图可知,二面角θ为锐二面角,则cos θ=|m ·n ||m ||n |=217.∴二面角F -AC -D 的余弦值为217.。
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⇔□04 v=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 ∥αB .l ⊥αC .l ⊂αD .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,-23,23 B .⎝ ⎛⎭⎪⎫-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,a 2,2a 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P AD⊥底面ABCD,且P A=PD=22AD,设E,F分别为PC,BD的中点.(1)求证:EF∥平面P AD;(2)求证:平面P AB⊥平面PDC.证明(1)如图,取AD的中点O,连接OP,OF.因为P A=PD,所以PO⊥AD.因为侧面P AD⊥底面ABCD,平面P AD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面P AD,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P A =PD =22AD , 所以P A ⊥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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 2,0,0,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,a 4.易知平面P AD 的一个法向量为OF→=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a 2,0, 因为EF→=⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4,0,-a 4, 且OF →·EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a 2,0·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4,0,-a 4=0, 又因为EF ⊄平面P AD , 所以EF ∥平面P AD .(2)因为P A →=⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2,0,-a 2,CD →=(0,-a,0),所以P A →·CD →=⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2,0,-a 2·(0,-a,0)=0, 所以P A →⊥CD →,所以P A ⊥CD .又P A ⊥PD ,PD ∩CD =D , PD ,CD ⊂平面PDC , 所以P A ⊥平面PDC . 又P A ⊂平面P AB , 所以平面P AB ⊥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),→=(0,0,2),E(0,0,2),M(-1,1,2),AE→=(2,2,-4),DE→=(2,0,-2),DB→=(0,0,-4),DM→=(1,1,-2),EM→=(-1,1,0).DC→为平面ABC的一个法向量,(1)证明:由图易知AE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,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OP2+OB2=PB2,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P AC 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P AM 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,可取n =(3(a -4),3a ,-a ), 所以cos 〈OB→,n 〉=23(a -4)23(a -4)2+3a 2+a2.由已知得|cos 〈OB→,n 〉|=32.所以23|a -4|23(a -4)2+3a 2+a 2=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P AM 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 -P A -C 为30°”改为“直线PC 与平面P AM 所成角等于直线PB 与平面P AM 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P AM 所成角等于直线PB 与平面P AM 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P AM 的法向量n =(3(a -4),3a ,-a ),若直线PC 与平面P AM 所成角等于直线PB 与平面P AM 所成角. 则|PB →·n ||PB →|=|PC →·n ||PC →|.所以|23(a -4)+23a |22+(-23)2=|23a +23a |22+(-23)2 .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AA1=2或AA1=8.3.(2018·芜湖模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠AA1B1=45°,AC=BC,平面BB1C1C⊥平面AA1B1B,E为CC1的中点.(1)求证:BB1⊥AC;(2)若AA1=2,AB=2,直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45°,求平面A1B1E 与平面ABC所成锐二面角的余弦值.解(1)证明:过点C作CO⊥BB1交BB1于O,因为平面BB1C1C⊥平面AA1B1B,BB1C1C∩平面AA1B1B=B1B,所以CO⊥平面AA1B1B,故CO⊥OA,又因为AC=BC,OC=OC,所以Rt△AOC≌Rt△BOC,故OA=OB,因为∠AA1B1=∠OBA=45°,所以AO⊥BB1,又因为BB1⊥CO,所以BB1⊥平面AOC,故BB1⊥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∥A1C1,直线A1C1与平面ABB1A1所成角为45°,∴直线AC与平面ABB1A1所成角为45°,∵CO⊥平面AA1B1B,∴∠CAO=45°,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),A1(1,-2,0),B1(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 =|P A →|2-|P A →·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 =|P A →·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P AB 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 (1)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. (2)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.。
7.6 空间向量及运算[知识梳理]1.空间两点间的距离公式、中点公式 (1)距离公式①设点A (x 1,y 1,z 1),B (x 2,y 2,z 2), 则|AB |②设点P (x ,y ,z ),则与坐标原点O 之间的距离为 |OP |(2)中点公式设点P (x ,y ,z )为P 1(x 1,y 1,z 1),P 2(x 2,y 2,z 2)的中点,则⎩⎪⎨⎪⎧x =x 1+x 22,y =y 1+y 22,z =z 1+z 22.2.空间向量的数量积 a·b =|a ||b |cos 〈a ,b〉. 3.空间向量的坐标运算a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)(a ,b 均为非零向量):[诊断自测] 1.概念思辨(1)两向量夹角的范围与两异面直线所成的角的范围相同.( ) (2)在向量的数量积运算中(a·b )·c =a ·(b·c ).( )(3)若{a ,b ,c }是空间的一个基底,则a ,b ,c 中至多有一个零向量.( )(4)对空间任意一点O 与不共线的三点A ,B ,C ,若OP →=xOA →+yOB→+zOC →(其中x ,y ,z ∈R ),则P ,A ,B ,C 四点共面.( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× 2.教材衍化(1)(选修A2-1P 97A 组T 2)如图所示,在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,M 为A 1C 1与B 1D 1的交点.若AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c ,则下列向量中与BM→相等的向量是( )A .-12a +12b +c B.12a +12b +c C .-12a -12b +c D.12a -12b +c答案 A解析 由题意,根据向量运算的几何运算法则,BM →=BB 1→+B 1M →=AA 1→+12(AD →-AB →)=c +12(b -a )=-12a +12b +c .故选A. (2)(选修A2-1P 98T 4)如图所示,已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1,点E ,F ,G 分别是AB ,AD ,CD 的中点,计算:①EF →·BA →; ②EF →·DC →; ③EG 的长.解 设AB →=a ,AC →=b ,AD →=c ,则|a |=|b |=|c |=1,〈a ,b 〉=〈b ,c 〉=〈c ,a 〉=60°.①EF →=12BD →=12c -12a ,BA→=-a ,DC →=b -c , EF →·BA →=⎝⎛⎭⎪⎫12c -12a ·(-a )=12a 2-12a ·c =14.②EF →·DC →=12(c -a )·(b -c )=12(b ·c -a ·b -c 2+a ·c )=-14. ③EG→=EB →+BC →+CG → =12a +b -a +12c -12b =-12a +12b +12c ,|EG →|2=14a 2+14b 2+14c 2-12a·b +12b·c -12c·a =12,则|EG →|=22.所以EG 的长为22.3.小题热身(1)在空间直角坐标系中,A (1,2,3),B (-2,-1,6),C (3,2,1),D (4,3,0),则直线AB 与CD 的位置关系是( )A .垂直B .平行C .异面D .相交但不垂直答案 B解析 由题意得,AB →=(-3,-3,3),CD →=(1,1,-1),∴A B →=-3C D →,∴A B →与C D →共线,又AB 与CD 没有公共点,∴AB ∥CD .故选B.(2)O 为空间中任意一点,A ,B ,C 三点不共线,且OP →=34OA →+18OB→+tOC →,若P ,A ,B ,C 四点共面,则实数t =________. 答案 18解析 ∵P ,A ,B ,C 四点共面,∴34+18+t =1,∴t =18.题型1 空间向量的线性运算典例如图所示,在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,设AA 1→=a ,AB →=b ,AD →=c ,M ,N ,P 分别是AA 1,BC ,C 1D 1的中点,试用a ,b ,c 表示以下各向量:(1)AP →; (2)A 1N →; (3)MP →+NC 1→. 解 (1)∵P 是C 1D 1的中点,∴AP →=AA 1→+A 1D 1→+D 1P →=a +AD →+12D 1C 1→=a +c +12AB →=a +c +12b .(2)∵N 是BC 的中点,∴A 1N →=A 1A →+AB →+BN →=-a +b +12BC →=-a +b +12AD →=-a +b +12c .(3)∵M 是AA 1的中点,∴MP →=MA →+AP →=12A 1A →+AP →=-12a +( a +c +12b )=12a +12b +c ,又NC 1→=NC →+CC 1→=12BC →+AA 1→=12AD →+AA 1→=12c +a . ∴MP →+NC 1→=⎝⎛⎭⎪⎫12a +12b +c +⎝⎛⎭⎪⎫a +12c =32a +12b +32c .方法技巧用已知向量表示某一向量的方法1.用已知向量来表示某一向量,一定要结合图形,以图形为指导是解题的关键.2.要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义.首尾相接的若干向量之和,等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量,我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则.3.在立体几何中要灵活应用三角形法则,向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立.提醒:利用三角形法则或平行四边形法则,把所求向量用已知基向量表示出来.冲关针对训练(2018·郑州模拟)如图所示,已知空间四边形OABC ,其对角线为OB ,AC ,M ,N 分别为OA ,BC 的中点,点G 在线段MN 上,且MG →=2GN→,若OG →=xOA →+yOB →+zOC →,则x +y +z =______.答案 56解析 设OA→=a ,OB →=b ,OC →=c .则MN →=ON →-OM →=12(OB →+OC →)-12OA → =12b +12c -12a ,OG →=OM →+MG →=12OA →+23MN → =12a +23⎝⎛⎭⎪⎫12b +12c -12a =16a +13b +13c ,又OG→=xOA →+yOB →+zOC →, 所以x =16,y =13,z =13, x +y +z =16+13+13=56.题型2 共线向量与共面向量定理的应用典例已知E ,F ,G ,H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ,BC ,CD ,DA 的中点.(1)求证:E ,F ,G ,H 四点共面;(2)设M 是EG 和FH 的交点,求证:对空间任一点O ,有OM →=14(OA →+OB →+OC →+OD →).证明 (1)如图,连接BG , 则EG →=EB →+BG →=EB →+12(BC →+BD →) =EB →+BF →+EH → =EF→+EH →, 由共面向量定理的推论知: E ,F ,G ,H 四点共面.(2)找一点O ,并连接OM ,OA ,OB ,OC ,OD ,OE ,OG ,如图所示,由(2)知EH →=12BD →,同理FG →=12BD →,所以EH→=FG →,即EH 綊FG , 所以四边形EFGH 是平行四边形. 所以EG ,FH 交于一点M 且被M 平分. 故OM →=12(OE →+OG →)=12OE →+12OG → =12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(OA →+OB →)+12⎣⎢⎡⎦⎥⎤12(OC →+OD →) =14(OA →+OB →+OC →+OD →). 方法技巧证明三点共线和空间四点共面的方法共面,线面平行可转化为向量共线、共面来证明,共面向量定理实际上也是三个非零向量所在直线共面的充要条件.冲关针对训练1.已知A ,B ,C 三点不共线,对平面ABC 外的任一点O ,若点M 满足OM →=13(OA →+OB →+OC →).(1)判断MA→,MB →,MC →三个向量是否共面; (2)判断点M 是否在平面ABC 内. 解 (1)由已知OA→+OB →+OC →=3OM →, ∴OA→-OM →=(OM →-OB →)+(OM →-OC →), 即MA→=BM →+CM →=-MB →-MC →, ∴MA→,MB →,MC →共面. (2)由(1)知,MA →,MB →,MC →共面且MA ,MB ,MC 过同一点M , ∴M ,A ,B ,C 四点共面,从而点M 在平面ABC 内. 2.如图,设P 为长方形ABCD 所在平面外一点,M 在PD 上,N 在AC 上,若DM MP =CNNA ,用向量法证明:直线MN ∥平面P AB .证明 建立如图所示的空间坐标系,设C (a,0,0), A (0,b,0),P (m ,n ,p ),则 D (a ,b,0),∴BP→=(m ,n ,p ),BA →=(0,b,0), CA→=(-a ,b,0),DP →=(m -a ,n -b ,p ),DC →=(0,-b,0), ∵DM MP =CN NA ,∴DM DP =CN CA , 设DM DP =CNCA =λ,则DM→=λDP →=(mλ-aλ,nλ-bλ,pλ), CN→=λCA →=(-aλ,bλ,0). ∴MN→=-DM →+DC →+CN →=(-mλ,2bλ-nλ-b ,-pλ), ∴MN→=-λBP →+(2λ-1)BA →. ∵BP ⊂平面P AB ,BA ⊂平面P AB ,MN ⊄平面P AB ,∴MN ∥平面P AB .题型3 空间向量的数量积及应用典例如图所示,已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ,点M ,N 分别是AB ,CD 的中点.(1)求证:MN ⊥AB ,MN ⊥CD ;(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值. 解 (1)证明:设AB→=p ,AC →=q ,AD →=r . 由题意可知,|p |=|q |=|r |=a ,且p ,q ,r 三向量两两夹角均为60°.MN →=AN →-AM →=12(AC →+AD →)-12AB →=12(q +r -p ), ∴MN →·AB →=12(q +r -p )·p =12(q ·p +r ·p -p 2) =12(a 2cos60°+a 2cos60°-a 2)=0. ∴MN→⊥AB →,即MN ⊥AB . 同理可证MN ⊥CD .(2)设向量AN→与MC →的夹角为θ. ∵AN →=12(AC →+AD →)=12(q +r ), MC →=AC →-AM →=q -12p , ∴AN →·MC →=12(q +r )·⎝ ⎛⎭⎪⎫q -12p . =12⎝ ⎛⎭⎪⎫q 2-12q ·p +r ·q -12r ·p =12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2-12a 2cos60°+a 2cos60°-12a 2cos60° =12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2-a 24+a 22-a 24=a 22.又∵|AN →|=|MC →|=32a , ∴AN →·MC →=|AN →||MC →|cos θ=32a ×32a ×cos θ=a 22. ∴cos θ=23,∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23, 因此异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23. 方法技巧利用数量积解决有关垂直、夹角、长度问题1.a ≠0,b ≠0,a ⊥b ⇔a ·b =0. 2.|a |=a 2.3.cos 〈a ,b 〉=a ·b |a ||b |.冲关针对训练(2018·湛江期末)如图,在四面体S -ABC 中,E ,F ,G ,H ,M ,N 分别是棱SA ,BC ,AB ,SC ,AC ,SB 的中点,且EF =GH =MN ,求证:SA ⊥BC ,SB ⊥AC ,SC ⊥AB .证明 如图,设SA →=r 1,SB →=r 2,SC →=r 3,则SE →,SF →,SG →,SH →,SM →,SN →分别为12r 1,12(r 2+r 3),12(r 1+r 2),12r 3,12(r 1+r 3),12r 2. 由条件EF =GH =MN 得⎝ ⎛⎭⎪⎫-r 1+r 2+r 322=⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1+r 2-r 322=⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1-r 2+r 322,展开得r 1·r 2=r 2·r 3=r 1·r 3, ∴r 1·(r 2-r 3)=0, ∵r 1≠0,r 2-r 3≠0, ∴r 1⊥(r 2-r 3),即SA ⊥BC . 同理可证SB ⊥AC ,SC ⊥AB .1.(2014·广东高考)已知向量a =(1,0,-1),则下列向量中与a 成60°夹角的是( )A .(-1,1,0)B .(1,-1,0)C .(0,-1,1)D .(-1,0,1)答案 B解析 经检验,选项B 中向量(1,-1,0)与向量a =(1,0,-1)的夹角的余弦值为12,即它们的夹角为60°.故选B.2.(2017·成都模拟)已知a =(λ+1,0,2),b =(6,2u -1,2λ),若a ∥b ,则λ与u 的值可以是( )A .2,12 B .-13,12 C .-3,2 D .2,2答案 A解析 由题意知(λ+1)·2λ=2×6,可得λ=-3或2,由0·2λ=2(2u -1)得u =12.故选A.3.(2018·西安质检)已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ,点E ,F 分别是BC ,AD 的中点,则AE →·AF→的值为( ) A .a 2 B.12a 2 C.14a 2D.34a 2答案 C解析如图,设AB→=a ,AC →=b ,AD →=c ,则|a |=|b |=|c |=a ,且a ,b ,c 三个向量两两的夹角为60°.AE →=12(a +b ), AF →=12c , ∴AE →·AF →=12(a +b )·12c =14(a ·c +b ·c )=14(a 2cos60°+a 2cos60°)=14a 2.故选C.4. (2017·包头模拟)如图所示,PD 垂直于正方形ABCD 所在平面,AB =2,E 为PB 的中点,cos 〈DP →,AE →〉=33,若以DA ,DC ,DP 所在直线分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则点E 的坐标为________.答案 (1,1,1)解析 由已知得D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0), 设P (0,0,a )(a >0),则E ⎝⎛⎭⎪⎫1,1,a 2, 所以DP →=(0,0,a ),AE →=⎝⎛⎭⎪⎫-1,1,a 2,|DP →|=a .|AE→|= (-1)2+12+⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22=2+a 24=8+a 22. 又cos 〈DP →,AE →〉=33,所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪0×(-1)+0×1+a 22a ·8+a 22=33,解得a 2=4,即a =2,所以E (1,1,1).[基础送分 提速狂刷练]一、选择题1.已知点O ,A ,B ,C 为空间不共面的四点,且向量a =OA →+OB →+OC →,向量b =OA →+OB →-OC →,则与a ,b 不能构成空间基底的向量是( )A.OA →B.OB →C.OC →D.OA→或OB → 答案 C解析 根据题意得OC →=12(a -b ),所以OC →,a ,b 共面.故选C.2.有4个命题:①若p =x a +y b ,则p 与a ,b 共面; ②若p 与a ,b 共面,则p =x a +y b ;③若MP→=xMA →+yMB →,则P ,M ,A ,B 共面; ④若P ,M ,A ,B 共面,则MP →=xMA →+yMB →. 其中真命题的个数是( ) A .1 B .2 C .3 D .4答案 B解析 ①正确;②中,若a ,b 共线,p 与a 不共线,则p =x a +y b 就不成立;③正确;④中,若M ,A ,B 共线,点P 不在此直线上,则MP→=xMA →+yMB →不正确.故选B. 3.在平行六面体ABCD -A ′B ′C ′D ′中,若AC ′→=xAB →+2yBC →-3zCC ′→,则x +y +z =( )A .1 B.76 C.56 D.23 答案 B解析 ∵AC ′→=AC →+CC ′→=AD →+AB →+CC ′→=AB →+BC →+CC ′→=xAB →+2yBC →-3zCC ′→,∴x =1,y =12,z =-13, ∴x +y +z =1+12-13=76.故选B.4.已知四边形ABCD 满足AB →·BC →>0,BC →·CD →>0,CD →·DA →>0,DA →·AB→>0,则该四边形为( ) A .平行四边形 B .梯形 C .平面四边形 D .空间四边形答案 D解析 由已知条件得四边形的四个外角均为锐角,但在平面四边形中任一四边形的外角和都是360°,这与已知条件矛盾,所以该四边形是一个空间四边形.故选D.5. (2018·北京东城模拟)如图所示,已知P A ⊥平面ABC ,∠ABC =120°,P A =AB =BC =6,则|PC→|等于( )A .6 2B .6C .12D .144答案 C解析 ∵PC →=P A →+AB →+BC →, ∴PC →2=P A →2+AB →2+BC →2+2AB →·BC →, ∴|PC →|2=36+36+36+2×36cos60°=144, ∴|PC→|=12.故选C. 6.(2017·舟山模拟)平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,向量AB →,AD →,AA 1→两两的夹角均为60°,且|AB →|=1,|AD →|=2,|AA 1→|=3,则|AC 1→|等于( )A .5B .6C .4D .8答案 A解析 设AB →=a ,AD →=b ,AA 1→=c ,则AC 1→=a +b +c ,|AC 1→|2=a 2+b 2+c 2+2a ·b +2b ·c +2c ·a =25,因此|AC 1→|=5.故选A. 7.(2017·南充三模)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1,下列命题: ①(A 1A →+A 1D 1→+A 1B 1→)2=3A 1B 1→2; ②A 1C →·(A 1B 1→-A 1A →)=0;③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角为60°; ④正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|, 其中正确命题的序号是( ) A .①② B .①②③ C .①④ D .①②④ 答案 A解析 设正方体边长为单位长为1,建立空间直角坐标系,如图. A 1A →=(0,0,1),A 1D 1→=(1,0,0),A 1B 1→=(0,1,0),A 1C →=(1,1,1),AD 1→=(1,0,-1),所以对于①,(A 1A →+A 1D 1→+A 1B 1→)2=(1,1,1)·(1,1,1)=3=3A 1B 1→2,故①正确;对于②,A 1C →·(A 1B 1→-A 1A →)=(1,1,1)·(0,1,-1)=0,故②正确; 对于③,因为AD 1→·A 1B →=(1,0,-1)·(0,1,1)=-1,向量AD 1→与向量A 1B →的夹角为120°,故③错误; ④正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →||AA 1→|·|AD →|,但是|AB →·AA 1→·AD →|=0,故④错误.故选A.8.对于空间任意一点O 和不共线的三点A ,B ,C ,且有OP →=xOA →+yOB→+zOC →(x ,y ,z ∈R ),则x =2,y =-3,z =2是P ,A ,B ,C 四点共面的( )A .必要不充分条件B .充分不必要条件C .充要条件D .既不充分又不必要条件答案 B解析 当x =2,y =-3,z =2时, 即OP→=2OA →-3OB →+2OC →, 则AP→-AO →=2OA →-3(AB →-AO →)+2(AC →-AO →),即 AP→=-3AB →+2AC →,根据共面向量定理,知P ,A ,B ,C 四点共面;反之,当P ,A ,B ,C 四点共面时,根据共面向量定理AP →=mAB →+nAC→, 即OP→-OA →=m (OB →-OA →)+n (OC →-OA →), 即OP→=(1-m -n )OA →+mOB →+nOC →, 即x =1-m -n ,y =m ,z =n ,这组数显然不止2,-3,2. 故是充分不必要条件.故选B.9.(2018·福州质检)正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ,点M 在AC 1上且AM →=12MC 1→,N 为B 1B 的中点,则|MN→|为( ) A.216aB.66aC.156aD.153a答案 A解析 以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ,则A (a,0,0),C 1(0,a ,a ),N ⎝⎛⎭⎪⎫a ,a ,a 2.设M (x ,y ,z ),∵点M 在AC 1上且AM →=12MC 1→, ∴(x -a ,y ,z )=12(-x ,a -y ,a -z ), ∴x =23a ,y =a 3,z =a 3.∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3,a 3,a 3,∴|MN→|= ⎝⎛⎭⎪⎫a -23a 2+⎝ ⎛⎭⎪⎫a -a 32+⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2-a 32=216a .故选A.10.已知矩形ABCD ,AB =1,BC =2,将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折,在翻折过程中( )A .存在某个位置,使得直线AC 与直线BD 垂直B .存在某个位置,使得直线AB 与直线CD 垂直C .存在某个位置,使得直线AD 与直线BC 垂直D .对任意位置,三对直线“AC 与BD ”,“AB 与CD ”,“AD 与BC ”均不垂直答案 B解析 如图所示,在图1中,易知AE =CF =63,BE =EF =FD =33.在图2中,设AE→=a ,EF →=b ,FC →=c , 则〈a ,b 〉=〈b ,c 〉=90°,设〈a ,c 〉=θ, 则AC→=a +b +c ,BD →=3b , 故AC →·BD→=3b 2=1≠0, 故AC 与BD 不垂直,A 不正确;AB→=AE →+EB →=a -b ,CD →=CF →+FD →=b -c , 所以AB →·CD →=-a ·c -b 2=-23cos θ-13.当cos θ=-12,即θ=2π3时,AB →·CD →=0,故B 正确,D 不正确; AD→=AE →+ED →=a +2b ,BC →=BF →+FC →=2b +c , 所以AD →·BC →=a ·c +4b 2=23cos θ+43=23(cos θ+2), 故无论θ为何值,AD →·BC →≠0,故C 不正确.故选B. 二、填空题11.(2017·银川模拟)已知点A (1,2,1),B (-1,3,4),D (1,1,1),若AP →=2PB→,则|PD →|的值是________. 答案773解析 设P (x ,y ,z ),∴AP→=(x -1,y -2,z -1). PB →=(-1-x ,3-y ,4-z ),由AP →=2PB →,得点P 坐标为⎝⎛⎭⎪⎫-13,83,3,又D (1,1,1),∴|PD →|=773. 12.如图,已知ABCD 为正方形,P 是ABCD 所在平面外一点,P 在平面ABCD 上的射影恰好是正方形的中心O ,Q 是CD 的中点,若P A →=xPO→+yPQ →+PD →,则x +y =________.答案 0解析 P A →-PD →=DA →=OA →-OD → =-OC→-OD →=-(OC →+OD →) =-2OQ→=-2(PQ →-PO →)=2PO →-2PQ →. ∵P A →=xPO →+yPQ →+PD →,∴P A →-PD →=xPO →+yPQ →, ∴2PO→-2PQ →=xPO →+yPQ →. ∵PQ→与PO →不共线,∴x =2,y =-2,∴x +y =0. 13.已知O (0,0,0),A (1,2,3),B (2,1,2),P (1,1,2),点Q 在直线OP 上运动,当QA →·QB→取最小值时,点Q 的坐标是________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43,43,83解析 由题意,设OQ→=λOP →,即OQ →=(λ,λ,2λ), 则QA→=(1-λ,2-λ,3-2λ),QB →=(2-λ,1-λ,2-2λ), ∴QA →·QB →=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)·(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ-432-23,当λ=43时有最小值,此时Q 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43,43,83. 14.如图,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ 上,E ,F 分别为AB ,BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则cos θ的最大值为________.答案 25解析 以A 为坐标原点,射线AB ,AD ,AQ 分别为x 轴,y 轴,z 轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形ABCD 和ADPQ 的边长为2,则E (1,0,0),F (2,1,0),M (0,y,2)(0≤y ≤2).所以AF→=(2,1,0),EM →=(-1,y,2). 所以AF →·EM →=-2+y ,|AF →|=5,|EM →|=5+y 2. 所以cos θ=|AF →·EM →||AF →||EM →|=|-2+y |5·5+y 2=2-y 5·5+y 2. 令2-y =t ,则y =2-t ,且t ∈[0,2].所以cos θ=t 5·5+(2-t )2=t 5·9-4t +t 2. 当t =0时,cos θ=0.当t ≠0时,cos θ=15·9t 2-4t +1=15·9⎝ ⎛⎭⎪⎫1t -292+59,由t ∈(0,2],得1t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12,+∞,所以9⎝ ⎛⎭⎪⎫1t -292+59≥ 9×⎝ ⎛⎭⎪⎫12-292+59=52. 所以0<cos θ≤25,即cos θ的最大值为25. 三、解答题15.(2018·唐山模拟)已知空间三点A (-2,0,2),B (-1,1,2),C (-3,0,4),设a =AB→,b =AC →. (1)求a 和b 夹角的余弦值; (2)设|c |=3,c ∥BC→,求c 的坐标.解 (1)因为A B →=(1,1,0),AC →=(-1,0,2),所以a ·b =-1+0+0=-1,|a |=2,|b |= 5.所以cos 〈a ,b 〉=a ·b|a ||b |=-12×5=-1010.(2)BC→=(-2,-1,2),设c =(x ,y ,z ), 因为|c |=3,c ∥BC→, 所以x 2+y 2+z 2=3,存在实数λ使得c =λBC →, 即⎩⎪⎨⎪⎧x =-2λ,y =-λ,z =2λ,联立解得⎩⎪⎨⎪⎧ x =-2,y =-1,z =2,λ=1或⎩⎪⎨⎪⎧x =2,y =1,z =-2,λ=-1,所以c =±(-2,-1,2).16.已知平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 是边长为1的正方形,AA 1=2,∠A 1AB =∠A 1AD =120°.(1)求线段AC 1的长;(2)求异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值; (3)证明:AA 1⊥BD .解 (1)如图所示,设AB→=a ,AD →=b ,AA 1→=c , 则|a |=|b |=1,|c |=2.a ·b =0,a ·c =b ·c =2×1×cos120°=-1. ∵AC 1→=AB →+BC →+CC 1→=a +b +c , ∴|AC 1→|2=(a +b +c )2 =a 2+b 2+c 2+2a ·b +2a ·c +2b ·c =1+1+22-2-2=2. ∴|AC 1→|= 2.即AC 1长为 2. (2)∵AC 1→=a +b +c ,A 1D →=b -c , ∴AC 1→·A 1D →=(a +b +c )·(b -c ) =a ·b -a ·c +b 2-b ·c +b ·c -c 2 =1+12-22=-2.又|A 1D →|2=(b -c )2=b 2+c 2-2b ·c =1+4+2=7, ∴|A 1D →|=7.∴cos 〈AC 1→,A 1D →〉=AC 1→·A 1D →|AC 1→||A 1D →|=-22×7=-147.∴异面直线AC 1与A 1D 所成角的余弦值为147. (3)证明:∵AA 1→=c ,BD →=b -a , ∴AA 1→·BD →=c ·(b -a )=c ·b -c ·a =-1-(-1)=0. ∴AA 1→⊥BD →,即AA 1⊥BD .。
第7讲立体几何中的向量方法[考纲解读] 1.理解直线的方向向量及平面的法向量,并能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.(重点)2.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,并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.(难点)[考向预测]从近三年高考情况来看,本讲为高考必考内容.预测2020年高考将会以空间向量为工具,证明平行与垂直以及求空间角的计算问题.试题以解答题的形式呈现,难度为中等偏上.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⇔□04 v=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 ∥αB .l ⊥αC .l ⊂αD .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,-23,23 B .⎝ ⎛⎭⎪⎫-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,a 2,2a 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 线线平行 证明两直线的方向向量共线线面平行①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直;②证明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面面平行①证明两平面的法向量平行(即为共线向量); ②转化为线面平行、线线平行问题2.用空间向量证明垂直问题的方法 线线垂 直问题 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 线面垂 直问题 直线的方向向量与平面的法向量共线,或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直面面垂 直问题 两个平面的法向量垂直,或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直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P AD ⊥底面ABCD ,且P A =PD =22AD ,设E ,F 分别为PC ,BD 的中点.(1)求证:EF ∥平面P AD ; (2)求证:平面P AB ⊥平面PDC .证明 (1)如图,取AD 的中点O ,连接OP ,OF .因为P A =PD ,所以PO ⊥AD .因为侧面P AD ⊥底面ABCD ,平面P AD ∩平面ABCD =AD ,PO ⊂平面P AD , 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P A =PD =22AD , 所以P A ⊥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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫-a 2,0,0,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,a 4.易知平面P AD 的一个法向量为OF→=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a 2,0, 因为EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4,0,-a 4,且OF →·EF →=⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a 2,0·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4,0,-a 4=0, 又因为EF ⊄平面P AD , 所以EF ∥平面P AD .(2)因为P A →=⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2,0,-a 2,CD →=(0,-a,0),所以P A →·CD →=⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2,0,-a 2·(0,-a,0)=0, 所以P A →⊥CD →,所以P A ⊥CD .又P A ⊥PD ,PD ∩CD =D , PD ,CD ⊂平面PDC , 所以P A ⊥平面PDC . 又P A ⊂平面P AB , 所以平面P AB ⊥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,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P AC 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P AM 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,可取n =(3(a -4),3a ,-a ), 所以cos 〈OB→,n 〉=23(a -4)23(a -4)2+3a 2+a 2.由已知得|cos 〈OB→,n 〉|=32.所以23|a -4|23(a -4)2+3a 2+a 2=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P AM 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 -P A -C 为30°”改为“直线PC 与平面P AM 所成角等于直线PB 与平面P AM 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P AM 所成角等于直线PB 与平面P AM 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P AM 的法向量n =(3(a -4),3a ,-a ),若直线PC 与平面P AM 所成角等于直线PB 与平面P AM 所成角. 则|PB →·n ||PB →|=|PC →·n ||PC →|.所以|23(a -4)+23a |22+(-23)2=|23a +23a |22+(-23)2 .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 =|P A →|2-|P A →·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=|P A→·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OO1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OO1逆时针旋转θ(0<θ<π)后得到平面A1B1C1D1,边B1C1与曲线Γ相交于点P.(1)求曲线Γ的长度;(2)当θ=π2时,求点C1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P AB 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 (1)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. (2)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.。