2020高考数学刷题首选卷第六章立体几何考点测试48立体几何中的向量方法(理)(含解析)

第3讲 立体几何中的向量方法考情解读 1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)(以下相同)． (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|.(3)面面夹角设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)， 则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． 3．求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离，点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点).热点一 利用向量证明平行与垂直例1 如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明： (1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .思维启迪 从A 点出发的三条直线AB 、AD ，AE 两两垂直，可建立空间直角坐标系．证明 方法一 由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)， F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)， 由n 1·DF →＝n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝12x 1，z 1＝－12x 1，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .思维升华 (1)要证明线面平行，只需证明向量OM →与平面BCF 的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证明向量OM →与BF →，BC →共面．(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线OM 垂直于平面EFCD ，即证OM 垂直于平面EFCD 内的两条相交直线，从而转化为证明向量OM →与向量FC →、CD →垂直．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD是菱形，P A ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点．(1)求证：直线PC ∥平面BDE ； (2)求证：BD ⊥PC ；证明 设AC ∩BD ＝O .因为∠BAD ＝60°，AB ＝2，底面ABCD 为菱形， 所以BO ＝1，AO ＝CO ＝3，AC ⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于P A 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ， 则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，D (－1,0,0)，E (0，－3，1)．(1)设平面BDE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，因为BE →＝(－1，－3，1)，BD →＝(－2,0,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧－2x 1＝0，－x 1－3y 1＋z 1＝0，令z 1＝3，得y 1＝1，所以n 1＝(0,1，3)．又PC →＝(0,23，－2)，所以PC →·n 1＝0＋23－23＝0， 即PC →⊥n 1，又PC ⊄平面BDE ， 所以PC ∥平面BDE .(2)因为PC →＝(0,23，－2)，BD →＝(－2,0,0)， 所以PC →·BD →＝0. 故BD ⊥PC .热点二 利用向量求空间角例2 如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD ＝1，AB ＝12EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 分别为AE 、BD 的中点．(1)求证：PQ ∥平面BCE ； (2)求二面角A －DF －E 的余弦值．思维启迪 (1)易知PQ 为△ACE 的中位线；(2)根据AD ⊥平面ABEF 构建空间直角坐标系． (1)证明 连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点， ∴Q 为AC 的中点，又在△AEC 中，P 为AE 的中点，∴PQ ∥EC ， ∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ，∴PQ ∥平面BCE .(2)解 如图，取EF 的中点M ，则AF ⊥AM ，以A 为坐标原点，以AM 、AF 、AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)．可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →＝(0,2，－1)． 设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0n ·DF →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋2y ＝02y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝02y －z ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量．∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量． ∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66.由图可知所求二面角为锐角，∴二面角A －DF －E 的余弦值为66. 思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论． (2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．(2013·山东)如图所示，在三棱锥P －ABQ 中，PB ⊥平面ABQ ，BA ＝BP ＝BQ ，D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，AQ ＝2BD ，PD 与EQ 交于点G ，PC 与FQ 交于点H ，连接GH . (1)求证：AB ∥GH ；(2)求二面角D －GH －E 的余弦值．(1)证明 因为D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，所以EF ∥AB ，DC ∥AB . 所以EF ∥DC .又EF ⊄平面PCD ，DC ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .又EF ⊂平面EFQ ，平面EFQ ∩平面PCD ＝GH ， 所以EF ∥GH .又EF ∥AB ，所以AB ∥GH .(2)解 方法一 在△ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ， 所以∠ABQ ＝90°，即AB ⊥BQ . 因为PB ⊥平面ABQ ，所以AB ⊥PB . 又BP ∩BQ ＝B ，所以AB ⊥平面PBQ .由(1)知AB ∥GH ，所以GH ⊥平面PBQ . 又FH ⊂平面PBQ ，所以GH ⊥FH . 同理可得GH ⊥HC ，所以∠FHC 为二面角D －GH －E 的平面角． 设BA ＝BQ ＝BP ＝2，连接FC ， 在Rt △FBC 中，由勾股定理得 FC ＝2，在Rt △PBC 中，由勾股定理得 PC ＝ 5.又H 为△PBQ 的重心，所以HC ＝13PC ＝53.同理FH ＝53.在△FHC 中，由余弦定理得cos ∠FHC ＝59＋59－22×59＝－45.即二面角D －GH －E 的余弦值为－45.方法二 在△ABQ 中，AQ ＝2BD ，AD ＝DQ ，所以∠ABQ ＝90° 又PB ⊥平面ABQ ，所以BA ，BQ ，BP 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以BA ，BQ ，BP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设BA ＝BQ ＝BP ＝2，则E (1,0,1)，F (0,0,1)，Q (0,2,0)，D (1,1,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)．所以EQ →＝(－1,2，－1)，FQ →＝(0,2，－1)，DP →＝(－1，－1，2)，CP →＝(0，－1,2)． 设平面EFQ 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 由m ·EQ →＝0，m ·FQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋2y 1－z 1＝0，2y 1－z 1＝0，取y 1＝1，得m ＝(0,1,2)． 设平面PDC 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由n ·DP →＝0，n ·CP →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－y 2＋2z 2＝0，－y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n ＝(0,2,1)． 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝45.因为二面角D －GH －E 为钝角，所以二面角D －GH －E 的余弦值为－45.热点三 利用空间向量求解探索性问题例3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC 的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1； (2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．(1)证明 连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD .由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点．又D 为BC 的中点，所以OD 为△A 1BC 的中位线， 所以A 1B ∥OD .因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1， 所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)解 由ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC ＝90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直． 以BC ，BA ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz . 设BA ＝2，则B (0,0,0)，C (2,0,0)，A (0,2,0)，C 1(2,0,1)，D (1,0,0)， 所以AD →＝(1，－2,0)，AC →1＝(2，－2,1)．设平面ADC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AC →1＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＝0，2x －2y ＋z ＝0.取y ＝1，得n ＝(2,1，－2)．易知平面ADC 的一个法向量为v ＝(0,0,1)． 所以cos 〈n ，v 〉＝n ·v |n |·|v |＝－23.因为二面角C 1－AD －C 是锐二面角， 所以二面角C 1－AD －C 的余弦值为23.(3)解 假设存在满足条件的点E .因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0,2,1)，B 1(0,0,1)，故可设E (0，λ，1)，其中0≤λ≤2. 所以AE →＝(0，λ－2,1)，DC →1＝(1,0,1)．因为AE 与DC 1成60°角，所以|cos 〈AE →，DC →1〉|＝|AE →·DC →1||AE →|·|DC →1|＝12，即1(λ－2)2＋1·2＝12，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角．思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC ，点D 为BC 的中点． (1)求二面角A —PD —B 的余弦值；(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．解 (1)∵AC ＝BC ，P A ＝PB ，PC ＝PC ， ∴△PCA ≌△PCB ， ∴∠PCA ＝∠PCB ， ∵PC ⊥AC ，∴PC ⊥CB ， 又AC ∩CB ＝C ，∴PC ⊥平面ACB ，且PC ，CA ，CB 两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CB ，CA ，CP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (0,2,0)，D (1,0,0)，P (0,0,2)，∴AD →＝(1，－2,0)，PD →＝(1,0，－2)， 设平面P AD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0n ·PD →＝0，∴取n ＝(2,1,1)，平面PDB 的一个法向量为CA →＝(0,2,0)， ∴cos 〈n ，CA →〉＝66，设二面角A —PD —B 的平面角为θ，且θ为钝角， ∴cos θ＝－66，∴二面角A —PD —B 的余弦值为－66. (2)方法一 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．设M (x,2－x,0) (x ∈R )，∴PM →＝(x,2－x ，－2)， ∴|cos 〈PM →，n 〉|＝|x |x 2＋(2－x )2＋4·6＝16，解得x ＝1或x ＝－2，∴M (1,1,0)或M (－2,4,0)，∴在直线AB 上存在点M ，且当M 是AB 的中点或A 是MB 的中点时， 使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16.方法二 存在，M 是AB 的中点或A 是MB 的中点． 设AM →＝λAB →，则AM →＝λ(2，－2,0)＝(2λ，－2λ，0) (λ∈R )， ∴PM →＝P A →＋AM →＝(2λ，2－2λ，－2)， ∴|cos 〈PM →，n 〉|＝|2λ|(2λ)2＋(2－2λ)2＋4·6＝16.解得λ＝12或λ＝－1.∴M 是AB 的中点或A 是MB 的中点．∴在直线AB 上存在点M ，且当M 是AB 的中点或A 是MB 的中点时，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性．提醒三点：(1)直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值．(2)求二面角除利用法向量外，还可以按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共面向量的知识，我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量，并且两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如图所示．(3)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 )，四点P ，A ，B ，C 共面的充要条件是x ＋y ＋z ＝1.空间一点P 位于平面MAB 内⇔存在有序实数对x ，y ，使MP →＝xMA →＋yMB →，或对空间任一定点O ，有序实数对x ，y ，使OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →.真题感悟(2014·北京)如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点，在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．(1)证明 在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点， 所以AB ∥DE .又因为AB ⊄平面PDE ，DE ⊂平面PDE ， 所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG .(2)解 因为P A ⊥底面ABCDE ， 所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE . 如图建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC →＝(1,1,0)． 设平面ABF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1，所以n ＝(0，－1,1)．设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12. 因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6， 设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ.因为n 是平面ABF 的一个法向量，所以n ·AH →＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，解得λ＝23，所以点H 的坐标为(43，23，23)． 所以PH ＝ (43)2＋(23)2＋(－43)2＝2. 押题精练如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1.(1)求直线DF 与平面ACEF 所成角的正弦值；(2)在线段AC 上找一点P ，使PF →与DA →所成的角为60°，试确定点P的位置．解 (1)以C 为坐标原点，分别以CD ，CB ，CE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0,0,1)，D (2，0,0)，B (0，2，0)，A (2，2，0)，F (2，2，1)，连接BD ，则AC ⊥BD .因为平面ABCD ⊥平面ACEF ，且平面ABCD ∩平面ACEF ＝AC ，所以DB →是平面ACEF 的一个法向量．又DB →＝(－2，2，0)，DF →＝(0，2，1)，所以cos 〈DF →，DB →〉＝DF →·DB →|DF →|×|DB →|＝33. 故直线DF 与平面ACEF 所成角的正弦值为33. (2)设P (a ，a,0)(0≤a ≤2)，则PF →＝(2－a ，2－a,1)，DA →＝(0，2，0)．因为〈PF →，DA →〉＝60°，所以cos 60°＝2(2－a )2×2(2－a )2＋1＝12. 解得a ＝22或a ＝322(舍去)，故存在满足条件的点P (22，22，0)为AC 的中点．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内答案 D解析 由已知得M 、A 、B 、C 四点共面．所以AM 在平面ABC 内，选D.2．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 的中点，P ，Q 是正方体内部或面上的两个动点，则AM →·PQ →的最大值是( )A.12B ．1 C.32D.54 答案 C解析 以A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，M (12，1,0)， 所以AM →＝(12，1,0)． 设PQ →＝(x ，y ，z )，由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧ －1≤x ≤1，－1≤y ≤1，－1≤z ≤1.因为AM →·PQ →＝12·x ＋1·y ＋0·z ＝12x ＋y ， 又－1≤x ≤1，－1≤y ≤1，所以－12≤12x ≤12. 所以－32≤12x ＋y ≤32. 故AM →·PQ →的最大值为32. 3．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为( ) A.32 B.1010C.35D.25答案 D 解析 以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，M (1，12，1)，C (0,1,0)，N (1,1，12)． 所以AM →＝(0，12，1)，CN →＝(1,0，12)． 故AM →·CN →＝0×1＋12×0＋1×12＝12， |AM →|＝ 02＋(12)2＋12＝52， |CN →|＝ 12＋02＋(12)2＝52， 所以cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →||CN →|＝1252×52＝25. 4．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于( )A.64 B.104 C.22 D.32答案 A解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64. 5．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 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，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⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2. ∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23. 即所成的锐二面角的余弦值为23. 6．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.36 B.32 C.336 D.12答案 A解析 设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →) ＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB → ＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36.选A.二、填空题7．在一直角坐标系中已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________．答案 217解析 如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4，两异面直线AC 、BD 所成的角为60°，故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →，得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68，∴|AB →|＝217.8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________．答案 3510解析 以A 为坐标原点，AB 、AD 、AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)． ∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)． 设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)．又A 1F →＝(12，1，－1)， ∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510. 9．已知正方形ABCD 的边长为4，CG ⊥平面ABCD ，CG ＝2，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则点C 到平面GEF 的距离为________．答案 61111 解析 建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，则G (0,0,2)，E (2,4,0)，F (4,2,0)．所以GF →＝(4,2，－2)，GE →＝(2,4，－2)，CG →＝(0,0,2)．设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧GF →·n ＝0，GE →·n ＝0， 得平面GEF 的一个法向量为n ＝(1,1,3)，所以点C 到平面GEF 的距离d ＝|n ·CG →||n |＝61111. 10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，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 →的夹角是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________．答案 ①②解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3(A 1B 1→)2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确．三、解答题11.如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .证明 (1)以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∵E ，F 分别是PC ，PD 的中点，∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12，EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →， 即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB .(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面P AD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC .12．(2014·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积．(1)证明 连接BD 交AC 于点O ，连接EO .因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点．又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB .因为EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC .(2)解 因为P A ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E (0，32，12)，AE →＝(0，32，12)． 设B (m,0,0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝(3m ，－1，3)． 又n 2＝(1,0,0)为平面DAE 的法向量，由题设|cos 〈n 1，n 2〉|＝12， 即 33＋4m 2＝12， 解得m ＝32. 因为E 为PD 的中点， 所以三棱锥E －ACD 的高为12， 三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.13．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，AB ＝BC ，AB ⊥BC ，O 为AC 的中点．(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值；(3)在BC 1上是否存在一点E ，使得OE ∥平面A 1AB ？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明 ∵AA 1＝A 1C ＝AC ＝2，且O 为AC 的中点，∴A 1O ⊥AC .又侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，交线为AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ， ∴A 1O ⊥平面ABC .(2)解 连接OB ，如图，以O 为原点，分别以OB 、OC 、OA 1所在直线为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，则由题意可知B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0，3)，A (0，－1,0)．∴A 1C →＝(0,1，－3)，设平面A 1AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AA 1→＝n ·AB →＝0，而AA 1→＝(0,1，3)，AB →＝(1,1,0)，可求得一个法向量n ＝(3，－3，3)，∴|cos 〈A 1C →，n 〉|＝|n ·A 1C →||n |·|A 1C →|＝62×21＝217，故直线A 1C 与平面A 1AB 所成角的正弦值为217.(3)解 存在点E ，且E 为线段BC 1的中点．连接B 1C 交BC 1于点M ，连接AB 1、OM ，则M 为B 1C 的中点，从而OM 是△CAB 1的一条中位线，OM ∥AB 1，又AB 1⊂平面A 1AB ，OM ⊄平面A 1AB ，∴OM ∥平面A 1AB ，故BC 1的中点M 即为所求的E 点．。

专题8.7 立体几何中的向量方法（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】以几何体为载体，考查空间线面的平行、垂直关系，考查空间角的函数值的计算，凸显直观想象、数学运算、逻辑推理的核心素养．【知识点展示】（一）异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做a 与b 所成的角．②范围：两异面直线所成角θ的取值范围是(0,]2π．③向量求法：设直线a ，b 的方向向量为a ，b ，其夹角为φ，则有cos |cos |||||||a ba b θϕ⋅==⋅.（二）直线与平面所成角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|＝|e ·n ||e ||n |.范围 [0,]2π.（三） 二面角(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2、3，12,n n 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12,n n θ=<>(或12,n n π-<>)．（3）二面角的范围是[0，π]. （四）利用向量求空间距离点面距的求法：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 |.【常考题型剖析】题型一： 求异面直线所成的角例1.（2018·全国高考真题（理））在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =线1AD 与1DB 所成角的余弦值为( )A ．15B ．56C 5D ．22【答案】C【解析】以D 为坐标原点，DA,DC,DD 1为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,13),3)D A B D ,所以11(1,0,3),(1,13)AD DB =-=,因为11111115cos ,525AD DB AD DB AD DB ⋅-===⨯，所以异面直线1AD 与1DB 5，选C.例2.（2023·全国·高三专题练习（理））已知正四面体ABCD ，M 为BC 中点，N 为AD 中点，则直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为（ ） A ．16B ．23C 21D 421【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算性质，结合空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】设该正面体的棱长为1，因为M 为BC 中点，N 为AD 中点， 所以22131(1)2BN DM ==-⨯因为M 为BC 中点，N 为AD 中点， 所以有12BN BA AN AB AD =+=-+， 1111(),2222DM DB BM DA AB BC AD AB AC AB AD AB AC =+=++=-++-=-++2222111()()222111112224411111111111111111112222242421,2BN DMAB AD AD AB AC AB AD AB AB AC AD AB AD AC AD⋅=-+-++=⋅--⋅-+⋅+⋅=⨯⨯-⨯-⨯⨯⨯-⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=- 122cos ,333BN DM BN DM BN DM-⋅〈〉===-⋅⨯，根据异面直线所成角的定义可知直线BN 与直线DM 所成角的余弦值为23， 故选：B例3.（2022·贵州毕节·三模（理））在正四棱锥S ABCD -中，底面边长为22侧棱长为4，点P 是底面ABCD 内一动点，且13SP =A ，P 两点间距离最小时，直线BP 与直线SC 所成角的余弦值为（ ） A 5B 3C 2D ．110【答案】A 【解析】 【分析】如图所示，连接,AC BC 交于点O ，连接PO ，得到PO ⊥底面ABCD ，根据13SP =求得1OP =，得到,A P 两点间距离最小为1AB =，以,,OA OB OS 分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系，求得(1,2,0),(2,0,23)BP SC =-=--，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】如图所示，连接,AC BC 交于点O ，连接PO ，因为四棱锥S ABCD -为正四棱锥，可得PO ⊥底面ABCD ， 由底面边长为24AC =，所以2AO =，在直角SOA 中，4,2SA AO ==，可得2223SO SA AO =- 又由13SP =SOP △中，可得221OP SP SO -=， 即点P 在以O 为圆心，以1为半径的圆上，所以当圆与OA 的交点时，此时,A P 两点间距离最小，最小值为1AB =， 以,,OA OB OS 分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得(1,0,0),(0,2,0),(0,0,3),(2,0,0)P B S C -，则(1,2,0),(2,0,23)BP SC =-=--，可得25cos ,54BP SC BP SC BP SC⋅-==⨯⋅， 所以直线BP 与直线SC 5故选：A.【方法技巧】向量法求两异面直线所成角的步骤 (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．提醒：两异面直线所成角θ的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当两异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是这两条异面直线所成的角；当两异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是两异面直线所成的角． 题型二：求直线与平面所成角例4.（2022·全国·模拟预测（理））如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C ，D ，E 三点共线，已知三棱锥P －ADE 四个面都为直角三角形，且ED ⊥AD ，P A ⊥平面ABCE ，PE ＝3，CD ＝AD ＝2，ED ＝1，则直线PC 与平面P AE 所成角的正弦值等于（ ）A 3B 10C 15D 13 【答案】C 【解析】本题利用空间向量处理线面夹角问题，sin cos ,PC n θ=． 【详解】如图建立空间直角坐标系，()002P ,,，()2,2,0C ，()0,0,0A ，()2,1,0E -则有：()2,2,2PC =--，()2,1,0AE =-，()0,0,2AP =设平面P AE 的法向量(),,n x y z =，则有2020x y z -=⎧⎨=⎩,令1x =,则2,0y z ==，即()1,2,0n = ∴15cos ,5PC n PC n PC n⋅==-PC 与平面P AE 15 故选：C ．例5.（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,15ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（215．（1）要证AB PM ⊥，可证DC PM ⊥，由题意可得，PD DC ⊥，易证DM DC ⊥，从而DC ⊥平面PDM ，即有DC PM ⊥，从而得证；（2）取AD 中点E ，根据题意可知，,,ME DM PM 两两垂直，所以以点M 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN 和平面PDM 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出． 【详解】（1）在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠=，由余弦定理可得3DM =所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DM D ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．（2）由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD ，因为7AM =22PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(3,2,0),(0,0,2),3,0,0)A P D ,(0,0,0),3,1,0)M C -又N 为PC 中点，所以313352,2222N AN ⎛-=- ⎝⎝. 由（1）得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n =从而直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为5||152sin ||2725244AN n AN n θ⋅===++‖例6. （2020·北京高考真题）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为1BB 的中点．（Ⅰ）求证：1//BC 平面1AD E ；（Ⅱ）求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23. 【解析】（Ⅰ）如下图所示：在正方体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B 且11AB A B =，1111//A B C D 且1111A B C D =，11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，则11//BC AD ， 1BC ⊄平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；（Ⅱ）以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z =，由100n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩， 令2z =-，则2x =，1y =，则()2,1,2n =-.11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅. 因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23. 【总结提升】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，取其余角就是斜线和平面所成的角． 题型三：求二面角例7.（2021·天津高考真题）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．（I ）求证：1//D F 平面11A EC ；（II ）求直线1AC 与平面11A EC 所成角的正弦值． （III ）求二面角11A AC E --的正弦值． 【答案】（I ）证明见解析；（II 3（III ）13.【分析】（I ）建立空间直角坐标系，求出1D F 及平面11A EC 的一个法向量m ，证明1m D F ⊥，即可得证； （II ）求出1AC ，由1sin cos ,A m C θ=运算即可得解； （III ）求得平面11AA C 的一个法向量DB ，由cos ,DB m DB m DB m⋅=⋅结合同角三角函数的平方关系即可得解.【详解】（I ）以A 为原点，1,,AB AD AA 分别为,,x y z 轴，建立如图空间直角坐标系， 则()0,0,0A ,()10,0,2A ,()2,0,0B ,()2,2,0C ,()0,2,0D ,()12,2,2C ,()10,2,2D ， 因为E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点，所以()2,1,0E ，()1,2,0F ，所以()11,0,2D F =-,()112,2,0AC =,()12,1,2A E =-, 设平面11A EC 的一个法向量为()111,,m x y z =，则11111111202202m x y m x y A A E z C ⎧⋅+=⎪⎨⋅+-=⎩=⎪=，令12x =，则()2,2,1m =-，因为1220m D F =⋅-=，所以1m D F ⊥，因为1D F ⊄平面11A EC ，所以1//D F 平面11A EC ； （II ）由（1）得，()12,2,2AC =， 设直线1AC 与平面11A EC 所成角为θ， 则11123sin cos ,323m A C AC m m C A θ⋅===⨯⋅ （III ）由正方体的特征可得，平面11AA C 的一个法向量为()2,2,0DB =-， 则822cos ,322DB m DB m DB m⋅===⨯⋅ 所以二面角11A AC E --211cos,3DB m -=.例8. （2021·全国·高考真题（理））如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值． 【答案】（12；（270【解析】 【分析】（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，求出a 的值，即可得出BC 的长；（2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ， 则()2,1,1PB a =-，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥，则2210PB AM a ⋅=-+=，解得2a =22BC a == [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD ．因为PD ⊥底面ABCD ，且AM ⊂底面ABCD ，所以PD AM ⊥． 又因为PB AM ⊥，PBPD P =，所以AM ⊥平面PBD ．又BD ⊂平面PBD ，所以AM BD ⊥．从而90ADB DAM ∠+∠=︒．因为90∠+∠=︒MAB DAM ，所以∠=∠MAB ADB ． 所以∽ADB BAM ，于是=AD BAAB BM． 所以2112BC =．所以2BC = [方法三]：几何法+三角形面积法 如图，联结BD 交AM 于点N ．由[方法二]知⊥AM DB ．在矩形ABCD 中，有∽DAN BMN ，所以2==AN DA MN BM，即23AN AM =．令2(0)=>BC t t ，因为M 为BC 的中点，则BM t =，241+DB t 21+AM t 由1122=⋅=⋅DABSDA AB DB AN ，得221241123=++t t t 212t =，所以22==BC t（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z =，则2AM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0,1AP =-， 由111120220m AM y m AP x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩，取12x ()2,1,2m =，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z =，2BM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()2,1,1BP =--，由222220220n BM n BP x y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--+=⎩，取21y =，可得()0,1,1n =，3314cos ,72m n m n m n ⋅===⋅⨯ 所以，270sin ,1cos ,14m n m n =-=， 因此，二面角A PM B --的正弦值为70 [方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABCD A B C D -，联结11,AB A B ，交点记为H ，由于11AB A B ⊥，1AB BC ⊥，所以AH ⊥平面11A BCD ．过H 作1D M 的垂线，垂足记为G ．联结AG ，由三垂线定理可知1⊥AG D M ， 故AGH ∠为二面角A PM B --的平面角．易证四边形11A BCD 21D H ，HM ． 111111111,2D HMD HMD A HHBMMCD A BCD SD M HG S S SSS=⋅=---正方形，由等积法解得310=HG 在Rt AHG 中，2310==AH HG ，由勾股定理求得35=AG ． 所以，70sin AH AGH AG ∠==，即二面角A PM B --70【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得. （2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.例9. （2021·全国·高考真题（理））已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小? 【答案】（1）证明见解析；（2）112B D = 【解析】 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为1111,//BFA B A B AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,A M B N ， 因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅，则1CBF BB N ∠=∠．又因为1190BB N B NB ∠+∠=︒，所以1190CBF B NB BF B N ∠+∠=︒⊥，． 又因为111111,BFA B B N A B B ⊥=，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥． [方法二] 【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1BB AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）． 因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅=，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+1BF EB BF BB =⋅+⋅11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=52520255-=，所以BF ED ⊥． （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =， 设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ， 则cos m BA m BAθ⋅=⋅222214a a =⨯-+22214a a =-+当12a =时，2224a a -+取最小值为272， 此时cos θ6272．所以()2min63sin 13θ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭112B D =． [方法二] ：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE平面11BB C C FT =．作1B H FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1DHB ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//C G A B 交DS 于点G ． 由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D B T C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31ts t =+．又111B H B TC F FT =，即1211(2)B H s =+-121(2)B H s =+-．所以2211DH B H B D =+2221(2)s t s ++-2229225t t t t =+-+ 则11sin B D DHB DH∠=2229225t t t t =+-+29119222t =+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭所以，当12t =时，()1min 3sin DHB ∠= [方法三]：投影法 如图，联结1,FB FN ，DEF 在平面11BB C C 的投影为1B NF ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS Sθ=．设1(02)B D t t =≤≤，在1Rt DB F 中，222115DF B D B F t ++在Rt ECF 中，223EF EC FC +D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ． 在Rt DEQ △中，2225(1)DE QD EQ t +=+-在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅()2315(1)t t ++=()222214sin 35t t DFE t -+∠+1sin 2DFESDF EF DFE =⋅∠2122142t t =-+13,2B NFS =1cos B NF DFES Sθ=22214t t =-+，()29sin 127t t θ=--+当12t =，即112B D =，面11BB C C 与面DFE 3 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 【总结提升】利用向量法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． 题型四： 利用向量求空间距离例10.（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）在直三棱柱111ABC A B C -中，底面是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒，侧棱13AA =，D ，E 分别是1CC 与1A B 的中点，点E 在平面ABD 上的射影是ABD △的重心G ，则点1A 到平面ABD 的距离为（ ） A 6B 6C 26D ．26【答案】A 【解析】 【分析】以C 为坐标原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设CA CB a ==，求出11(,,1)22GE =，利用空间向量的数量积转化求解点1A 到平面ABD 的距离．【详解】解：如图所示，以C 为坐标原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 设CA CB a ==，则(A a ，0，0)，(0B ，a ，0)，3(0,0,)2D ，1(A a ，0，3)， 可得3(,,)222a a E ，1(,,)332a a G ，(,,1)66a a GE =，3(0,,)2BD a =-， 因为点E 在平面ABD 上的射影是ABD △的重心， 所以GE ⊥平面ABD ，所以0GE BD ⋅=，即30()10662a a a ⨯+⨯-+⨯=，解得3a =， 即11(,,1)22GE =，则点1A 到平面ABD 的距离为d ，E 是1A B 的中点， 所以2||6d GE ==． 故选：A.例11.（2022·上海·位育中学模拟预测）正方形ABCD 的边长是2E F ，、分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角 (如图所示).M 为矩形AEFD 内一点，如果MBE MBC MB ∠∠=，和平面BCF 所成角的正切值为13，那么点M 到直线EF 的距离为______.23123【解析】 【分析】利用空间向量运算处理，根据直线夹角cos cos ,a b α=结合MBE MBC ∠=∠可得1y =，再根据线面夹角sin cos ,n BM θ=运算求解2z =【详解】如图，以E 为坐标原点建立空间直角坐标系则()()()0,0,0,1,0,0,1,2,0E B C ，设()()0,,02,01M y z y z ≤≤≤≤()()()1,0,0,0,2,0,1,,EB BC BM y z ===-则22221cos ,,cos ,11EB BM BC BM EB BM BC BM EB BMBC BMy z y z ⋅-⋅====++++∵MBE MBC ∠=∠222211y z y z ++++，即1y =∴()1,1,BM z =-平面BCF 的一个法向量()0,0,1n =，则2cos ,2n BM n BM n BMz ⋅==+∵MB 和平面BCF 所成角的正切值为132102z=+，则2z =∴点M 到直线EF 22例12.（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C -的体积为4，1A BC 的面积为22(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值． 【答案】2 3【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面11ABB A ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱111ABC A B C -中，设点A 到平面1A BC 的距离为h ，则111111112211433333A A BC A A ABC A ABC AB BC C C B V Sh h V S A A V ---=⋅===⋅==， 解得2h =所以点A 到平面1A BC 2 (2)取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC平面111ABB A A B =，且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥， 又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =12AA AB ==，122A B =2BC =， 则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1A C 的中点()1,1,1D ， 则()1,1,1BD =，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,设平面ABD 的一个法向量(),,m x y z =，则020m BD x y z m BA y ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()1,0,1m =-，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c =，则020m BD a b c m BC a ⎧⋅=++=⎨⋅==⎩，可取()0,1,1n =-， 则11cos ,222m n m n m n⋅===⨯⋅， 所以二面角A BD C --21312⎛⎫-= ⎪⎝⎭【总结提升】1.点到平面的距离，利用向量法求解比较简单，它的理论基础仍出于几何法，如本题，事实上，作BH ⊥平面CMN 于H .由BH →＝BM →＋MH →及BH →·n ＝n ·BM →，得|BH →·n |＝|n ·BM →|＝|BH →|·|n |，所以|BH →|＝|n ·BM →||n |，即d ＝|n ·BM →||n |.2.利用法向量求解空间线面角、面面角、距离等问题，关键在于“四破”：①破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；②破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；③破“求法向量关”，求出平面的法向量；④破“应用公式关”．。

(1)证明：由已知得，B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1， 故B 1C 1⊥BE . 又BE ⊥EC 1， 所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ，所以∠AEB ＝45°，故AE ＝AB ，AA 1＝2AB .以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，|DA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则C (0，1，0)，B (1，1，0)，C 1(0，1，2)，E (1，0，1)，CB →＝(1，0，0)，CE →＝(1，－1，1)，CC →1＝(0，0，2)．设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧CB →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，x －y ＋z ＝0， 所以可取n ＝(0，－1，－1)．设平面ECC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧CC →1·m ＝0，CE →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2z1＝0，x1－y1＋z1＝0， 所以可取m ＝(1，1，0)． 于是cosn ，m＝n·m |n||m|＝－12. 所以，二面角B -EC -C 1的正弦值为32. 2．(20xx·高考全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，[对点训练]在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 在线段BB 1上，且EB 1＝1，D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明：(1)依题意，以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则B (0，0，0)，D (0，2，2)，B 1(0，0，4)，C 1(0，2，4)，设BA ＝a ，则A (a ，0，0)，所以BA →＝(a ，0，0)，BD →＝(0，2，2)，B1D →＝(0，2，－2)，B1D →·BA →＝0，B1D →·BD →＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ，BD ⊂平面ABD ， 因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0，0，3)，G ⎝⎛⎭⎫a 2，1，4， F (0，1，4)，则EG →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，1，EF →＝(0，1，1)， B1D →·EG →＝0＋2－2＝0，B1D →·EF →＝0＋2－2＝0， 即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，EG ，EF ⊂平面EGF ，解：(1)因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD . 又因为AD ⊥CD ， 所以CD ⊥平面PAD .(2)过A 作AD 的垂线交BC 于点M . 因为PA ⊥平面ABCD ， 所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD . 如图建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，B (2，－1，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．因为E 为PD 的中点，所以E (0，1，1)．所以AE →＝(0，1，1)，PC →＝(2，2，－2)，AP →＝(0，0，2)． 所以PF →＝13PC →＝⎝⎛⎭⎫23，23，－23，AF →＝AP →＋PF →＝⎝⎛⎭⎫23，23，43. 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·AE →＝0，n·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1. 于是n ＝(－1，－1，1)．又因为平面PAD 的法向量为p ＝(1，0，0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝n·p |n||p|＝－33.由题知，二面角F -AE -P 为锐二面角，所以其余弦值为33.。

课时作业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∥α B．l⊥αC．l与α斜交D．l α或l∥α【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．【答案】　B2．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°【解析】　∵cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝12＝22，∴〈m，n〉＝45°．∴二面角为45°或135°．故选C．【答案】　C3．如图所示，已知正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别是上底面A1B1C1D1和侧面ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是( )A．60°B．45°C．30°D．135°【解析】　以D为原点，分别以射线DA，DC，DD1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D xyz，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 ．【答案】　B4．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【解析】　如图所示，建立空间直角坐标系D xyz ．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 ． 【答案】　A5．(2022·徐州二模)如图，在棱长为 1 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面正方形ABCD 内(不包括边界)，若B 1P ∥平面A 1BM ，则C 1P 长度的取值范围是________．【解析】　以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 建系如图则M (12，0，0)，A 1(1，0，1)，B (1，1，0)，B 1(1，1，1)，C 1(0，1，1)．设P (x ，y ，0)(0＜x ＜1，0＜y ＜1)，则B 1P 的方向向量B 1P →＝(x －1，y －1，－1)设平面A 1BM 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，MA 1→ ＝(12，0，1)，MB →＝(12，1，0)，{n ·MA 1→ ＝12x 1＋z 1＝0n ·MB → ＝12x 1＋y 1＝0，即{z 1＝－12x 1y 1＝－12x 1取x 1＝2，则n ＝(2，－1，－1)若B 1P ∥平面A 1BM ，则n⊥B 1P →即n ·B 1P →＝2(x －1)－(y －1)＋1＝2x －y ＝0，则y ＝2x又∵C 1P →＝(x ，y －1，－1)∴C 1P →＝(x ，2x －1，－1) 即|C 1P → |＝x 2＋（2x －1）2＋（－1）2＝5x 2－4x ＋2＝ 5（x －25）2＋65 ∴0＜x ＜1，0＜y ＜1，y ＝2x ∴0＜x ＜12∴65≤5(x －25)2＋65＜2即305≤|C 1P → |＜2．【答案】　[305，2)6．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________．【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°． 【答案】　60°7．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．【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→|AC 1→ ||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32．又θ∈[0，π2]，所以θ＝π6．【答案】　π68．正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为BB 1，CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为________．【解析】　以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A 1(0，0，1)，E (1，0，12)，F (12，1，0)，D 1(0，1，1)．∴A 1E → ＝(1，0，－12)，A 1D 1→ ＝(0，1，0)．设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即{x －12z ＝0，y ＝0. 令z ＝2，则x ＝1．∴n ＝(1，0，2)．又A 1F →＝(12，1，－1)，∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为 d ＝|A 1F → ·n ||n |＝|12－2|5＝3510．【答案】　35109．(2022·广东汕尾高三期末)如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，AD ⊥ED ，CD ⊥EA 。

考点45 立体几何中的向量方法1．（辽宁省沈阳市2019届高三教学质量监测三数学理）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PC 上的点，且BE ⊥平面APC（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥ABC P -体积最大时，求二面角B AC P --的余弦值．【答案】（1）见证明；（2）3. 【解析】（1）证明：∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB底面ABCD AB =，四边形ABCD 为正方形，∴BC AB ⊥，面ABCD ，∴BC ⊥面PAB ， 又AP ⊂面PAB ， ∴AP BC ⊥，BE ⊥平面APC ，AP ⊂面PAC ，∴BE AP ⊥，B BE BC = ，,BC BE ⊂平面PBC ，∴AP ⊥面PBC ，AP ⊂面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PBC ． （2）111323P ABC C APB V V PA PB BC PA PB --==⨯⨯⨯⨯=⨯⨯， 求三棱锥ABC P -体积的最大值，只需求PA PB ⨯的最大值．令,PA x PB y ==，由（1）知，PA PB ⊥， ∴224x y +=，而221123323P ABCx y V xy -+=≤⨯=，当且仅当x y ==PA PB ==ABC P V -的最大值为23． 如图所示，分别取线段AB ，CD 中点O ，F ，连接OP ，OF ，以点O 为坐标原点，以OP ，OB 和OF 分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系xyz O -． 由已知(0,1,0),(0,1,2),(1,0,0)A C P -，所以(1,1,0),(0,2,2)AP AC ==， 令(,,)n x y z =为面PAC 的一个法向量，则有0220x y y z +=⎧⎨+=⎩，∴(1,1,1)n =-易知(1,0,0)m =为面ABC 的一个法向量， 二面角B AC P --的平面角为θ，θ为锐角则1cos 3n m n m θ⋅===⋅.2．（湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷一数学理）如图所示，圆O 的直径AB ＝6，C 为圆周上一点，BC ＝3，平面PAC 垂直圆O 所在平面，直线PC 与圆O 所在平面所成角为60°，PA ⊥PC ．（1）证明：AP ⊥平面PBC（2）求二面角P —AB 一C 的余弦值 【答案】(1)见解析.(2) 721. 【解析】（1）由已知可知AC BC ⊥，又平面PAC ⊥平面圆O ，平面PAC 平面圆O AC =，∴BC ⊥平面PAC ，∴BC PA ⊥， 又PA PC ⊥，PC BC C =，PC ⊂平面PBC ，D 平面PBC ，∴PA ⊥平面PBC .（2）法一：过P 作PH AC ⊥于H ，由于平面PAC ⊥平面O ，则PH ⊥平面O ，则PCH ∠为直线PC 与圆O 所在平面所成角，所以60PCH =︒. 过H 作HF AB ⊥于F ，连结PF ，则AB PF ⊥， 故PFH ∠为二面角P AB C --的平面角.由已知60ACP ABC ∠=∠=︒，30CAP CAB ∠=∠=︒，在Rt APC ∆中，sin30cos30sin30PH AP AC =⋅︒=⋅︒⋅︒19224==，由2AP AH AC =⋅得2AP AH AC ==Rt AFH ∆中，sin 30FH AH =︒=，故9tan3PHPFHHF∠===，故cos7PFH∠=，即二面角P AB C--的余弦值为721.法二：过P作PH AC⊥于H，则PH⊥平面O，过H作//HF CB交AB于F，以H为原点，HA、HF、HP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则(0,0,0)H，4A⎛⎫⎪⎪⎝⎭，4B⎛⎫-⎪⎪⎝⎭，90,0,4P⎛⎫⎪⎝⎭，从而94AP⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，(AB=-，设平面PAB的法向量(,,)n x y z=，则9394333AP n x zABn x y⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩得zy⎧=⎪⎨=⎪⎩，令1x=，从而(1,3,n=，而平面ABC的法向量为(0,0,1)m=，故3cos,7n mn mn m⋅<>===即二面角P AB C--的余弦值为721.3．（四川省绵阳市2019届高三下学期第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD是菱形，且2PA AD ==，120PAD BAD ∠=∠=︒，E ，F 分别为PD ，BD 的中点，且2EF =.（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）求锐二面角E AC D --的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）5【解析】（1）过P 作PO ⊥AD ，垂足为O ，连结AO ，BO ， 由∠PAD=120°，得∠PAO=60°，∴在Rt △PAO 中，PO=PAsin ∠PAO=2sin60°=2×2∵∠BAO=120°，∴∠BAO=60°，AO=AO ，∴△PAO ≌△BAO ，∴∵E ，F 分别是PA ，BD 的中点，EF=2EF 是△PBD 的中位线，∴，∴PB 2=PO 2+BO 2，∴PO ⊥BO ，∵AD∩BO=O ，∴PO ⊥平面ABCD ，又PO ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD ．（2）以O 为原点，OB 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， A （0，1，0），P （0，0，B0，0），D （0，3，0），∴E （0，32，F302，），AE =（0，12，AF =12，0），易得平面ABCD 的一个法向量m =（0，0，1），设平面ACE 的法向量n =（x ，y ，z ），则1AE y z 02231AF x y 022n n ⎧⋅=+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩，取x=1，得n =（1，1），设锐二面角的平面角的大小为θ，则cosθ=|cos ＜,m n ＞|=m nm n⋅⋅=，∴锐二面角E-AC-D．4．（四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥中，，平面，二面角为为中点．（1）求证：；（2）求与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）证明：作SA中点F，连接EF∵E为SD中点∴∵∴∴得平行四边形∴∵平面∴为二面角的平面角∴∵∴∴∴（2）作AB中点O，由（1）知∵∴平面如图建立空间直角坐标系设，则∴设平面SCD 的法向量，得令 ，则∵∴∴∴AB 与平面所成角的余弦值为.5．（安徽省黄山市2019届高三毕业班第三次质量检测数学理）如图，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =，90AFD ︒∠=，且二面角E AF D --与二面角C BE F --都是30.（1）证明：⊥AF 平面EFDC ；（2）求直线BF 与平面BCE 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）42. 【解析】 （1）面ABEF 为正方形∴ΑF FE ⊥又90AFD ∠=∴ΑF DF ⊥，而DF FE F ⋂=,DF ⊂面EFDC ,⊂EF 面EFDC∴ΑF ⊥面EFDC（2）⊂AF ABEF ，则由（1）知面EFDC ⊥平面ΑΒΕF ，过D 作DG ΕF ⊥，垂足为G ，∴DG ⊥平面ΑΒΕF ．以G 为坐标原点，GF uu u r的方向为x 轴正方向，GD 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（1）知DFE ∠为二面角E AF D --的平面角，故DFE 30∠=，又AF =，则2DF =，GF =AF =()B -，()E -，)F．由已知，//AB EF ，∴//AB 平面EFDC ．又平面ABCD平面EFDC DC =，故//AB CD ，//CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，∴C F ∠E 为二面角C BE F --的平面角，30C ΕF ∠=．∴()C -． ∴()3,0,1ΕC=，()ΕΒ=，()BF =-．设(),,n x y z =是平面ΒC Ε的法向量，则C 00n n ⎧⋅E =⎨⋅EB =⎩，即00z +==⎪⎩，∴可取(1,0,n = .则43sin cos ,446BF n BF n BF nθ⋅=<>===⨯． ∴直线BF 与平面BCE 所成角的正弦值为42 .6．（湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练（五)数学（理）在五边形AEBCD 中，BC CD ⊥，C //D AB ，22AB CD BC ==，AE BE ⊥，AE BE =（如图）.将△ABE 沿AB 折起，使平面ABE ⊥平面ABCD ，线段AB 的中点为O(如图）.（1）求证：平面ABE ⊥平面DOE ；（2）求平面EAB 与平面ECD 所成的锐二面角的大小. 【答案】（1）见解析（2）45° 【解析】（1）由题意2AB CD =，O 是线段AB 的中点，则OB CD =.又//CD AB ，则四边形OBCD 为平行四边形，又BC CD ⊥，则AB OD ⊥， 因AE BE =，OB OA =，则EO AB ⊥.EO DO O =，则AB ⊥平面EOD.又AB Ì平面ABE ，故平面ABE ⊥平面EOD.（2）由（1）易知OB ，OD ，OE 两两垂直，以O 为坐标原点，以OB ，OD ，OE 所在直线分别为,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -， △EAB 为等腰直角三角形，且AB=2CD=2BC ， 则OA OB OD OE ===，取1CD BC ==，则O （0，0，0），A （-1，0，0），B （1，0，0），C （1，1，0），D （0，1，0）， E （0，0，1），则1CD =-（，0,0)，011DE =-（，，）， 设平面ECD 的法向量为n x y z =（，，）， 则有取0,0,n CD n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩0,0,x y z -=⎧⎨-+=⎩1z =，得平面ECD 的一个法向量011n =（，，）， 因OD ⊥平面ABE.则平面ABE 的一个法向量为010OD =（，，）， 设平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角为θ，则,cos cos OD n θ===因为0(0,90)θ∈，所以045θ=，故平面ECD 与平面ABE 所成的镜二面角为45°.7．（河北省保定市2019年高三第二次模拟考试理）如图，已知四棱锥中，四边形ABCD 为矩形，AB =2BC SC SD ===，BC SD ⊥.（1）求证：SC ⊥平面SAD ； （2）设12AE EB =，求平面SEC 与平面SBC 所成的二面角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2【解析】（1）证明： BC ⊥SD ，BC ⊥CD 则BC ⊥平面SDC, 又//BC AD 则AD ⊥平面SDC ，SC ⊂平面SDC SC ⊥AD又在△SDC 中，SC=SD=2, DC=AB SC 2+SD 2=DC 2则SC ⊥SD ，又SD AD D =所以 SC ⊥平面SAD（2）解：作SO⊥CD于O，因为BC⊥平面SDC, 所以平面ABCD⊥平面SDC，故SO⊥平面ABCD 以点O为原点，建立坐标系如图.则),C(0,0), A(2，,0),B(2,0)设E(2,y,0),因为12 AE EB=所以1),23y y y+=∴=-即E((2,3-,0)42=(0,2,-2),(2,-,0),=(2,0,0)SC CE CB==(,,),=(,b,c)SEC n x y z SBC m a设平面的法向量为平面的法向量为22=0·=0,·=02=03zSC nCE n x y⎧⎧⎪∴⇒⎨⎨-⎩⎪⎩令3z=，则3y=，23x==(22,3,3)n∴·=0·=0SC mCB m⎧∴⇒⎨⎩20a==⎪⎩，令1b=，则1c=，0a=8．（陕西省西安市2019届高三第三次质量检测理）如图，在三棱柱111ABC A B C-中，AB⊥平面11BB C C，E是1CC的中点，1BC=，12BB=，160BCC∠=°.=(0,1,1)∴vmcos<,>=13||||∴u r ru r r gu r rm nm nm n（1）证明：1B E AE ⊥；（2）若AB =11A B E A --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】解：（1）证明：连接1BC ，BE ， 因为在中，1BC =，112CC BB ==，160BCC ∠=°．所以1BC BC ⊥． 所以1112BE CC ==，因为1B E ==所以1B E BE ⊥，又AB ⊥平面11BB C C ，且1B E ⊂平面11BB C C ， 所以1B E AB ⊥，AB BE B ⋂=， 所以1B E ⊥平面ABE ， 因为AE ⊂平面ABE ， 所以1B E AE ⊥．（2）以B 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则(A，()1B -，12E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(1A -，所以13,2B E ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，(1AB =-，13,2A E ⎛= ⎝，设平面1AB E 的法向量为(),,n x y z =r，设平面11A B E 的法向量为(),,m a b c =，则1100{{y B E n AB n x -=⋅=⇒⋅=+=，取(1,3,n =，则1100{{30y B E m A m a E -=⋅=⇒⋅=-=，取()1,3,0m =．所以cos ,26m n n m m n ⋅〈〉===⋅⨯，即二面角11A B E A --． 9．（河南省重点高中2019届高三4月联合质量检测数学理）在四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，是边长为4的等边三角形，，是的中点.（1）求证：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)见证明；(2)【解析】（1）因为是等边三角形，是的中点，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以，又因为，，所以平面.所以.又因为，所以.又且，平面，所以平面.所以.（2）由（1）得平面.所以就是直线与平面所成角.因为直线与平面所成角的正弦值为，即，所以.所以，解得.则.由（1）得，，两两垂直，所以以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点，，，，所以，.令平面的法向量为，则由得解得令，可得平面的一个法向量为；易知平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角的大小为，则.所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.10．（天津市北辰区2019届高考模拟考试数学理）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点（I ）求证：平面； （II ）求二面角的正弦值；（III ）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求的长。

立体几何中的向量方法A 级 基础一、选择题1．如图，F 是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点．E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( )A ．B 1E ＝EB B ．B 1E ＝2EBC ．B 1E ＝12EBD ．E 与B 重合2.如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O-xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C-AB-O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23D ．－233．在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是( )A.32B.22C.104D.644.如图所示，在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1. 以上说法正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．45．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22二、填空题6.(2019·东莞中学检测)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成的角的大小是________．7.如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．三、解答题8.(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝5，AC＝AA1＝2.(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B-CD-C1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交．9．(2019·长郡中学模拟)如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC 中，∠ABC＝90°，E，F分别为边AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的位置，使AD＝AE.(1)求证：AF∥平面CBD；(2)求平面CBD与平面DAE所成锐角的余弦值．B级能力提升10．(2019·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13，求线段CF的长．11.(2019·六安一中模拟)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．A 级 基础一、选择题1.解析：以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立坐标系，设正方体的棱长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，则D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，因为D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，所以z ＝1，所以B 1E ＝EB.答案：A2.解析：由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0，0，2)， 由图可知，二面角C-AB-O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.答案：C3．解析：如图，建立空间直角坐标系，易求点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1，0，0)，所以sin α＝|cos 〈n ，AD →〉|＝322＝64.答案：D4. 解析：A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，所以A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥平面DCC 1D 1，A 1M ∥平面D 1PQB 1.①③④正确．答案：C5．解析：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．由条件可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，D 1(0，0，3)，B 1(1，1，3)，所以AD 1→＝(－1，0，3)，DB 1→＝(1，1，3)． 则cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.故异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.答案：C 二、填空题 6.解析：依题意，以C 为原点，建立如图所示的直角坐标系，设AB ＝BC ＝CD ＝a ，AB ⊥平面BCD .则B (a ，0，0)，D (0，a ，0)，C (0，0，0)，A (a ，0，a )． 所以BD →＝(－a ，a ，0)，CA →＝(a ，0，a )．所以cos 〈BD →，CA →〉＝BD →·CA→|BD →|·|CA →|＝－a 22a ·2a＝－12，则〈BD →，CA →〉＝2π3，故AC 与BD 所成角为π3.答案：π37. 解析：因为AC ⊥BD 且AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D ⇒AC ⊥DE ，所以α＝π2.取A 1D 1的中点F ，连EF ，FD ，易知EF ⊥平面ADD 1A 1，则β＝∠EDF .cos(α－β)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－∠EDF ＝sin ∠EDF ＝EFED ＝66.答案：66三、解答题8.(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.(2)解：由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，E(0，0，0)，F(0，0，2)，G(0，2，1)．所以BC→＝(－1，－2，0)，BD→＝(1，－2，1)．设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)．则⎩⎪⎨⎪⎧n·BC→＝0，n·BD→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x0＋2y0＝0，x0－2y0＋z0＝0.令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n ＝(2，－1，－4)．又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)， 所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121.由题意知二面角B -CD -C 1为钝角，所以其余弦值为－2121. (3)证明：由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1)．因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0， 所以直线FG 与平面BCD 相交．9．(1)证明：取DE 中点G ，连接FG ，AG ，CG . 由条件CFDG ，所以CFGD 为平行四边形，所以FG ∥CD .又FG ⊄平面CBD ，CD ⊂平面CBD ， 所以FG ∥平面CBD . 同理AG ∥平面CBD .又FG ∩AG ＝G ，FG ⊂平面AFG ，AG ⊂平面AFG . 所以平面AFG ∥平面CBD . 又AF ⊂平面AFG ， 所以AF ∥平面CBD .(2)解：因为EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，AE ∩DE ＝E ，所以EF ⊥平面ADE .又AD ＝AE ＝DE ，以AE 中点H 为原点，AE 为x 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，0，0)，D (0，0，3)，B (－1，－2，0)，E (1，0，0)， F (1，－2，0)．因为CF →＝12DE →，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2，32，所以BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，BD →＝(1，2，3)．易知BA →是平面ADE 的一个法向量，BA →＝n 1＝(0，2，0)， 设平面BCD 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n 2·BC →＝（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32＝32x ＋32z ＝0，n 2·BD →＝（x ，y ，z ）·（1，2，3）＝x ＋2y ＋3z ＝0，令x ＝2，则y ＝2，z ＝－23，所以n 2＝(2，2，－23)． cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝2×0＋2×2－23×02×25＝55.所以平面CBD 与平面DAE 所成锐角的余弦值为55.B 级 能力提升10．(1)证明：依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，1，0)，E (0，0，2)．设CF ＝h (h ＞0)，则F (1，2，h )．依题意，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的法向量． 又BF →＝(0，2，h )，可得BF →·AB →＝0， 又因为直线BF ⊄平面ADE . 所以BF ∥平面ADE .(2)解：依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0.不妨令z ＝1，可取n ＝(2，2，1)． 因此有cos 〈CE →·n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)解：设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h2＝13， 解得h ＝87 .经检验，符合题意．所以线段CF 的长为87.11.(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系O-xyz ， 设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，于是，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解：由题设知，平面PAC 的一个法向量DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法向量OS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，62a .设所求二面角为θ，则cos θ＝OS →·DS →|OS →||DS →|＝32，所以所求二面角的大小为30°.(3)解：在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .根据第(2)问知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a .设CE →＝tCS →.则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at .由BE →·DS →＝0，得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13.所以当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 由于BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.。

——————————教育资源共享步入知识海洋————————考点45 立体几何中的向量方法1．如图，在直三棱柱中，平面平面，且.（1）求证：；（2）若直线与平面所成的角为，求锐二面角的大小.【答案】（1）见解析；（2）.．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分又，从而侧面，又侧面，故．．．．．．．．．．．6分（2）2．如图，α∩β＝l，二面角α－l－β的大小为θ，A∈α，B∈β，点A在直线l上的射影为A1，点B 在l上的射影为B1.已知AB＝2，AA1＝1，BB1＝.(1)若θ＝120°，求直线AB与平面β所成角的正弦值；(2)若θ＝90°，求二面角A1－AB－B1的余弦值．【答案】（1）；（2）。

【解析】(1)如图，过点A作平面β的垂线交于点G，连接GB、GA1，因为AG⊥β，所以∠ABG是AB与β所成的角．Rt△GA1A中， GA1A＝60°，AA1＝1,则A1(0，0，0)，A(0，0，1)，B1(0，1，0)，B(，1，0)．3．如图，四棱锥的底面为平行四边形，，．（1）求证：；（2）若，，，求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）设平面的法向量，由，得，∴∴故所求的二面角的余弦值为4．如图所示，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，点E为AD的中点，，平面ABCD，且求证：；线段PC上是否存在一点F，使二面角的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）见解析.二面角的余弦值是，，由，解得，，，线段PC上存在一点F，当点F满足时，二面角的余弦值是．5．如图，在四棱锥中，底面是平形四边形，平面，点，分别为,的中点，且，.（1）证明：平面；（2）设直线与平面所成角为，当在内变化时，求二面角的平面角余弦值的取值范围.【答案】（1）见解析（2）∴四边形，6．如图长方体的，底面的周长为4，为的中点. （Ⅰ）判断两直线与的位置关系，不需要说明理由；（Ⅱ）当长方体体积最大时，求二面角的大小；（Ⅲ）若点满足，试求出实数的值，使得平面.由，得，7．如图，在四棱锥中，，平分，平面，，点在上，.（1）求证：平面；（2）若，,求二面角的余弦值. 【答案】(1)见解析.（2）.8．如图，在四棱锥中，底面，，点为棱的中点。

第3讲 立体几何中的向量方法「考情研析」 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.核心知识回顾1.线、面的位置关系与向量的关系设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)．(1)l ∥m ⇒a ∥b ⇔a ＝k b ⇔□01a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2； (2)l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a·b ＝□020⇔□03a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0； (3)l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ＝□040⇔□05a 1a 3＋b 1b 3＋c 1c 3＝0； (4)l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔□06a 1＝ka 3，b 1＝kb 3，c 1＝kc 3； (5)α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝k v ⇔□07a 3＝ka 4，b 3＝kb 4，c 3＝kc 4； (6)α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝□080⇔□09a 3a 4＋b 3b 4＋c 3c 4＝0. 2．三种空间角与空间向量的关系(1)线线角：设a ，b 分别为异面直线a ，b 的方向向量，则两异面直线所成的角θ满足cos θ＝□01|a·b ||a ||b |. (2)线面角：设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向量，则斜线l 与平面α所成的角θ满足sin θ＝□02|l·n ||l ||n |. (3)二面角①如图(Ⅰ)，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＝□03〈A B →，C D →〉；②如图(Ⅱ)(Ⅲ)，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＝□04－cos 〈n 1，n 2〉或cos 〈n 1，n 2〉．热点考向探究考向1 利用向量证明平行与垂直例1 如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，E 1分别是棱AD ，AA 1的中点．(1)设F 是棱AB 的中点，证明：直线EE 1∥平面FCC 1； (2)证明：平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C.证明 如图，过点D 作AB 垂线交AB 于G ，则以D 为原点，DG ，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，易得A (3，－1，0)，B (3，3,0)，C (0，2,0)，E 1(3，－1，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，0，F (3，1,0)，D 1(0,0,2)，B 1(3，3,2)，C 1(0,2,2)． (1)CC 1→＝(0,0,2)，C F →＝(3，－1,0)．设平面C 1FC 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧2z ＝0，3x －y ＝0，令x ＝1，得n 1＝(1，3，0)，又E 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，－1，故E 1E →·n 1＝0，又E 1E ⊄平面FCC 1，所以E 1E ∥平面FCC 1.(2)D 1A →＝(3，－1，－2)，D 1C →＝(0,2，－2)，设平面D 1AC 的法向量n 2＝(a ，b ，c )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·D 1A →＝0，n 2·D1C →＝0，得⎩⎨⎧3a －b －2c ＝0，2b －2c ＝0，令b ＝1，得其中一个n 2＝(3，1,1)．同理易得平面BB 1C 1C 的一个法向量n 3＝(1，－3，0)，n 2·n 3＝0，故平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C .利用空间向量证明平行与垂直的方法步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系．(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素．(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系． (4)根据运算结果解释相关问题．(2019·贵阳二模)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．证明：(1)BE ⊥DC ； (2)BE ∥平面PAD ； (3)平面PCD ⊥平面PAD .证明 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)向量B E →＝(0,1,1)，D C →＝(2,0,0)， 故B E →·D C →＝0.所以BE ⊥DC .(2)因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥PA ，又因为AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面PAD ，所以向量A B →＝(1,0,0)为平面PAD 的一个法向量， 而BE →·A B →＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以B E →⊥A B →，又BE ⊄平面PAD ，所以BE ∥平面PAD .(3)由(2)知平面PAD 的一个法向量A B →＝(1,0,0)，向量P D →＝(0,2，－2)，D C →＝(2,0,0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·P D →＝0，n ·D C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＝0，不妨令y ＝1，可得n ＝(0,1,1)为平面PCD 的一个法向量．则n ·A B →＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n ⊥A B →.所以平面PAD ⊥平面PCD .考向2 利用空间向量求空间角角度1 利用空间向量求异面直线所成的角例2 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，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 利用空间向量求线面角例3 (2019·银川一中新高三入学考试)如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 是边长为8的菱形，∠BAD ＝60°，△PBD 是等边三角形，二面角P －BD －C 的余弦值为13.(1)求证：BD ⊥PC ；(2)求直线PC 与平面PAD 夹角的正弦值． 解 (1)证明：连接AC 交BD 于点O ，连接PO .因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC ，且AC 和BD 互相平分． 又因为PB ＝PD ，O 为BD 的中点，所以BD ⊥PO ， 又因为PO ∩AC ＝O ，所以BD ⊥平面PAC . 因为PC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥PC .(2)过点P 作PE ⊥OC ，交点为E ，因为BD ⊥平面PAC ，所以BD ⊥PE ，因为BD ∩OC ＝O ，所以PE ⊥平面ABCD .易知∠POE 为二面角P －BD －C 的平面角， 所以cos ∠POE ＝13，sin ∠POE ＝223.又因为∠BAD ＝60°，所以△ABD 和△PBD 都是边长为8的等边三角形．所以OP ＝43，则PE＝863，OE ＝433.建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－43，0)，D (4，0,0)，C (0,43，0)，P 0，433，863. 所以AD →＝(4,43，0)，DP →＝－4，433，863，PC →＝0，833，－863.设平面PAD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧AD →·m ＝0，DP →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4x 1＋43y 1＝0，－4x 1＋433y 1＋863z 1＝0，令x 1＝－3，则y 1＝3，z 1＝－6，得平面PAD 的一个法向量m ＝(－3，3，－6)． 所以|cos 〈m ，PC →〉|＝|m ·PC →||m ||PC →|＝22，所以直线PC 与平面PAD 夹角的正弦值为22. 角度3 利用空间向量求二面角例4 (2019·马鞍山高三监测)如图，半圆柱O ′O 中，平面ABB ′A ′过上、下底面的圆心O ′，O ，点C ，D 分别在半圆弧AB ，A ′B ′上且.(1)求证：CD ∥平面ABB ′A ′；(2)若2AC ＝AB ＝AA ′，求二面角C －AD －B 的余弦值．解 (1)证明：如图，取的中点M ，∵OO ′⊥平面ABC ，∴OA ，OM ，OO ′两两垂直，以O 为坐标原点，OA ，OM ，OO ′所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，连接OC ，设OA ＝1，∠AOC ＝θ(0<θ<π)，则A (1,0,0)，B (－1,0,0)，C (cos θ，sin θ，0)，D (－cos θ，sin θ，t )，于是CD →＝(－2cos θ，0，t )，而平面ABB ′A ′的一个法向量OM →＝(0,1,0)，由于CD →·OM →＝0及CD ⊄平面ABB ′A ′，所以CD ∥平面ABB ′A ′. (2)设OA ＝1，∵2AC ＝AB ＝AA ′，则C 12，32，0，D －12，32，2，CD →＝(－1,0,2)，AC →＝－12，32，0，BD →＝12，32，2，BA →＝(2,0,0)．设平面CAD 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CD →·n 1＝－x ＋2z ＝0，AC →·n 1＝－12x ＋32y＝0，不妨令x ＝23，得n 1＝(23，2，3)， 设平面BAD 的法向量n 2＝(x ′，y ′，z ′)，则⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n 2＝12x ′＋32y ′＋2z′＝0，BA →·n 2＝2x ′＝0，不妨设y ′＝4，得n 2＝(0,4，－3)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝519·19＝519，故二面角C －AD －B 的余弦值为519.三种空间角的向量求法(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.(2)直线与平面所成的角θ主要可以通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|.(3)二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．(2019·湖南永州高三第三次模拟)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ABB 1A 1⊥底面ABC ，∠ABC ＝90°，且侧面ABB 1A 1为菱形．(1)证明：A 1B ⊥平面AB 1C 1；(2)若∠A 1AB ＝60°，AB ＝2，直线AC 1与底面ABC所成角的正弦值为55，求二面角A 1－AC 1－B 1的余弦值．解 (1)证明：因为四边形ABB 1A 1是菱形，则A 1B ⊥AB 1， ∵平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，且AB 为交线，BC ⊥AB ， ∴BC ⊥平面ABB 1A 1，∴BC ⊥A 1B .∵BC ∥B 1C 1，∴A 1B ⊥B 1C 1，又AB 1∩C 1B 1＝B 1， ∴A 1B ⊥平面AB 1C 1.(2)取A 1B 1的中点M ，连接BM ，易证BM ⊥平面ABC ，且AB ⊥BC ，以BA 所在直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，BM 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝t (t >0)，则A (2,0,0)，A 1(1,0，3)，C (0，t,0)， AA 1→＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，t,0)．因为四边形A 1ACC 1为平行四边形， 则AC 1→＝AA 1→＋A 1C 1→＝AA 1→＋AC →＝(－3，t ，3)， 易知ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， ∴|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝312＋t 2＝55， 解得t ＝ 3. ∵A 1A →＝(1,0，－3)，AC 1→＝(－3，3，3)， 设平面AA 1C 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1A →＝x 1－3z 1＝0，n1·AC 1→＝－3x 1＋3y 1＋3z 1＝0，令z 1＝1，则n 1＝(3，2,1)，由(1)可得平面AB 1C 1的一个法向量BA 1→＝(1,0，3)，∴cos 〈n 1，BA 1→〉＝n 1·BA 1→|n 1||BA 1→|＝64， ∴二面角A 1－AC 1－B 1的余弦值为64. 考向3 立体几何中的探索性问题例5 如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，AD ＝AP ，E 为棱PD 的中点．(1)证明：PD ⊥平面ABE ；(2)若F 为AB 的中点，PM →＝λPC →(0<λ<1)，试确定λ的值，使二面角P －FM －B 的余弦值为－33. 解 (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AB ，又∵AB ⊥AD ， AD ∩PA ＝A ，∴AB ⊥平面PAD .又∵PD ⊂平面PAD ，∴PD ⊥AB ，① ∵AD ＝AP ，E 为PD 中点，∴AE ⊥PD ，② 由①②且AB ∩AE ＝A ，可得PD ⊥平面ABE .(2)以A 为原点，以AB →，AD →，AP →为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系Axyz ，令|AB |＝2，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，P (0,0,2)，C (2，2,0)，E (0,1,1)，F (1,0,0)，PF →＝(1,0，－2)，P C →＝(2,2，－2)，PM →＝(2λ，2λ，－2λ)，M (2λ，2λ，2－2λ)，B F →＝(－1,0,0)，F M →＝(2λ－1,2λ，2－2λ)．设平面PFM 的法向量m ＝(x ，y ，z )，⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PF →＝0，m ·PM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2λx ＋2λy －2λz ＝0，m ＝(2，－1,1)，设平面BFM 的法向量n ＝(x ，y ，z )，⎩⎪⎨⎪⎧n ·BF →＝0，n ·FM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，(2λ－1)x ＋2λy ＋(2－2λ)z ＝0，取z ＝λ，则n ＝(0，λ－1，λ)，|cos 〈m ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－λ＋λ6 λ2＋(λ－1)2＝33， 解得λ＝12.利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．(2019·桂林高三4月一模)如图1，在边长为3的菱形ABCD 中，已知AF ＝EC ＝1，且EF ⊥BC .将梯形ABEF 沿直线EF 折起，使BE ⊥平面CDFE ，如图2，P ，M 分别是BD ，AD 上的点．(1)若平面PAE ∥平面CMF ，求AM 的长；(2)是否存在点P ，使直线DF 与平面PAE 所成的角是45°？若存在，求出BP BD的值；若不存在，请说明理由．解 (1)因为平面PAE 与平面CDFE 有公共点E ，所以平面PAE 与平面CDFE 相交，设交线为EQ ，若平面PAE ∥平面CMF ，因为平面CDFE ∩平面CMF ＝CF ，则EQ ∥CF .设EQ ∩DF ＝Q ，又因为FQ ∥CE ， 所以四边形ECFQ 是平行四边形，FQ ＝CE ， 同理，由平面PAE ∥平面CMF ，因为平面PAE ∩平面ADQ ＝AQ ，平面CMF ∩平面ADQ ＝MF ，所以AQ ∥MF . 所以AM AD ＝QF QD ＝13.因为AF ⊥DF ，AF ＝1，DF ＝2，所以AD ＝5，所以AM ＝53.(2)结论：存在点P ，使直线DF 与平面PAE 所成的角是45°.在题图2中，以点F 为原点，分别以FE ，FD ，FA 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．易得EF ＝22，则F (0,0,0)，E (22，0,0)，又A (0,0,1)，B (22，0,2)，D (0,2,0)，所以FD →＝(0,2,0)，AE →＝(22，0，－1)，BD →＝(－22，2，－2)，AB →＝(22，0,1)， 设BP →＝λBD →(λ∈(0,1])，则BP →＝(－22λ，2λ，－2λ)， 则AP →＝AB →＋BP →＝(22－22λ，2λ，1－2λ)， 设平面PAE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AP →＝0，得⎩⎨⎧22x －z ＝0，(22－22λ)x ＋2λy ＋(1－2λ)z ＝0，令x ＝1，可得z ＝22，y ＝32－22λ，所以n ＝(1,32－22λ，22)．若存在点P ，使DF 与平面PAE 所成的角是45°，则|cos 〈n ，FD →〉|＝232－22λ29＋32－22λ2＝22，解得λ＝4±223，因为λ∈(0,1]，所以λ＝4－223，即BP BD ＝4－223.故存在一点P ，当BP BD ＝4－223时，直线DF 与平面PAE 所成的角是45°.真题押题1．(2019·遵义航天高级中学高三第四次模拟)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.55 B.56 C.15 D.22答案 A解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，可知D (0,0,0)，A (1,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，∴AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)，设AD 1→，DB 1→的夹角为θ，则有cos θ＝AD 1→·DB 1→|AD 1→||DB 1→|＝55，故异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为|cos θ|＝55，故选A. 2．(2019·东北三校联考)已知在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱A 1B 1的中点，则直线AE 与平面BDD 1B 1所成角的正弦值为________．答案1010解析 以A 1为坐标原点，A 1B 1，A 1D 1，A 1A 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为2，则A (0,0,2)，C (2,2,2)，E (1,0,0)，A C →＝(2,2,0)，A E →＝(1,0，－2)．∵AC ⊥BD ，AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ，∴AC ⊥平面BDD 1B 1，则A C →＝(2,2,0)是平面BDD 1B 1的一个法向量．设直线AE 与平面BDD 1B 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈A C →，A E →〉|＝|AC →·A E →||A C →||A E →|＝1010.3．(2019·北京高考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13.(1)求证：CD ⊥平面PAD ； (2)求二面角F －AE －P 的余弦值；(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝23.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．解 (1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD . 又因为AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD . (2)过点A 作AD 的垂线交BC 于点M . 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD .建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2，－1,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．因为E 为PD 的中点，所以E (0,1,1)．所以AE →＝(0,1,1)，PC →＝(2,2，－2)，AP →＝(0,0,2)． 所以PF →＝13PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－23，所以AF →＝AP →＋PF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，43. 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1.于是n ＝(－1，－1,1)．又因为平面PAD 的一个法向量为p ＝(1,0,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝－33.由题知，二面角F －AE －P 为锐角，所以其余弦值为33. (3)直线AG 在平面AEF 内．理由：因为点G 在PB 上，且PG PB ＝23，PB →＝(2，－1，－2)，所以PG →＝23PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，－43，所以AG →＝AP →＋PG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，－23，23.由(2)知，平面AEF 的一个法向量n ＝(－1，－1,1)， 所以AG →·n ＝－43＋23＋23＝0.又直线AG 与平面AEF 有公共点A ，所以直线AG 在平面AEF 内．4．(2019·黄山高三第二次质量检测)如图，已知四边形ABCD 满足AD ∥BC ，BA ＝AD ＝DC ＝12BC ＝a ，E 是BC 的中点，将△BAE 沿AE 翻折成△B 1AE ，使得B 1D ＝62a ，F 为B 1D 的中点．(1)证明：B 1E ∥平面ACF ；(2)求平面ADB 1与平面ECB 1所成锐二面角的余弦值．解 (1)证明：连接ED 交AC 于点O ，连接OF ，由四边形AECD 为菱形，F 为B 1D 的中点得，OF ∥B 1E ，B 1E ⊄平面ACF ，所以B 1E ∥平面ACF .(2)取AE 的中点M ，连接DM ，B 1M ，易知B 1M ⊥AM ，DM ⊥AM ，由AB 1＝a ，AD ＝a ，AM ＝a2，得B 1M ＝DM ＝32a ，又B 1D ＝62a ，∴B 1M 2＋DM 2＝B 1D 2，∴B 1M ⊥DM ，∴B 1M ，DM ，MA 两两垂直．以MD ，MA ，MB 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系(如图)．则A 0，a2，0，D 3a 2，0,0，B 10,0，3a2，C 3a 2，－a,0，E 0，－a 2，0，EC →＝3a 2，－a2，0，EB 1→＝0，a2，3a 2，AD →＝3a 2，－a 2，0，AB 1→＝0，－a 2，3a2，设平面ADB 1的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧3a 2x －a 2y ＝0，－a 2y ＋3a 2z ＝0，令y ＝1，解得m ＝33，1，33，同理平面ECB 1的一个法向量n ＝33，1，－33， ∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝35，故平面ADB 1与平面ECB 1所成锐二面角的余弦值为35.『金版押题』5. 如图，在多面体ABCDEF 中，梯形ADEF 与平行四边形ABCD 所在平面互相垂直，AF ∥DE ，DE ⊥AD ，AD ⊥BE ，AF ＝AD ＝12DE ＝1，AB ＝ 2.(1)求证：BF ∥平面CDE ； (2)求二面角B －EF －D 的余弦值；(3)判断线段BE 上是否存在点Q ，使得平面CDQ ⊥平面BEF ？若存在，求出BQBE的值；若不存在，说明理由．解 (1)证明：由底面ABCD 为平行四边形，知AB ∥CD ，又因为AB ⊄平面CDE ，CD ⊂平面CDE ，所以AB ∥平面CDE .同理AF ∥平面CDE ，又因为AB ∩AF ＝A ，所以平面ABF ∥平面CDE .又因为BF ⊂平面ABF ，所以BF ∥平面CDE .(2)连接BD ，因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊥AD ，所以DE ⊥平面ABCD ，则DE ⊥DB .又因为DE ⊥AD ，AD ⊥BE ，DE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面BDE ，则AD ⊥BD .故DA ，DB ，DE 两两垂直，所以以DA ，DB ，DE 所在的直线分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,1,0)，E (0，0,2)，F (1,0,1)，所以BE →＝(0，－1,2)，EF →＝(1,0，－1)，n ＝(0,1,0)为平面DEF 的一个法向量．设平面BEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·BE →＝0，m ·EF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，x －z ＝0，令z ＝1，得m ＝(1,2,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝63.如图可得二面角B －EF －D 为锐角， 所以二面角B －EF －D 的余弦值为63. (3)结论：线段BE 上存在点Q ，使得平面CDQ ⊥平面BEF .证明如下：设BQ →＝λBE →＝(0，－λ，2λ)(λ∈(0,1))，所以DQ →＝DB →＋BQ →＝(0,1－λ，2λ)．设平面CDQ 的法向量为u ＝(a ，b ，c )，又因为DC →＝(－1,1，0)，所以u ·DQ →＝0，u ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧(1－λ)b ＋2λc ＝0，－a ＋b ＝0，令b ＝1，得u ＝1,1，λ－12λ. 若平面CDQ ⊥平面BEF ，则m ·u ＝0， 即1＋2＋λ－12λ＝0，解得λ＝17∈(0,1)． 所以线段BE 上存在点Q ，使得平面CDQ ⊥平面BEF ，且此时BQ BE ＝17.配套作业1．(2019·六盘山高级中学高三二模)如图，AB 是半圆O 的直径，C 是半圆O 上除A ，B 外的一个动点，DC 垂直于半圆O 所在的平面，DC ∥EB ，DC ＝EB ＝1，AB ＝4.(1)证明：平面ADE ⊥平面ACD ；(2)当C 点为半圆的中点时，求二面角D －AE －B 的余弦值． 解 (1)证明：∵AB 是直径，∴BC ⊥AC ， ∵CD ⊥平面ABC ，∴CD ⊥BC ， ∵CD ∩AC ＝C ，∴BC ⊥平面ACD ，∵CD ∥BE ，CD ＝BE ，∴四边形BCDE 是平行四边形， ∴BC ∥DE ，∴DE ⊥平面ACD ，∵DE ⊂平面ADE ，∴平面ADE ⊥平面ACD.(2)依题意，AC ＝BC ＝22，如图所示，建立空间直角坐标系，则D (0,0,1)，E (0,22，1)，A (22，0,0)，B (0,22，0)，∴AB →＝(－22，22，0)，BE →＝(0,0,1)，DE →＝(0,22，0)，DA →＝(22，0，－1)， 设平面DAE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DE →＝0，n 1·DA →＝0，即⎩⎨⎧22y ＝0，22x －z ＝0，∴n 1＝(1,0,22)，设平面ABE 的法向量为n 2＝(x ′，y ′，z ′)，⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BE →＝0，n 2·AB →＝0，即⎩⎨⎧z ′＝0，－22x ′＋22y ′＝0，∴n 2＝(1,1,0)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝12×9＝26，∵二面角D －AE －B 是钝角， ∴二面角D －AE －B 的余弦值为－26. 2．(2019·聊城高三一模)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，AC ＝2，AA 1＝AB ＝4，∠BAC ＝120°，∠ACC 1＝60°.(1)证明：AC 1⊥BC ；(2)求直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值．解 (1)证明：∵在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，AC ＝2，AA 1＝AB ＝4，∠BAC ＝120°，∠ACC 1＝60°.∴AC 1＝4＋16－2×2×4×cos60°＝23， ∴AC 21＋AC 2＝CC 21，∴AC 1⊥AC ， ∵平面ACC 1A 1∩平面ABC ＝AC ， ∴AC 1⊥平面ABC ，∴AC 1⊥BC .(2)如图，以A 为坐标原点，AB 为y 轴，AC 1为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (3，－1,0)，B 1(－3，5，23)，B (0,4,0)，A (0,0,0)，CB 1→＝(－23，6,23)，AB →＝(0,4,0)，AB 1→＝(－3，5,23)，设平面ABB 1A 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝4y ＝0，n ·AB 1→＝－3x ＋5y ＋23z ＝0，取x ＝2，得n ＝(2,0,1)，设直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角为θ，则sin θ＝|CB 1→·n ||CB 1→||n |＝2360×5＝15，∴直线CB 1与平面ABB 1A 1所成角的正弦值为15.3.(2019·蚌埠市高三下学期第二次教学质量检查)如图所示，菱形ABCD 的边长为2，∠D ＝60°，点H 为DC 的中点，现以线段AH 为折痕将菱形折起使得点D 到达点P 的位置且平面PHA ⊥平面ABCH ，点E ，F 分别为AB ，AP 的中点．(1)求证：平面PBC ∥平面EFH ；(2)求平面PAH 与平面PBC 所成锐二面角的余弦值．解 (1)证明：菱形ABCD 中，E ，H 分别为AB ，CD 的中点，所以BE ∥CH ，BE ＝CH ，四边形BCHE 为平行四边形，则BC ∥EH ，又EH ⊄平面PBC ，所以EH ∥平面PBC .又点E ，F 分别为AB ，AP 的中点，则EF ∥BP ，EF ⊄平面PBC ， 所以EF ∥平面PBC .而EF ∩EH ＝E ， 所以平面EFH ∥平面PBC .(2)菱形ABCD 中，∠D ＝60°，则△ACD 为正三角形， 所以AH ⊥CD ，AH ＝3，DH ＝PH ＝CH ＝1. 折叠后，PH ⊥AH ，又平面PHA ⊥平面ABCH ，平面PHA ∩平面ABCH ＝AH ， 从而PH ⊥平面ABCH .因为AH ⊥CD ，所以HA ，HC ，HP 三条线两两垂直， 以HA →，HC →，HP →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，则P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (3，2,0)，CB →＝(3，1,0)，CP →＝(0，－1,1)，设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB →＝0，m ·CP →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，－y ＋z ＝0，令y ＝－3，得x ＝1，z ＝－3， 所以m ＝(1，－3，－3)．因为平面PAH 的一个法向量n ＝(0,1,0)， 所以cos 〈m ，n 〉＝－37＝－217. 设平面PAH 与平面PBC 所成锐二面角为α，则 cos α＝217. 4．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M －AC －D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解 (1)证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得△ABC 是等腰直角三角形，即AB ⊥AC ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ， 又PA ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面PAC ， 又PC ⊂平面PAC ，所以AB ⊥PC .(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0,0,2)，B (22，－22，0)，P D →＝(0，22，－2)，A C →＝(22，22，0)．设P M →＝tPD →(0<t <1)，则点M 的坐标为(0，22t ，2－2t )，所以AM →＝(0，22t ，2－2t )． 设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A C →＝0，n ·A M →＝0，得⎩⎨⎧22x ＋22y ＝0，22ty ＋(2－2t )z ＝0，则可取n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t .又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2t t －12＝cos45°＝22， 解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量可取n 0＝(1，－1，2)，B M →＝(－22，32，1)．设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n 0，B M →〉|＝269.5．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解 如图，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)．因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)． (1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，M N →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－52，0.由此可得M N →·n ＝0，又直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD . (2)AD 1→＝(1，－2,2)，A C →＝(2,0,0)．设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AD 1→＝0，n 1·A C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·A C →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0.不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而N E →＝(－1，λ＋2,1)．又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得cos 〈N E →，n 〉＝N E →·n |N E →||n |＝1(－1)2＋(λ＋2)2＋12＝13， 整理得λ2＋4λ－3＝0，又λ∈[0,1]，所以λ＝7－2. 所以线段A 1E 的长为7－2.6．(2019·朝阳区高三二模)如图，已知正方形ADEF ，梯形ABCD ，且AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AB ＝AD ＝1，BC ＝3.(1)求证：AF ⊥CD ；(2)求直线BF 与平面CDE 所成角的正弦值；(3)线段BD 上是否存在点M ，使得直线CE ∥平面AFM ，若存在，求BMBD的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：因为四边形ADEF 为正方形，所以AF ⊥AD . 又因为平面ADEF ⊥平面ABCD ， 且平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ， 所以AF ⊥平面ABCD .所以AF ⊥CD .(2)由(1)可知，AF ⊥平面ABCD ，所以AF ⊥AD ，AF ⊥AB . 因为∠BAD ＝90°，所以AB ，AD ，AF 两两垂直．分别以AB ，AD ，AF 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(如图)．因为AB ＝AD ＝1，BC ＝3，所以A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,3,0)，D (0,1,0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，所以BF →＝(－1,0,1)，DC →＝(1,2,0)，DE →＝(0,0,1)． 设平面CDE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DC →＝0，n ·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ＝0，z ＝0.令x ＝2，则y ＝－1，所以n ＝(2，－1,0)．设直线BF 与平面CDE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BF →〉|＝|2×(－1)|5×2＝105.(3)结论：线段BD 上存在点M ，使得直线CE ∥平面AFM . 设BMBD＝λ(λ∈[0,1])， 设M (x 1，y 1，z 1)，由BM →＝λBD →，得(x 1－1，y 1，z 1)＝λ(－1,1,0)， 所以x 1＝1－λ，y 1＝λ，z 1＝0，所以M (1－λ，λ，0)，所以AM →＝(1－λ，λ，0)．设平面AFM 的法向量为m ＝(x 0，y 0，z 0)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AF →＝0.因为AF →＝(0,0,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧(1－λ)x 0＋λy 0＝0，z 0＝0.令x 0＝λ，则y 0＝λ－1，所以m ＝(λ，λ－1,0)．在线段BD 上存在点M ，使得CE ∥平面AFM 等价于存在λ∈[0,1]，使得m ·CE →＝0.因为CE→＝(－1，－2,1)，由m ·CE →＝0，所以－λ－2(λ－1)＝0，解得λ＝23∈[0,1]，所以线段BD 上存在点M ，使得CE ∥平面AFM ，且BM BD ＝23.7．如图，在四边形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．解 (1)证明：设AD ＝CD ＝BC ＝CF ＝1， ∵AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，∴AB ＝2，∠CBA ＝60°.∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos60°＝3. ∴AB 2＝AC 2＋BC 2.∴AC ⊥BC . ① 又∵CF ⊥平面ABCD ，∴CF ⊥AC . ② 由①②可得AC ⊥平面BCF . 又∵四边形ACFE 为矩形， ∴EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF .(2)由(1)可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系．设AD ＝CD ＝BC ＝CF ＝1， 令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，M (λ，0,1)，∴AB →＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BM →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0，λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)， 设平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ， ∵n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量， ∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77， ∴点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成二面角最大，此时二面角的余弦值为77. 8．(2019·凯里市第一中学高三模拟)如图所示，三棱锥P －ABC 放置在以AC 为直径的半圆面O 上，O 为圆心，B 为圆弧上的一点，D 为线段PC 上的一点，且AB ＝BC ＝PA ＝3，PB ＝32，PA ⊥BC .(1)求证：平面BOD ⊥平面PAC ；(2)当二面角D －AB －C 的平面角为60°时，求PD PC的值． 解 (1)证明：∵由AB ＝PA ＝3，PB ＝32， ∴PA 2＋AB 2＝PB 2，∴PA ⊥AB ， 又PA ⊥BC 且AB ∩BC ＝B ，∴PA ⊥平面ABC .∵BO ⊂平面ABC ，∴PA ⊥BO ， 由BA ＝BC ，圆心O 为AC 的中点，所以BO ⊥AC . 因为AC ∩PA ＝A ，故BO ⊥平面PAC ， 又BO ⊂平面BOD ，所以平面BOD ⊥平面PAC .(2)由(1)知PA ⊥平面ABC ，且BA ⊥BC ，过点B 作PA 的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，由题意知B (0,0,0)，A (3,0,0)，C (0,3,0)，P (3,0,3)，设PD →＝λPC →(0≤λ≤1)， 则BA →＝(3,0,0)，BD →＝BP →＋PD →＝(3,0,3)＋λ(－3,3，－3)＝(3－3λ，3λ，3－3λ)， 设m ＝(x ，y ，z )为平面BAD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧BA →·m ＝0，BD →·m ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝0，(3－3λ)x ＋3λy ＋(3－3λ)z ＝0，令z ＝1，则y ＝1－1λ，所以m ＝0,1－1λ，1，取平面ABC 的一个法向量为n ＝(0,0,1)． 因为二面角D －AB －C 的平面角为60°， 所以cos60°＝|cos 〈m ，n 〉|＝11－1λ2＋1×1＝12， 解得λ＝3－12或λ＝－3＋12<0(舍去)， 所以当二面角D －AB －C 的平面角为60°时，PD PC ＝3－12.立体几何类解答题(2019·大连市高三一模)(12分)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 的中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P ∉平面ABCE )．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π4，求二面角A －PE －C 的余弦值．解 (1)证明：在等腰梯形ABCD 中，连接BD ，交AE 于点O ，∵AB ∥CE ，AB ＝CE ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE 为等边三角形，∴在等腰梯形ABCD 中，∠C ＝∠ADE ＝π3，∠DAB ＝∠ABC ＝2π3，∴在等腰三角形ADB 中，∠ADB ＝∠ABD ＝π6，∴∠DBC ＝2π3－π6＝π2，即BD ⊥BC ，∴BD ⊥AE ，(2分)翻折后可得OP ⊥AE ，OB ⊥AE ，又∵OP ⊂平面POB ，OB ⊂平面POB ，OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，(4分)∵PB ⊂平面POB ，∴AE ⊥PB .(6分)(2)在平面POB 内作PQ ⊥OB ，垂足为Q ， ∵AE ⊥平面POB ，∴AE ⊥PQ ，∵OB ⊂平面ABCE ，AE ⊂平面ABCE ，AE ∩OB ＝O ，∴PQ ⊥平面ABCE ，∴直线PB 与平面ABCE 的夹角为∠PBQ ＝π4，(8分)又∵OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，∴O ，Q 两点重合，即OP ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 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，(9分)设平面PCE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PE →·n 1＝0，EC →·n 1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧12x－32z ＝0，12x ＋32y ＝0，设x ＝3，则y ＝－1，z ＝1， ∴n 1＝(3，－1,1)，(10分)由题意得，平面PAE 的一个法向量n 2＝(0,1,0)，(11分)设二面角A －PE －C 的大小为α，则|cos α|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝15＝55.易知二面角A －PE －C 为钝角，所以cos α＝－55.(12分)1．由平面几何的知识证明两相交直线垂直给2分． 2．由已知条件证明直线与平面垂直给2分． 3．由直线与平面垂直证明直线与直线垂直给2分．4．由已知条件证明直线PB 与平面ABCE 的夹角为∠PBQ ＝π4给2分．5．由已知条件证明OP ⊥平面ABCE ，即以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系给1分．6．由已知条件求得二面角A －PE －C 的两个半平面的法向量分别给1分． 7．代入二面角的计算公式求解给1分．1．写全得分条件，证明线面平行时，一定要说明平面内的直线和平面外的直线． 2．写明得分关键，利用法向量求解空间角时，要构建恰当的空间直角坐标系，准确求解相关点的坐标，赋值法求出平面的法向量，利用公式求出法向量的夹角，根据几何体的结构特征判断二面角的取值范围，正确写出二面角的余弦值．[跟踪训练](2019·毛坦厂中学高三联考)(12分)如图所示，在几何体ABCDE 中，△ABC 是等边三角形，AE ⊥平面ABC ，CD ∥AE ，且CD ＝2AE ＝2AC .(1)试在线段BD 上确定点M 的位置，使EM ⊥平面BCD ，并证明； (2)求二面角E －BC －D 的余弦值．解 (1)当点M 为BD 的中点时，EM ⊥平面BCD .(1分) 证明如下：取BC 的中点F ，连接AF ，MF ， ∴MF ∥CD 且MF ＝12CD ，又AE ∥CD ，AE ＝12CD ，∴MF ∥AE 且MF ＝AE ，∴四边形AEMF 为平行四边形，∴EM ∥AF .(2分) 又AE ⊥平面ABC ，CD ∥AE ，∴CD ⊥平面ABC ，又CD ⊂平面BCD ，∴平面BCD ⊥平面ABC ，(3分) ∵△ABC 是等边三角形，∴AF ⊥BC ，又平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，∴AF ⊥平面BCD ，(5分) ∴EM ⊥平面BCD .(6分)(2)由(1)知，FA ，FB ，FM 两两互相垂直，以F 为原点，以FA ，FB ，FM 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．(7分)设EA ＝AC ＝2，则CD ＝4，∴C (0，－1,0)，B (0,1,0)，E (3，0,2)， ∴CE →＝(3，1,2)，BE →＝(3，－1,2)． 设平面EBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CE →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＋2z ＝0，3x －y ＋2z ＝0，解得y ＝0，令x ＝3，则z ＝－32，∴n ＝(3，0，－32)，(9分)由(1)知，平面BCD 的一个法向量为m ＝(1,0,0)，(10分)∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝277，由图知，二面角E －BC －D 为锐角， ∴二面角E －BC －D 的余弦值为277.(12分)。

2020年高考数学（理）总复习：立体几何中的向量方法题型一利用向量证明平行与垂直【题型要点】向量证明平行与垂直的4步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系；(4)根据运动结果解释相关问题．【例1】如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．运用向量方法证明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD.题组训练一利用向量证明平行与垂直如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，P A⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD 的中点，P A＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.题型二利用空间向量求空间角【题型要点】1．利用向量法求直线与平面所成角时易混淆直线与平面所成角与直线方向向量和平面的法向量的夹角的关系，一定要注意线面角θ与夹角α的关系为sin θ＝|cos α|.2．求二面角θ，主要通过两平面的法向量n，m的夹角求得，即先求|cos〈n，m〉|，再根据所求二面角是钝角还是锐角写出其余弦值．若θ为锐角，则cos θ＝|cos〈n，m〉|；若θ为钝角，则cos θ＝－|cos〈n，m〉|.【例2】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．题组训练二利用空间向量求空间角如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD.(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D－AE－C的余弦值．题型三利用空间向量解决探索性问题【题型要点】利用空间向量巧解探索性问题(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【例3】如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，E为BC中点．(1)求证：C1D⊥D1E；(2)在棱AA1上是否存在一点M，使得BM∥平面AD1E？若存在，求AMAA1的值，若不存在，说明理由．(3)若二面角B1－AE－D1的大小为90°，求AD的长．题组训练三利用空间向量解决探索性问题如图，已知等边△ABC中，E，F分别为AB，AC边的中点，M为EF的中点，N为BC边上一点，且CN＝14 BC，将△AEF沿EF折到△A′EF的位置，使平面A′EF⊥平面EFCB.(Ⅰ)求证：平面A′MN⊥平面A′BF；(Ⅱ)求二面角E-A′F-B的余弦值．题型四建立空间直角坐标系的方法坐标法是利用空间向量的坐标运算解答立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题往往需要建立空间直角坐标系，依据空间几何图形的结构特征，充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系，是运用坐标法解题的关键，下面举例说明几种常见的空间直角坐标系的构建策略．方法一利用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系【例4】已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，∠A 为直角，AB∥CD，AB＝4，AD＝2，DC＝1，求异面直线BC1与DC所成角的余弦值．方法二利用线面垂直关系构建直角坐标系【例5】如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C，C1的一点，EA⊥EB1.已知AB＝2，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝π3 .求二面角A－EB1－A1的平面角的正切值．方法三利用面面垂直关系构建直角坐标系【例6】如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面VAD是正三角形，平面VAD⊥底面ABCD.(1)求证AB⊥平面VAD；(2)求二面角A－VD－B的余弦值．方法四利用正棱锥的中心与高所在直线构建直角坐标系【例7】已知正四棱锥V－ABCD中，E为AC中点，正四棱锥底面边长为2a，高为h.(1)求∠DEB的余弦值；(2)若BE⊥VC，求∠DEB的余弦值．【专题训练】1．如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，PE＝2BE.(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P－AC－E的余弦值为63，求直线P A与平面EAC所成角的正弦值．2．如图，四棱锥P－ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．(1)证明：直线CE∥平面P AB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M－AB－D的余弦值．3．如图所示的几何体中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD, AB＝2AD＝2, ∠DAB ＝60°，四边形CDEF为正方形，平面CDEF⊥平面ABCD.(1)若点G是棱AB的中点，求证：EG∥平面BDF；(2)求直线AE与平面BDF所成角的正弦值；(3)在线段FC上是否存在点H，使平面BDF⊥平面HAD？若存在，求FHHC的值；若不存在，说明理由．4．如图，已知圆锥OO1和圆柱O1O2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O1半径为r＝5, OA为圆锥的母线，AB为圆柱O1O2的母线，D，E为下底面圆O2上的两点，且DE＝6，AB＝6.4，AO＝52，AO⊥AD.(1)求证：平面ABD⊥平面ODE；(2)求二面角B—AD—O的正弦值．。

2020年高考数学（理）总复习：立体几何中的向量方法题型一 利用向量证明平行与垂直 【题型要点】向量证明平行与垂直的4步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系； (4)根据运动结果解释相关问题．【例1】如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .【证明】 方法一 (1)由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎪⎭⎫ ⎝⎛0,0,21，O ⎪⎭⎫ ⎝⎛21,21,21.OM →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛--21,21,0，BA →＝(－1,0,0)，∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量， 且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,1,21，DC →＝(1,0,0)，CF →＝(0，－1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎪⎭⎫⎝⎛-21,21,1.同理可得n 2＝(0,1,1)． ∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面， 又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →，∴OM →·CD →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛--F B C B 2121BA →＝0，OM →·FC →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛--F B C B 2121·(BC →－BF →)＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ，CD ，FC ⊂平面EFCD ，∴OM ⊥平面EFCD . 又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD . 题组训练一 利用向量证明平行与垂直如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .【证明】 (1)以点A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)．∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，∴E ⎪⎭⎫⎝⎛21,1,21，F ⎪⎭⎫ ⎝⎛21,1,0，EF →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,0,21，AB →＝(1,0,0)．∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB .(2)由(1)可知，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，AP ，AD ⊂平面P AD ， ∴DC ⊥平面P AD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC . 题型二 利用空间向量求空间角 【题型要点】1．利用向量法求直线与平面所成角时易混淆直线与平面所成角与直线方向向量和平面的法向量的夹角的关系，一定要注意线面角θ与夹角α的关系为sin θ＝|cos α|.2．求二面角θ，主要通过两平面的法向量n ，m 的夹角求得，即先求|cos 〈n ，m 〉|，再根据所求二面角是钝角还是锐角写出其余弦值．若θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|；若θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n ，m 〉|.【例2】如图，AD ∥BC 且AD ＝2BC ，AD ⊥CD ，EG ∥AD 且EG ＝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)，可得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 ⎪⎭⎫ ⎝⎛1,23,0，N (1,0,2)．(1)证明：依题意得DC →＝(0,2,0)，DE →＝(2,0,2)．设n 0＝(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 0·DC →＝0，n 0·DE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2z ＝0.不妨令z ＝－1， 可得n 0＝(1,0，－1)．又MN →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-1,23,1，可得MN →·n 0＝0.又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE . (2)解：依题意，可得BC →＝(－1,0,0)，BE →＝(1，－2,2)， CF →＝(0，－1,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面 BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，x －2y ＋2z ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(0,1,1)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面BCF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·CF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝0，－y ＋2z ＝0.不妨令z ＝1，可得m ＝(0,2,1)． 因此有cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝31010，于是sin 〈m ，n 〉＝1010. 所以，二面角E -BC -F 的正弦值为1010. (3)解：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. 题组训练二 利用空间向量求空间角如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D －AE －C 的余弦值．【解析】 (1)证明：由题设可得，△ABD ≌△CBD ，从而AD ＝DC 又△ACD 是直角三角形，所以∠ACD ＝90°取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO ＝AO 又由于△ABC 是正三角形，故BO ⊥AC . 所以∠DOB 为二面角D －AC －B 的平面角． 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2.又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OC 两两垂直，以O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴正方向，|OA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛21,23,0.故AD →＝(－1,0,1)，AC →＝(－2,0,0)，AE →＝⎪⎪⎭⎫⎝⎛-21,23,1. 设n ＝(x ，y ，z )是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0.可取n ＝⎪⎪⎭⎫⎝⎛1,33,1. 设m 是平面AEC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，同理可得m ＝(0，－1，3)．则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝77.所以二面角D －AE －C 的余弦值为77. 题型三 利用空间向量解决探索性问题 【题型要点】利用空间向量巧解探索性问题(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【例3】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 1－AE －D 1的大小为90°，求AD 的长．【解析】 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)，B 1(a,1,1)，C 1(0,1,1)，D 1(0,0,1)，E ⎪⎭⎫⎝⎛0,1,2a ，∴C 1D →＝(0，－1，－1)，D 1E →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-1,1,2a，(1)证明：C 1D →·D 1E →＝0，∴C 1D ⊥D 1E . (2)设AMAA 1＝h ，则M (a,0，h )， ∴BM →＝(0，－1，h )，AE →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,1,2a，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，令x ＝2，∴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 →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-0,1,2a，AB 1→＝(0,1,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧AE →·m ＝－a 2x ′＋y ′＝0，AB 1→·m ＝y ′＋z ′＝0，令x ′＝2，∴平面B 1AE 的一个法向量为m ＝(2，a ，－a )． ∵二面角B 1－AE －D 1的大小为90°， ∴m ⊥n ，∴m ·n ＝4＋a 2－2a 2＝0，∵a >0，∴a ＝2，即AD ＝2.题组训练三 利用空间向量解决探索性问题如图，已知等边△ABC 中，E ，F 分别为AB ，AC 边的中点，M 为EF 的中点，N 为BC 边上一点，且CN ＝14BC ，将△AEF 沿EF 折到△A ′EF 的位置，使平面A ′EF ⊥平面EFCB .(Ⅰ)求证：平面A ′MN ⊥平面A ′BF ； (Ⅱ)求二面角E -A ′F -B 的余弦值．【解】 (Ⅰ)因为E ，F 为等边△ABC 的AB ，AC 边的中点，所以△A ′EF 是等边三角形，且EF ∥BC .因为M 是EF 的中点，所以A ′M ⊥EF .又由于平面A ′EF ⊥平面EFCB ，A ′M ⊂平面A ′EF ，所以A ′M ⊥平面EFCB 又BF ⊂平面EFCB ，所以A ′M ⊥BF .因为CN ＝14BC ，所以MF 綊CN ，所以MN ∥CF .在正△ABC 中知BF ⊥CF ，所以BF ⊥MN . 而A ′M ∩MN ＝M ，所BF ⊥平面A ′MN .又因为BF ⊂平面A ′BF ，所以平面A ′MN ⊥平面A ′BF .(Ⅱ)设等边△ABC 的边长为4，取BC 中点G ，连接MG ，由题设知MG ⊥EF ，由(Ⅰ)知A ′M ⊥平面EFCB ，又MG ⊂平面EFCB ，所以A ′M ⊥MG ，如图建立空间直角坐标系M －xyz ，则F (－1,0,0)，A ′(0,0，3)，B (2，3，0)，F A →＝(1,0，3)，FB →＝(3，3，0)．设平面A ′BF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧F A →·n ＝0，FB →·n ＝0，得⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，3x ＋3y ＝0，令z ＝1，则n ＝(－3，3,1)．平面A ′EF 的一个法向量为p ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝p ·n |p ||n |＝31313， 显然二面角E －A ′F －B 是锐角，所以二面角E －A ′F －B 的余弦值为31313.题型四 建立空间直角坐标系的方法坐标法是利用空间向量的坐标运算解答立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题往往需要建立空间直角坐标系，依据空间几何图形的结构特征，充分利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来建立空间直角坐标系，是运用坐标法解题的关键，下面举例说明几种常见的空间直角坐标系的构建策略．方法一 利用共顶点的互相垂直的三条棱构建直角坐标系【例4】 已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2，底面ABCD 是直角梯形，∠A 为直角，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝2，DC ＝1，求异面直线BC 1与DC 所成角的余弦值．【解析】 如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,1,0)，C 1(0,1,2)，B (2,4,0)，∴BC 1→＝(－2，－3,2)，CD →＝(0，－1,0)．设BC 1→与CD →所成的角为θ，则cos θ＝|BC 1→·CD →||BC 1→||CD →|＝31717.故所求异面直线所成角的余弦值为31717.方法二 利用线面垂直关系构建直角坐标系【例5】 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥侧面BB 1C 1C ，E 为棱CC 1上异于C ，C 1的一点，EA ⊥EB 1.已知AB ＝2，BB 1＝2，BC ＝1，∠BCC 1＝π3.求二面角A －EB 1－A 1的平面角的正切值．【解析】 如图，以B 为原点，分别以BB 1，BA 所在直线为y 轴、z 轴，过B 点垂直于平面ABB 1A 1的直线为x 轴建立空间直角坐标系．由于BC ＝1，BB 1＝2，AB ＝2，∠BCC 1＝π3，∴在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，有B (0,0,0)，A (0,0，2)，B 1(0,2,0)，C ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-0,21,23⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0,21,23，C 1⎪⎪⎭⎫⎝⎛0,23,23. 设E ⎪⎪⎭⎫⎝⎛0,,23a ，且－12<a <32，即EA →＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--2,,23a ，EB 1→＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--0,2,23a . 由EA ⊥EB 1，得EA →·EB 1→＝0，即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--2,,23a ·⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--0,2,23a ＝34＋a (a －2)＝a 2－2a ＋34＝0， ∴⎪⎭⎫ ⎝⎛-21a ·⎪⎭⎫ ⎝⎛-23a ＝0，即a ＝12或a ＝32(舍去)．故E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0,21,23. 由已知有EA →⊥EB 1→，B 1A 1→⊥EB 1→，故二面角A －EB 1－A 1的平面角θ的大小为向量B 1A 1→与EA →的夹角．因为B 1A 1→＝BA →＝(0,0，2)，EA →＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--2,21,23，故cos θ＝EA →·B 1A 1→|EA →||B 1A 1→|＝22×3＝63，即tan θ＝22.故所求二面角的平面角的正切值为22. 方法三 利用面面垂直关系构建直角坐标系【例6】 如图，在四棱锥V －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 侧面VAD 是正三角形，平面VAD ⊥底面ABCD . (1)求证AB ⊥平面VAD ；(2)求二面角A －VD －B 的余弦值．【解析】 (1)证明：取AD 的中点O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设AD ＝2，则A (1,0,0)，D (－1,0,0)，B (1,2,0)，V (0,0，3)， ∴AB →＝(0,2,0)，VA →＝(1,0，－3)． 由AB →·VA →＝(0,2,0)·(1,0，－3)＝0， 得AB ⊥VA .又AB ⊥AD ，从而AB 与平面VAD 内两条相交直线VA ，AD 都垂直，∴AB ⊥平面VAD .(2)设E 为DV 的中点，则E ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-23,0,21， ∴EA →＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-23,0,23，EB →＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-23,2,23， DV →＝(1,0，3)．∴EB →·DV →＝32－32＝0，∴EB ⊥DV .又EA ⊥DV ，因此∠AEB 是所求二面角的平面角． ∴cos 〈EA →，EB →〉＝EA →·EB →|EA →||EB →|＝217.故所求二面角的余弦值为217. 方法四 利用正棱锥的中心与高所在直线构建直角坐标系【例7】 已知正四棱锥V －ABCD 中，E 为AC 中点，正四棱锥底面边长为2a ，高为h .(1)求∠DEB 的余弦值；(2)若BE ⊥VC ，求∠DEB 的余弦值．【解析】 如图，以V 在平面ABCD 的射影O 为坐标原点建立空间直角坐标系，其中Ox ∥BC ，Oy ∥AB ，则由AB＝2a ，OV ＝h ，有B (a ，a,0)，C (－a ，a,0)，D (－a ，－a,0)，V (0,0，h )，E ⎪⎭⎫⎝⎛-2,2,2h a a ，即BE →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛--2,2,23h a a ，DE →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛2,23,2h a a ，VC →＝(－a ，a ，－h )． (1)cos 〈BE →，DE →〉＝BE →·DE →|BE →||DE →|＝－6a 2＋h 210a 2＋h 2， 即cos ∠DEB ＝－6a 2＋h 210a 2＋h 2.(2)因为BE ⊥AC ，所以BE →·VC →＝0，即⎪⎭⎫⎝⎛--2,2,23h a a ·(－a ，a ，－h )＝0， 所以32a 2－a 22－h 22＝0，解得h ＝2a .这时cos 〈BE →，DE →〉＝－6a 2＋h 210a 2＋h 2＝－13， 即cos ∠DEB ＝－13.【专题训练】1．如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ＝2，PE ＝2BE .(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若二面角P －AC －E 的余弦值为63，求直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值．【解析】 (1)证明：∵PC ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴PC ⊥AC .∵AB ＝2，AD ＝CD ＝1，∴AC ＝BC ＝2，∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ，又BC ∩PC ＝C ，∴AC ⊥平面PBC ，又AC ⊂平面EAC ，∴平面EAC ⊥平面PBC .(2)取AB 的中点F ，两角CF ，则CF ⊥AB ，以点C 为原点，建立空间直角坐标系，可得：C (0,0,0)，A (1,1,0)，B (1，－1,0)，设P (0,0，a )(a ＞0)，则E ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3,32,32a ， CA →＝(1,1,0)，CP →＝(0,0，a )，CE →＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-3,32,32a ，取n ＝(1，－1,0)，则m ·CP →＝m ·CA →＝0，∴n 为平面P AC 的法向量． 设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝0n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝02x －2y ＋az ＝0，取n ＝(a ，－a ，－4)，∵二面角P －AC －E 的余弦值为63， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝2a 2×2a 2＋16＝63，解得a ＝4，∴n ＝(4，－4，－4)，P A →＝(1,1，－4)． 设直线P A 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈P A →，n 〉|＝|P A →·n ||P A →||n |＝1618×16×3＝269，∴直线P A 与平面EAC 所成角的正弦值为269.2．如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面P AB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M －AB －D 的余弦值．【解析】 (1)证明：取P A 的中点F ，连结EF ，BF .因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD ，由∠BAD ＝∠ABC ＝90°得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC .四边形BCEF 为平行四边形，CE ∥BF .又BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ，故CE ∥平面P AB .(2)由已知得BA ⊥AD ，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A －xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,1，3)，PC →＝(1,0，－3)，AB →＝(1,0,0)，设M (x ，y ，z )(0<x <1)则BM →＝(x －1，y ，z )，PM →＝(x ，y －1，z －3)，因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以，|cos 〈BM →，n 〉|＝sin 45° ，|z |(x －1)2＋y 2＋z2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM →＝λPC →，则 x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②由①，②解得⎩⎨⎧x ＝1＋22y ＝1(舍去)z ＝－62，⎩⎨⎧x ＝1－22y ＝1z ＝62.所以M ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-26,1,221，从而AM →＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-26,1,221. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎨⎧(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105，因此二面角M －AB －D的余弦值为105. 3．如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形， AB ∥CD, AB ＝2AD ＝2, ∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证： EG ∥平面BDF ； (2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FHHC 的值；若不存在，说明理由．(1)【证明】 由已知得EF ∥ CD ，且EF ＝CD . 因为四边形ABCD 为等腰梯形，所以BG ∥CD . 因为G 是棱AB 的中点，所以BG ＝CD .所以EF ∥BG ，且EF ＝BG ，故四边形EFBG 为平行四边形，所以EG ∥FB . 因为FB ⊂平面BDF , EG ⊄平面BDF ，所以EG ∥平面BDF . (2)【解】 因为四边形CDEF 为正方形，所以ED ⊥DC .因为平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝DC ，DE ⊂平面CDEF ， 所以ED ⊥平面ABCD .在△ABD 中，因为∠DAB ＝60°， AB ＝2AD ＝2， 所以由余弦定理，得BD ＝3，所以AD ⊥BD . 在等腰梯形ABCD 中，可得DC ＝CB ＝1.如图，以D 为原点，以DA ，DB ，DE 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则D ()0，0，0，A ()1，0，0， E ()0，0，1， B ()0，3，0，F ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-1,23,21，所以AE →＝()－1，0，1， DF →＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-1,23,21，DB →＝()0，3，0.设平面BDF 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 因为⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DF →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧3y ＝0，－12x ＋32y ＋z ＝0. 取z ＝1，则x ＝2，y ＝0，则n ＝()2，0，1.设直线AE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝||cos 〈AE →，n 〉＝||AE →·n ||AE→||n ＝1010， 所以AE 与平面BDF 所成角的正弦值为1010. (3)【解】 线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .证明如下： 假设线段FC 上存在点H ，设H ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-t ,23,21()0≤t ≤1，则DH →＝⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-t ,23,21 设平面HAD 的法向量为m ＝()a ，b ，c ， 因为⎩⎪⎨⎪⎧m ·DA →＝0，m ·DH →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，－12a ＋32b ＋tc ＝0. 取c ＝1，则a ＝0，b ＝－23 t ，得m ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-1,32,0. 要使平面BDF ⊥平面HAD ，只需m ·n ＝0， 即2×0－23t ×0＋1×1＝0, 此方程无解． 所以线段FC 上不存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD .4．如图，已知圆锥OO 1和圆柱O 1O 2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O 1半径为r ＝5, OA 为圆锥的母线，AB 为圆柱O 1O 2的母线，D ，E 为下底面圆O 2上的两点，且DE ＝6，AB ＝6.4，AO ＝52，AO ⊥AD .(1)求证：平面ABD ⊥平面ODE ； (2)求二面角B —AD —O 的正弦值．(1)【证明】 依题易知，圆锥的高为h ＝(52)2－52＝5，又圆柱的高为AB ＝6.4，AO ⊥AD ，所以OD 2＝OA 2＋AD 2，因为AB ⊥BD ，所以AD 2＝AB 2＋BD 2，连接OO 1，O 1O 2，DO 2，易知O ，O 1，O 2三点共线，OO 2⊥DO 2，所以OD 2＝OO 22＋O 2D 2，所以BD 2＝OO 22＋O 2D 2－AO 2－AB 2＝(6.4＋5)2＋52－(52)2－6.42＝64，解得BD ＝8，又因为DE ＝6，圆O 2的直径为10，圆心O 2在∠BDE 内，所以∠BDE ＝90°，所以DE ⊥BD .因为AB ⊥平面BDE ，所以DE ⊥AB ，因为AB ∩BD ＝B ，AB ，BD ⊂平面ABD ，所以DE ⊥平面ABD . 又因为DE ⊂平面ODE ，所以平面ABD ⊥平面ODE .(2)【解】 如图，以D 为原点， DB ，DE 所在的直线为x ，y 轴，建立空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (8,0,6.4)，B (8,0,0)，O (4,3,11.4)．所以DA →＝(8,0,6.4)，DB →＝(8,0,0)，DO →＝(4,3,11.4)，设平面DAO 的法向量为u ＝(x ，y ，z )，所以DA →·u ＝8x ＋6.4z ＝0， DO →·u ＝4x ＋3y ＋11.4z ＝0，令x ＝12，则u ＝(12,41，－15)． 可取平面BDA 的一个法向量为v ＝(0,1,0)，所以cos 〈u ，v 〉＝u ·v |u ||v |＝41582＝8210，所以二面角B —AD —O 的正弦值为3210.。

高考数学（理科）专题练习 立体几何的向量方法试 卷[建议用时：45分钟]1．(2016·北京高考)如图12-10，在四棱锥-P ABCD 中，PAD ABCD ⊥平面平面，PA PD ⊥，PAPD ＝，AB AD ⊥，1AB ＝，2AD ＝，AC CD ＝．图12-10 （1）求证：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． 2．(2016·四川高考)如图12-11，在四棱锥中-P ABCD ，AD BC ，90ADC PAB ∠∠︒＝＝，12BC CD AD ＝＝，E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90︒．图12-11 （1）在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM PBE 平面，并说明理由； （2）若二面角--P CD A 的大小为45︒，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值．3．(2016·泰安模拟)在平面四边形ACBD (如图12-12（1）)中，ABC △与ABD △均为直角三角形且有公共斜边AB ，设2AB ＝，30BAD ∠︒＝，45BAC ∠︒＝，将ABC △沿AB 折起，构成如图12-12（2）所示的三棱锥-C ABD '，且使C D '．PD⊥（1） （2）图12-12 （1）求证：C AB DAB '⊥平面平面； （2）求二面角--A C D B '的余弦值．4．(2016·郑州二模)如图12-13，在梯形ABCD 中，AB CD ，1AD DC CB =＝＝，120BCD ∠︒＝，四边形BFED 为矩形，BFED ABCD ⊥平面平面，ABCD ，1BF ＝．图12-13 （1）求证：AD BFED ⊥平面；（2）点P 在线段EF 上运动，设平面P AB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．高考数学（理科）专题练习 立体几何的项量方法答 案[建议用时：45分钟],0,,0,n PD n PC == 0,20.y z x z --=⎧⎨-=⎩又(1,1PB =-,,,n PB PB PB ==-PB 所成角的正弦值为3．10使得AM AP λ=．11分，(1,BM =-，所以要使PCD 平面当且仅当0n BM =，即()(1,)0=2,2-. 4．所以在棱P A M 使得BM PCD 平面不平行．如图(1)，延长BC ED ，且BC BCDE 是平行四边形，EB ．4分PBE 平面，PBE 平面说明：延长AP 至点法一：由已知，CD PA AD A =，PA AD A=，为原点，以AD，AP的方向分)0,0,2，()2,1,0C所以(1,0,PE=，(1,1,0EC=，(0,0,2AP=设平面PCE的法向量为(,n x y=，,0,,0,n PEn EC==得2=，解得n与平面P CE所成角为2APAPnn x=A与平面PCEAB OD O=，．4分'，∴平面，OC'所在的直线分别为∴(0,AC=-'，(0,BC=-'，3DC⎛='设平面AC D'11,)y z，',',ACC D⊥⊥即',0,',0,ACC D⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩z10,1=令1z=，则',',BCC D⊥⊥即2'0,'0,n BCn C D⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩20,1=令1z=，则AB CD，AD22 60AB AB AD cos==+︒22AD=+AD BD⊥．ABCD，BFED ABCD平面ABCD平面，AD，又DE BD D=，∴可建立以直线DA，DB，DE∴(1,AB=-，0(,BPλ=1,(,n x y=P AB的法向量，0,0,ABBP⋅=⋅=得1，则1n=12123nn=+3，∴当λ=高考数学（理科）专题练习 立体几何的项量方法解 析[建议用时：45分钟]1．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 ．2分 又因为P A ⊥PD ， 所以PD ⊥平面PAB ．4分(2)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 ．5分 如图，建立空间直角坐标系O -xyz ． 由题意得，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0)，P (0，0，1)．6分 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即为所求的一个点．分2＋－2＋所成角的正弦值为的中点O⎛⎫31＋－＋＋1×13＋1＋的余弦值为－105 35⎩⎨λ－3y ＋1，3λ)．是平面ADE 的一个法向量，＋3－λ2×1λ－32＋时，cos 有最大值，∴θ的最小值为。

立体几何中的向量方法一、填空题1.(2015·四川高考理科·T14)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.【解析】如图,建立空间坐标系,设正方形的边长为2,则A(0,0,0),F(2,1,0),E(1,0,0),设M(0,m,2)(0≤m ≤2), 则=(2,1,0),=(1,-m,-2), cos θ=2552mm +⨯-令t=2-m(0≤t ≤2), cos θ=52)3223(95151523951512=-+⨯≤⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⨯t答案:52二、解答题3.（2015·安徽高考理科·T19）如图所示，在多面体111A B D DCBA，四边形11AA B B，11,ADD A ABCD均为正方形，E 为11B D 的中点，过1,,A D E的平面交1CD 于F（1）证明：1//EF B C(2)求二面角11E A D B --余弦值.【解题指南】（）利用线面平行的判定和性质定理； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解。

【解析】（1）因为111//,A D B C A D ⊂平面1A DE ,1B C ⊄平面1A DE，所以1//B C 平面1A DE,又1B C ⊂平面11B CD ，平面1A DE ⋂平面11B CD =EF ，所以EF//1B C.(2)以A 为原点，分别以1,,AB AD AA 为x 轴，y 轴，z 轴单位正向量建立空间直角坐标系，则A(0，0，0),B(1，0，0),D(0，1,0),111(0,0,1),(1,0,1),(0,1,1),A B D 而E 是11B D 的中点，所以点E 的坐标为（0.5,0.5,1）.设平面1A DE的法向量1111(,,)n r s t =，又11(0.5,0.5,0),(0,1,1)A E A D ==-,由11n A E ⊥,11n A D ⊥得: 11110.50.500r s s t +=⎧⎨-=⎩,令111s t ==，则1(1,1,1)n =-，设平面11A B CD的法向量2222(,,)n r s t =，又111(1,0,0),(0,1,1)A B A D ==-,由同理可得:2(0,1,1)n =，所以结合图形可得二面角11E A D B --的余弦值为1212|.|||.||3n n n n ==。

新高考数学复习考点知识与题型专题练习专题40 立体几何中的向量方法一、单选题1．（2020·辽河油田第二高级中学高二月考）若直线l 的方向向量为a =（1,0,2），平面α的法向量为(2,1,1)n =-，则（ ）A ．//l αB ．l α⊥C ．l α⊂或//l αD ．l 与α斜交【答案】C【解析】∵(1,0,2)a = ，(2,1,1)n =-，∴()1201210a n ⋅=⨯-+⨯+⨯= ，即l α⊂或//l α.故选：C.2．（2019·安徽庐阳·合肥一中期中（理））在直三棱柱111ABC A B C -中，90ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A ．B ．CD 【答案】C【解析】因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，且90ABC ∠=︒，所以可以以B 为原点、AB 为x 轴、BC 为y 轴、1BB 为z 轴构建空间直角坐标系，如图：因为2AB =，11BC CC ==，所以()2,0,0A ，()10,0,1B ，()0,0,0B ，()10,1,1C ， 故12,0,1AB ，()10,1,1BC =，设异面直线1AB 与1BC 所成角为θ，则111110cos θ52AB BC AB BC ，故选：C.3．（2019·吴起高级中学高二期末（理））在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1AA 的中点，则点1A到平面MBD 的距离是（ ）A．6a BC D ．3【答案】A【解析】以D 为空间直角坐标原点，1,,DA DC DD 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系.由于M 是1AA 中点，故1,0,2M a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，且()()111,0,,,,0,0,0,2A a a B a a A M a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设(),,n x y z =是平面BDM 的法向量，故1020n DM ax az n DB ax ay ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，故可设()1,1,2n =--，故1A 到平面BDM 的距离10,0,A M n d n ⎛- ⋅⎝===.故选A.4．（2020·广东盐田·深圳外国语学校高三月考）如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，以下结论错误的是（ ）A ．面对角线中与直线1A D 所成的角为60︒的有8条B ．直线1A D 与1BC 垂直C ．直线1AD 与1BD 平行D ．三棱锥1A ACD -的体积为316a 【答案】C【解析】如图所示，建立空间直角坐标系.对于A ，()1,0,A a a ，()0,0,0D ，(),0,0A a ，()1,,B a a a ， ∴()1,0,A D a a →=--，()10,,AB a a →=，∴21111111cos ,2A D AB A D AB A D AB →→→→→→⋅===-， 由于两异面直线的夹角范围是0,2π⎛⎤ ⎥⎝⎦，∴异面直线1A D 与1AB 所成的角为60︒，同理：正方体的六个面中除了平面11ADD A 与11BCC B 的面对角线外，其他的面对角线都与1A D 所成的角为60︒，则共有8条，故A 正确； 对于B ，()10,,C a a ，(),,0B a a ，()()2211,0,,0,0A D BC a a a a a a →→⋅=--⋅-=-=，∴直线1A D 与1BC 垂直，故B 正确；对于C ，()10,0,D a ，∵()()2211,0,,,0A D BD a a a a a a a →→⋅=--⋅--=-=， ∴直线1A D 与1BD 垂直，不平行，故C 错误；对于D ，三棱锥1A ACD -的体积为123111326C A AD V a a a -=⨯⋅=，故D 正确； 综上可知，只有C 不正确.故选：C.5．（2020·五华·云南师大附中月考（理））如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q ，M ，N ，H ，R 是各条棱的中点.①直线1//AD 平面MNP ；②1HD CQ ⊥；③P ，Q ，H ，R 四点共面；④11A C ⊥平面11AB D .其中正确的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】解：因为M ，N 分别为11A B ，11C D 中点，所以11//MN A D ，又因为MN ⊂平面11ADD A ，11A D ⊂平面11ADD A ，所以平面//MN 平面11ADD A ，同理可得//NP 平面11ADD A ，又因为MN NP N ⋂=，所以平面//MNP 平面11ADD A ，又因为1AD ⊂/平面MNP ，所以1//AD 平面MNP ，①正确； 设棱长为2，如图建立平面直角坐标系，所以1(0D ，0，2)，(2H ，0，1)，(0C ，2，0)，(1Q ，0，0)，用向量法()12,0,1HD =-，()1,2,0CQ =-，则1·2000HD CQ =-++≠，②错误；连接AC ，因为H ，R 分别是1AA ，1CC 中点，所以//HR AC ，又因为Q ，P 分别为AD ，DC 中点，所以//QP AC ，所以//PQ HR ，故P ，Q ，H ，R 四点共面，③正确；(2A ，0，0)，1(2B ，2，2)，1(0D ，0，2)，1(2A ，0，2)，1(0C ，2，2)，所以1(0AB =，2，2)，1(2AD =-，0，2)，11(2AC =-，2，0)，111·0AC AB ≠，111·0AD AC ≠，所以直线11A C 不垂直于平面11AB D ，④不正确； 所以正确的是①③，故选：B.6．（2020·河南高三月考（文））在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，异面直线a 和b 分别在上底面A 1B 1C 1D 1和下底面ABCD 上运动，且a b ⊥，若1A D 与b 所成角为60°时，则a 与侧面ADD 1A 1所成角的大小为（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【答案】B【解析】以D 为原点，以1,,DA DC DD 为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，如图所示：直线,a b 分别在上下底面内且互相垂直，设直线a 的方向向量为(),,0u m n =,则直线b 的方向向量可以为(),,0v n m =-,直线1A D 的方向向量为()11,0,1DA =, 侧面ADD 1A 1的法向量()0,1,0DC =,1A D 与b 所成角为60°,11··60DA v DA v cos ∴=︒，即12n =，2·cos ,1?DC v DC v DC v m ∴=== 故a 与侧面ADD 1A 1所成角的大小为45°.故选：B.7．（2020·四川青羊·树德中学高二期中（理））如图所示，平行六面体1111ABCD A B C D -中，以顶点A 为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60︒.求1BD 与AC 夹角的余弦值是（ ）A B C D ．3【答案】B【解析】由题意11111cos602AB AD AB AA AD AA ⋅=⋅=⋅=⨯⨯︒=． 以1,,AB AD AA 为空间向量的基底，AC AB AD =+，111BD AD AB AD AA AB =-=+-，221111()()AC BD AB AD AD AA AB AB AD AB AA AB AD AD AA AB AD⋅=+⋅+-=⋅+⋅-++⋅-⋅1=，222()23AC AB AD AB AB AD AD =+=+⋅+=22221111()2222BD AD AA AB AD AA AB AD AA AD AB AA=+-=+++⋅-⋅-=，∴111cos ,63AC BD AC BD AC BD ⋅<>===⋅．∴1BD与AC 夹角的余弦值为 故选：B ．8．（2020·山东新泰市第一中学高二月考）在如图的正方体ABCD ﹣A 'B 'C 'D '中，AB ＝3，点M 是侧面BCC 'B '内的动点，满足AM ⊥BD '，设AM与平面BCC 'B'所成角为θ，则tan θ的最大值为（ ）A ．2BC ．43D ．34【答案】B【解析】如下图，以B 为原点，,,CB AB BB '分别为,,x y z 轴的正方向构建空间直角坐标系，则有(0,3,0),(0,0,0),(0,0,3),(3,3,3)A B B D ''---，令(,0,)M x z ，∴(,3,)AM x z =，(3,3,3)BD '=--，又AM ⊥BD '，有3z x =+且30x -≤≤，AM 与平面BCC 'B '所成角为θ，即AMB θ∠=，而(,0,3)BM x x =+，∴tan θ==30x -≤≤， ∴当32x =-时，max (tan )θ=故选：B.9．（2020·安徽高三月考（理））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，已知90ABC ∠=︒，P 为侧棱1CC 上任意一点，Q 为棱AB 上任意一点，PQ 与AB 所成角为α，PQ 与平面ABC 所成的角为β，则α与β的大小关系为（ ）.A ．αβ=B ．αβ<C ．αβ>D ．不能确定【答案】C【解析】建立如图所示空间直角坐标系：设()()(),0,,0,,00,0,0P x z Q y x y z >≥≥， 则()(),,,0,,0QP x y z QB y =-=-，所以2222,,QP QB y QP x y z QB y ⋅==++=所以cos QP QB QP QBx α⋅==⋅又(0,],0,22ππαβ⎡⎤∈∈⎢⎥⎣⎦，sin QP CP QPβ⋅==所以cos β=，所以cos cos βα>，因为cos y x = 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上递减， 所以αβ>，故选：C10．（2020·浙江高三开学考试）如图所示，在正三棱台111ABC A B C -中，1113332AB AA A B ===，记侧面11ABB A 与底面ABC ，侧面11ABB A 与侧面11BCC B ，以及侧面11ABB A 与截面1A BC 所成的锐二面角的平面角分别为α，β，γ，则（ ）A ．γβα<=B ．βαγ=<C ．βαγ<<D ．αβγ<<【答案】B【解析】如图，取BC 中点E ，11B C 中点D ，连接1A D ，AE ， 设ABC 的中心为O ，111A B C △的中心为1O ，则根据正三角形的中心与重心重合得1,O O 分别为1,AE A D 的三等分点，且2AO OE =，11122AO O D =，由于在正三棱台111ABC A B C -中，1113332AB AA A B ===，所以111112133A O A D O D A D ====2133AO AE OE AE ====， 由正三棱台的性质得1OO ⊥平面ABC ，1OO ⊥平面111A B C ，过D 点作DF AE ⊥于F ，根据几何关系易知DE =，=EF，DF =，1OO =， 故以O 点为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，所以()0,A，322B ⎛⎫⎪⎝⎭，3,,022C ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，10,A ⎛ ⎝⎭，1B ⎛ ⎝⎭，1C ⎛- ⎝⎭，易知1OO ⎛= ⎝⎭是平面ABC 的法向量， 设平面11ABB A 的法向量为()111,,m x y z =，平面11BCC B 的法向量为()222,,n x y z =，平面1A BC 的法向量为()333,,s x y z =，由于3,22AB ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，10,33AA ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，所以100m AB m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即1111x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩，故()6,m =，所以11cos ,3m OO <>==， 所以侧面11ABB A 与底面ABC 所成锐二面角余弦值为13，即1cos 3α=，由于()3,0,0BC =-，11,2BB ⎛=- ⎝⎭，132A B ⎛= ⎝⎭， 同理可得平面11BCC B 的法向量为()0,22,1n =，平面1A BC 的法向量为()0,22,7s =，所以31cos ,333m n -<>==-⨯，cos ,m s <>===， 所以侧面11ABB A 与侧面11BCC B 所成锐二面角余弦值为13，即1cos 3β=， 侧面11ABB A 与截面1A BC，即cos γ=由于α，β，γ，均为锐角，1cos cos cos 357αβγ==>=， 所以αβγ=<.故选：B.二、多选题11．（2020·鱼台县第一中学高二月考）已知1v ，2v 分别为直线1l ，2l 的方向向量（1l ，2l 不重合），1n ，2n 分别为平面α，β的法向量（α，β不重合），则下列说法中正确的有（ ）A ．1212////v v l l ⇔B ．1212v v l l ⊥⇔⊥C ．12////n n αβ⇔D ．12n n αβ⊥⇔⊥【答案】ABCD【解析】若两条直线不重合，则空间中直线与直线平行（或垂直）的充要条件为它们的方向向量平行（或垂直），故A 、B 均正确.若两个平面不重合，则空间中面面平行（或垂直）的充要条件为它们的法向量平行（或垂直），故C 、D 均正确.故选：ABCD ．12．（2020·全国高二专题练习）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 、G 、H 分别为AB 、1CC 、11A D 、11C D 的中点，则下列结论中正确的是（ ）A ．11A E AC ⊥B ．//BF 平面11ADD AC ．BF DG ⊥D ．1//AE CH【答案】BCD【解析】设正方体的棱长为1，以D 为原点，DA 、DC 、1DD 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则11(1,0,1),1,,0,(0,1,0)2A E C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1110,1,,(0,1,1),0,,122F C H ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1,0,1,(1,0,0),(1,1,0)2G A B ⎛⎫⎪⎝⎭， 则1111110,,1,(1,1,1),1,0,,,0,1,0,,12222A E AC BF DG CH ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-=-==- ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以1112A E AC ⋅=-，所以1A E 与1AC 不垂直，故A 错误； 显然平面11ADD A 的一个法向量(0,1,0)v =.所以0BF v ⋅=，所以//BF 平面11ADD A ，故B 正确；0BF DG ⋅=，所以BF DG ⊥，故C 正确；1A E CH =-，所以1//A E CH ，故D 正确.故选：BCD .13．（2020·江苏鼓楼·金陵中学高三月考）如图，已知在棱长为1的正方体1111—ABCD A B C D 中，点E ，F ，H 分别是AB ，1DD ，1BC 的中点，下列结论中正确的是（ ）A ．11//C D 平面CHDB ．1AC ⊥平面1BDAC ．三棱锥11—D BAC 的体积为56D ．直线EF 与1BC 所成的角为30°【答案】ABD【解析】如图1所示，由题意，11//C D CD ，11C D ⊂/平面CHD ，CD ⊂平面CHD ，所以11//D C 平面CHD ，所以A 正确；建立空间直角坐标系，如图2所示；由1AB =，则1(1AC =-，1，1)，(1BD =-，1-，0)，1(1DA =，0，1)； 所以11100AC BD =-+=，111010AC DA =-++=，所以1AC BD ⊥，11AC DA ⊥，所以1AC ⊥平面1BDA ，所以B 正确；三棱锥11D BA C -的体积为1111114D BA CABCD A B C D V V --=-三棱锥正方体11114111323=-⨯⨯⨯⨯⨯=， 所以C 错误；(1E ，12，0)，(0F ，0，1)2，所以(1EF =-，12-，1)2，1(1BC =-，0，1)所以cos EF <，111110||||3EF BC BC EF BC ++>===⨯所以EF 与1BC 所成的角是30，所以D 正确． 故选：ABD ．14．（2020·全国高二单元测试）正方形ABCD 沿对角线BD折成直二面角，下列结论正确的有（ ）A ．AD 与BC 所成的角为30B ．AC 与BD 所成的角为90︒C ．BC 与面ACD D ．平面ABC 与平面BCD【答案】BD【解析】取BD 的中点O ，连接,AO CO ，则AO BD ⊥，∵正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角，故平面ABD ⊥平面BCD ，而平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面ABD ，故AO ⊥平面BCD . ∴以O 为原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OA 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设1OC =，则(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)A B C D -，∴(0,1,1)BA =，(0,1,1)AD =-，(1,1,0)BC =，(1,0,1)AC =-，(0,2,0)BD =.∵1cos ,2||||2AD BC AD BC AD BC ⋅〈〉===，因为[],0,AD BC π〈〉∈，故,3AD BC π〈〉=，∴异面直线AD 与BC 所成的角为60°，故A 错误；∵0AC BD ⋅=，∴AC BD ⊥，故B 正确；设平面ACD 的法向量为(,,)t x y z =，则0,0,t AC x z t AD y z ⎧⋅=-=⎨⋅=-=⎩取1z =，得1,1x y ==， ∴(1,1,1)t =，设BC 与面ACD 所成角为θ，则||6sin |cos ,|3||||23BC t BC t BC t θ⋅=〈〉===⋅⨯，故C错误；易知平面BCD 的一个法向量为(0,0,1)n =， 设平面ABC 的法向量为(),,m x y z '''=，则0,0,m BA y z m BC x y ⎧⋅=+=⎨⋅=''''+=⎩取1x '= 得1,1y z ''=-=，∴(1,1,1)m =-，设两个平面的夹角为α（α为锐角），则||3cos cos ,3||||m n m n m n α⋅=〈〉==⋅，故6sin α=tan 2α= ∴平面ABC 与平面BCD 2D 正确.故选：BD.三、填空题15．（2020·安徽省太和中学高二开学考试（理））在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是线段11A B 的中点，则直线BE 与1DA 所成角的余弦值是_______．【解析】以D 为原点DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为1，则1111(1,0,1) ,(1,1,0),1,,1,(1,0,1),0,,122A B E DA BE ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，111cos ,||1DA BE DA BE DA BE⋅====又因为异面直线所成的角的范围是02π⎛⎤⎥⎝⎦，，所以直线BE 与1DA 所成角的．．16．（2020·全国高二课时练习）Rt△ABC的两条直角边BC=3，AC=4，PC⊥平面ABC，PC=95，则点P到斜边AB的距离是_____.【答案】3【解析】以点C为坐标原点，CA，CB，CP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(4，0，0)，B(0，3，0)，P9005⎛⎫⎪⎝⎭，，，所以AB=(-4，3，0)，9-405AP⎛⎫= ⎪⎝⎭，，.所以点P 到AB的距离2|||3||AP d AP AB ⎛===-⎪⎭. 故答案为：3.17．（2019·湖北襄阳·高二期中）在正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别为棱1AA 、1BB 的中点，M 为棱11A B （含端点）上的任一点，则直线ME 与平面1D EF 所成角的正弦值的最小值为_________.【答案】25【解析】如图，建立直角坐标系，设正方体边长为2，AM a =， 则(2E ，0，1)，(2M ，a ，2)，(0D ，0，2)，(2F ，2，1)， 设平面DEF 的法向量为(m x =，y ，)z ，1(0,2,0),(2,0,1)EF ED ==-，由0m EF ⋅=，10m D E ⋅=，得020y x z =⎧⎨-+=⎩，令2z =，1x =，故(1m =，0，2)，由(0,,1)EM a =，设直线ME 与平面1D EF 所成角为α，sin cos ,m EM α==因为[0a ∈，2]，所以当2a =时，sin α25=，故答案为：25．18．如图，PA ⊥平面ABC ，90ACB ∠=︒且PA AC BC ==，则此三棱锥四个面中直角三角形的个数为______，异面直线PB 与AC 所成角的正切值等于______.【答案】4【解析】由PA ⊥平面ABC 可得PA BC ⊥，又CA BC ⊥，所以BC ⊥面PAC ， 所以BC PC ⊥，故,,,BCP BCA PAC PAB 均为直角三角形，所以三棱锥四个面中直角三角形的个数为4个；设1PA AC BC ===，则PC AB ==PB()01cos 451PB AC PA AB AC PA AC AB AC ⋅=+⋅=⋅+⋅=+⨯=，,3cos PB AC PB AC PB AC⋅===⋅ sin ,13PB AC ==，则6tan ,3PB AC ==， 即异面直线PB 与AC .故答案为：4.19．（2018·北京海淀·高二期末（理））已知棱长为1的正四面体ABCD ，O 为A 在底面BCD 上的正射影，如图建立空间直角坐标系，M 为线段AB 的中点，则M 点坐标是__________，直线DM 与平面BCD 所成角的正弦值是__________．【答案】1,4⎛- ⎝⎭【解析】由题意易得：A ⎛ ⎝⎭，12B ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，1,4M ⎛- ⎝⎭， BCD 的法向量为(0,0,1)，D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，1,4DM ⎛=-⎝⎭, 66sin θ=．故答案为1,4⎛- ⎝⎭20．（2019·浙江椒江·台州一中高二期中）如图，P 为△ABC 所在平面外一点，PA ＝PB ＝PC ＝1，∠APB ＝∠BPC ＝60°，∠APC ＝90°，若G 为△ABC 的重心，则|PG |长为_____，异面直线PA 与BC 所成角的余弦值为_____．12【解析】由题意得=90ABC ∠，ABP △是正三角形，连接点P 和线段AC 的中点D ，连接BD ，如图：得=2BD PD =，则=90PDB ∠，又 G 为ABC 的重心，∴1=36GD BD =，∴PG =()12AP BC AP PC PB AP PC AP PB ⋅=⋅-=⋅-⋅=-,∴1cos ,2AP BC AP BC AP BC⋅==⋅，∴. 异面直线PA 与BC 所成角的余弦值为12，12. 21．（2020·山东省单县第五中学月考）在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，P ，Q 是上底面A 1B 1C 1D 1内相异两点，满足BP ⊥A 1E ，BQ ⊥A 1E .则PQ 与BD 的位置关系是_____；|A 1P |的最小值为_____.【答案】平行【解析】建立如图所示空间直角坐标系：则()()111,0,1,0,1,,1,1,02A E B ⎛⎫⎪⎝⎭，因为P ，Q 是上底面A 1B 1C 1D 1内相异两点，设()(),,1,,,1P a b Q m n ，则()()111,1,,1,1,1,1,1,12A E BP a b BQ m n ⎛⎫=--=--=-- ⎪⎝⎭，因为BP ⊥A 1E ，BQ ⊥A 1E ，所以1100A E BP A E BQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即()()()()1110211102a b m n ⎧--+--=⎪⎪⎨⎪--+--=⎪⎩，解得1212b an m⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩，所以//PQ BD，则PQ与BD的位置关系是平行，因为12b a-=，所以1A P==，==，当14a=时，即11,,144P⎛⎫⎪⎝⎭，|A1P|取得最小值，最小值为4.故答案为：（1）平行；（2）4.四、解答题22．（2020·山东高二月考）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D-中，P 为对角线1BD的中点，E为11C D的中点.（1）求异面直线DP 与1BC 所成角的大小；（2）若平面1PB E ⋂平面11BCC B m =，求证：//PE m .【答案】（1）90°；（2）证明见解析.【解析】（1）如图所示，以D 为原点，DA ，DC ，1DD 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系.设正方体棱长为a ，则()0,0,0D ，(),,0B a a ，()10,,C a a ，()10,0,D a ，,,222a a a P ⎛⎫ ⎪⎝⎭. ∴,,222a a a DP ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()1,0,BC a a =-，则DP ，1BC 所成角的余弦值为111cos ,0DP BC DP BC DP BC ⋅==⋅，∴异面直线DP 与1BC 所成角为90°.（2）证明：在11BD C △中，P ，E 分别为1BD ，11C D 的中点， ∴1//PE BC ，∵PE ⊄平面11BCC B ，1BC ⊂平面11BCC B . ∴//PE 平面11BCC B .∵PE ⊂平面1PB E ，平面1PB E ⋂平面11BCC B m =，∴//PE m .23．（2020·山东济宁·高二月考）如图，在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1160A AB A AD BAD ∠=∠=∠=︒，11AB AD AA ===，（1）求1A C 的长；（2）求证：直线1A C ⊥平面11BDD B ．【答案】（1；（2）证明见解析【解析】（1）设AB a =，AD b =，1AA c =，则1AC a b c =+-。

第六节立体几何中的向量方法A组基础题组1.如图,在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,∠BAD=90°,AC⊥BD,BC=1,AD=AA1=3.(1)证明:AC⊥B1D;(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值.2.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ADC=90°,平面PAD⊥底面ABCD,Q为AD的中点,M是棱PC上的动点(不包括端点),PA=PD=2,BC=AD=1,CD=.(1)求证:平面PBQ⊥平面PAD;(2)若M为棱PC的中点,求异面直线AP与BM所成角的余弦值.3.(2016课标全国Ⅱ,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=.(1)证明:D'H⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.B组提升题组4.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAC⊥平面ABCD,且PA⊥AC,PA=AD=2.四边形ABCD满足BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1.点E,F分别为侧棱PB,PC上的点,且==λ(λ≠0).(1)求证:EF∥平面PAD;(2)当λ=时,求异面直线BF与CD所成角的余弦值;(3)是否存在实数λ,使得平面AFD⊥平面PCD?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.5.(2016天津,17,13分)如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G 为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.答案全解全析A组基础题组1.解析(1)易知,AB,AD,AA 1两两垂直.如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z 轴建立空间直角坐标系,设AB=t,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B(t,0,0),B1(t,0,3),C(t,1,0),C1(t,1,3),D(0,3,0),D1(0,3,3).从而=(-t,3,-3),=(t,1,0),=(-t,3,0).因为AC⊥BD,所以·=-t2+3+0=0,解得t=或t=-(舍去).于是=(-,3,-3),=(,1,0).因为·=-3+3+0=0,所以⊥,即AC⊥B1D.(2)由(1)知,=(0,3,3),=(,1,0),=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面ACD1的法向量,则··即令x=1,则n=(1,-,).设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ,则sinθ=|cos<n,>|=··==.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.2.解析(1)证明:因为AD∥BC,BC=AD,Q为AD的中点,所以BC DQ,所以四边形BCDQ为平行四边形.所以CD∥BQ.因为∠ADC=90°,所以∠AQB=90°,即BQ⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,BQ⊂平面ABCD,所以BQ⊥平面PAD.因为BQ⊂平面PBQ,所以平面PBQ⊥平面PAD.(2)因为PA=PD,Q为AD的中点,所以PQ⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PQ⊥平面ABCD.如图,以Q为原点,QA,QB,QP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Q-xyz,则Q(0,0,0),A(1,0,0),P(0,0,),B(0,,0),C(-1,,0).因为M是PC的中点,所以M-,所以=(-1,0,),=--.设异面直线AP与BM所成角为θ,则cosθ=|cos<,>|=·=,所以异面直线AP与BM所成角的余弦值为.3.解析(1)由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得=,故AC∥EF.因此EF⊥HD,从而EF⊥D'H.(2分)由AB=5,AC=6得DO=BO=-=4.由EF∥AC得==.所以OH=1,D'H=DH=3.于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH.(4分)又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD.(5分)(2)如图,以H为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3),=(3,-4,0),=(6,0,0),=(3,1,3).(6分)设m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量,则··即-所以可取m=(4,3,-5).(8分)设n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量,则··即所以可取n=(0,-3,1).(10分)于是cos<m,n>=·==-.sin<m,n>=.因此二面角B-D'A-C的正弦值是.(12分)B组提升题组4.解析(1)证明:因为==λ(λ≠0),所以EF∥BC.因为BC∥AD,所以EF∥AD.而EF⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以EF∥平面PAD.(2)因为平面ABCD⊥平面PAC,平面ABCD∩平面PAC=AC,且PA⊥AC,所以PA⊥平面ABCD.则PA⊥AB,PA⊥AD.又AB⊥AD,故PA,AB,AD两两垂直.建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).当λ=时,F为PC的中点,故F,=-,又=(-1,1,0),设异面直线BF与CD所成的角为θ,则cosθ=|cos<,>|==,故异面直线BF与CD所成角的余弦值为.(3)存在.设F(x0,y0,z0),则=(x0,y0,z0-2),又=(1,1,-2),则由=λ,得(x0,y0,z0-2)=λ(1,1,-2),所以-则=(λ,λ,2-2λ).设平面AFD的法向量为n1=(x1,y1,z1),因为=(λ,λ,2-2λ),=(0,2,0),··所以-令z1=λ,得n1=(2λ-2,0,λ).设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),因为=(0,2,-2),=(-1,1,0),··所以--令x2=1,得n2=(1,1,1).若平面AFD⊥平面PCD,则n1·n2=0,所以(2λ-2)+λ=0,解得λ=.所以当λ=时,平面AFD⊥平面PCD.5.解析依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则··即-不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得·n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则··即-不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>=··=-,于是sin<,n2>=.所以,二面角O-EF-C的正弦值为.(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以==-,进而有H-,从而=,=-.因此cos<,n2>=··所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.。