高考立体几何试题的向量解法
【高考数学】立体几何中的向量方法
立体几何中的向量方法【重点梳理】1.平面的法向量定义：已知平面，直线 l，取l的方向向量a ，有a，则称为a为平面的法向量。
重点解说：一个平面的法向量不是独一的，在应用时，可适合取平面的一个法向量。
已知一平面内两条订交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量。
2.平面的法向量确立往常有两种方法：（1）几何体中有详细的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量；（2）几何体中没有详细的直线，一般要成立空间直角坐标系，而后用待定系数法求解，一般步骤如下：（i ）设出平面的法向量为 n=（ x， y， z）；（ ii ）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标a=（ a1， b1， c1）， b=（a2，b2， c2）；（ iii）依据法向量的定义成立对于n a0 x、 y、z 的方程；n b0（iv ）解方程组，取此中的一个解，即得法向量．因为一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．运用：（1）线面平行线面平行的判断方法一般有三种：①设直线 l 的方向向量是 a ，平面的向量是u，则要证明l //，只需证明 a u ，即 a u0 。
（2）面面平行①由面面平行的判断定理，要证明面面平行，只需转变为相应的线面平行、线线平行即可。
②若能求出平面，的法向量u，v，则要证明//，只需证明u // v 。
（ 3）线面垂直①设直线 l 的方向向量是 a ，平面的向量是u，则要证明l，只需证明 a // u 。
②依据线面垂直的判断定理转变为直线与平面内的两条订交直线垂直。
（4）面面垂直①依据面面垂直的判断定理转变为证相应的线面垂直、线线垂直。
②证明两个平面的法向量相互垂直。
设直线 l的方向向量为 a ，平面的法向量为 u ，直线与平面所成的角为， a 与 u 的角为，则有 sin| cos || a u | 。
| a | | u |（ 6）求二面角如图，若 PA于A，PB于B，平面PAB交l于E，则∠ AEB为二面角l的平面角，∠ AEB+∠APB=180°。
【高考数学】立体几何中的向量方法
立体几何中的向量方法【要点梳理】1.平面的法向量定义：已知平面α，直线l α⊥，取l 的方向向量a ，有α⊥a ，则称为a 为平面α的法向量。
要点诠释：一个平面的法向量不是唯一的，在应用时，可适当取平面的一个法向量。
已知一平面内两条相交直线的方向向量，可求出该平面的一个法向量。
2.平面的法向量确定通常有两种方法：（1） 几何体中有具体的直线与平面垂直，只需证明线面垂直，取该垂线的方向向量即得平面的法向量；（2） 几何体中没有具体的直线，一般要建立空间直角坐标系，然后用待定系数法求解，一般步骤如下：（i ）设出平面的法向量为n=（x ，y ，z ）；（ii ）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标a=（a 1，b 1，c 1），b=（a 2，b 2，c 2）；（iii ）根据法向量的定义建立关于x 、y 、z 的方程00n a n b ⋅=⎧⎨⋅=⎩；（iv ）解方程组，取其中的一个解，即得法向量．由于一个平面的法向量有无数个，故可在代入方程组的解中取一个最简单的作为平面的法向量．运用：（1）线面平行线面平行的判定方法一般有三种： ①设直线l 的方向向量是a ，平面α的向量是u ，则要证明//l α，只需证明⊥a u ，即0⋅=a u 。
（2）面面平行①由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可。
②若能求出平面α，β的法向量u ，v ，则要证明//αβ，只需证明//u v 。
（3）线面垂直①设直线l 的方向向量是a ，平面α的向量是u ，则要证明l α⊥，只需证明//a u 。
②根据线面垂直的判定定理转化为直线与平面内的两条相交直线垂直。
（4）面面垂直①根据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直。
②证明两个平面的法向量互相垂直。
（5）求直线和平面所成的角设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为u ，直线与平面所成的角为θ，a 与u 的角为ϕ， 则有||sin |cos |||||θϕ⋅==⋅a u a u 。
高考数学复习8.7 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直
2.用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔ v1∥v2 . (2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则 l∥α或l⊂α⇔ 存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2 . (3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔ v⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔ u1 ∥u2 .
跟踪训练2 (2016·青岛模拟)如图，在多面体ABC－A1B1C1
中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝ 2 AB，B1C1
綊
1 2
BC，二面角A1－AB－C是直二面角.求证：
(1)A1B1⊥平面AA1C； 证明
(2)AB1∥平面A1C1C. 证明
易知-A-B-→1＝(0,2,2)，A--1-C→1＝(1,1,0)，-A-1-C→＝(2,0，－2)，
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值； 解答
(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求 AM 的值； AP
若不存在，说明理由. 解答
思维升华
对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判 断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐 标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能 求出，或有矛盾，则判定“不存在”.
5.(教材改编)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中， O 是 底 面 正 方 形 ABCD 的 中 心 ， M 是 D1D 的 中 点 ， N 是 A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是___垂__直___.
答案 解析
以 A 为原点，分别以A→B，A→D，A→A1所在直线为 x，y，z 轴，
高中数学《立体几何中的向量方法(一)》课件
抓住3个考点
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⇔_v_∥__u_.
③设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2，则 α⊥β⇔_u_1⊥__u__2
⇔u__1·_u_2＝__0__＝0.
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揭秘3年高考
3．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
|AB·n|
的距离 d＝___|n_|___.
→→ 故 cos〈B→E，C→D〉＝|BB→EE|·|CC→DD|＝
3 2 12＋h2× 5
＝ 10＋3 20h2，
所以
10＋3 20h2＝cos
30°＝
3， 2
解得
h＝
1100，即
AE＝
10 10 .
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用向量法解答这类题要做到以下几点： ①建系要恰当，建系前必须证明图形中有从同一点出发 的三条两两垂直的直线，如果图中没有现成的，就需进 行垂直转化；②求点的坐标及有关计算要准确无误，这 就需要在平时加强训练；③步骤书写要规范有序．
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解 取 AC 的中点 O，连接 OS、OB. ∵SA＝SC，AB＝BC， ∴AC⊥SO，AC⊥BO. ∵平面 SAC⊥平面 ABC，平面 SAC∩平面 ABC＝AC， ∴SO⊥平面 ABC， 又∵BO⊂平面 ABC，∴SO⊥BO.
如图所示，建立空间直角坐标系 O－xyz，则 B(0,2 3，0)，C(－ 2，0,0)，S(0,0,2 2)，M(1， 3，0)，N(0， 3， 2)． ∴C→M＝(3， 3，0)，M→N＝(－1,0， 2)，M→B＝(－1， 3，0)．
高中数学立体几何(向量法)—建系讲义
立体几何（向量法）—建系引入空间向量坐标运算，使解立体几何问题避免了传统方法进行繁琐的空间分析，只需建立空间直角坐标系进行向量运算，而如何建立恰当的坐标系，成为用向量解题的关键步骤之一．所谓“建立适当的坐标系”，一般应使尽量多的点在数轴上或便于计算。
一、利用共顶点的互相垂直的三条线构建直角坐标系例1（2012高考真题重庆理19）（本小题满分12分 如图，在直三棱柱111C B A ABC - 中，AB=4，AC=BC=3，D 为AB 的中点（Ⅰ）求点C 到平面11ABB A 的距离;（Ⅱ）若11AB A C ⊥求二面角 的平面角的余弦值.【答案】解：(1)由AC ＝BC ，D 为AB 的中点，得CD ⊥AB .又CD ⊥AA 1，故CD ⊥面A 1ABB 1，所以点C 到平面A 1ABB 1的距离为CD ＝BC 2－BD 2＝ 5.(2)解法一：如图，取D 1为A 1B 1的中点，连结DD 1，则DD 1∥AA 1∥CC 1.又由(1)知CD ⊥面A 1ABB 1，故CD ⊥A 1D ，CD ⊥DD 1，所以∠A 1DD 1为所求的二面角A 1－CD －C 1的平面角．因A 1D 为A 1C 在面A 1ABB 1上的射影，又已知AB 1⊥A 1C ，由三垂线定理的逆定理得AB 1⊥A 1D ，从而∠A 1AB 1、∠A 1DA 都与∠B 1AB 互余，因此∠A 1AB 1＝∠A 1DA ，所以Rt △A 1AD ∽Rt △B 1A 1A .因此AA 1AD ＝A 1B 1AA 1，即AA 21＝AD ·A 1B 1＝8，得AA 1＝2 2.从而A 1D ＝AA 21＋AD 2＝2 3.所以，在Rt △A 1DD 1中， cos ∠A 1DD 1＝DD 1A 1D ＝AA 1A 1D ＝63.解法二：如图，过D 作DD 1∥AA 1交A 1B 1于点D 1，在直三棱柱中，易知DB ，DC ，DD 1两两垂直．以D 为原点，射线DB ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .设直三棱柱的高为h ，则A (－2,0,0)，A 1(－2,0，h )，B 1(2,0，h )，C (0，5，0)，C 1(0，5，h )，从而AB 1→＝(4,0，h )，A 1C →＝(2，5，－h )．由AB 1→⊥A 1C →，有8－h 2＝0，h ＝2 2. 故DA 1→＝(－2,0,22)，CC 1→＝(0,0,22)，DC →＝ (0，5，0)．设平面A 1CD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则m ⊥DC →，m ⊥DA 1→，即⎩⎨⎧5y 1＝0，－2x 1＋22z 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(2，0,1)，设平面C 1CD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则n ⊥DC →，n ⊥CC 1→，即 ⎩⎨⎧5y 2＝0，22z 2＝0，取x 2＝1，得n ＝(1,0,0)，所以 cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝22＋1·1＝63. 所以二面角A 1－CD －C 1的平面角的余弦值为63.二、利用线面垂直关系构建直角坐标系例 2.如图所示，AF 、DE 分别是圆O 、圆1O 的直径，AD 与两圆所在的平面均垂直，8AD =.BC 是圆O 的直径，6AB AC ==,//OE AD .(I)求二面角B AD F --的大小； (II)求直线BD 与EF 所成的角的余弦值. 19.解：(Ⅰ)∵A D 与两圆所在的平面均垂直,∴AD⊥AB, AD⊥AF,故∠BAD 是二面角B —AD —F 的平面角， 依题意可知，ABCD 是正方形，所以∠BAD＝450. 即二面角B —AD —F 的大小为450；(Ⅱ)以O 为原点，BC 、AF 、OE 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O （0，0，0），A （0，23-，0），B （23，0，0）,D （0，23-，8），E （0，0，8），F （0，23，0）所以，)8,23,0(),8,23,23(-=--=FE BD10828210064180||||,cos =⨯++=>=<FE BD FE BD EF BD 设异面直线BD 与EF 所成角为α，则1082|,cos |cos =><=EF BD α直线BD 与EF 所成的角为余弦值为8210．三、利用图形中的对称关系建立坐标系例3 （2013年重庆数学（理））如图,四棱锥P ABCD -中,PA ABCD ⊥底面,2,4,3BC CD AC ACB ACD π===∠=∠=,F 为PC 的中点,AF PB ⊥.(1)求PA 的长; (2)求二面角B AF D --的正弦值.【答案】解：(1)如图，联结BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，AP →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O －xyz ，则OC ＝CD cos π3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3.又OD ＝CD sinπ3＝3，故A (0，－3，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)．因P A ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )，由F 为PC 边中点，得F ⎝⎛⎭⎫0，－1，z 2，又AF →＝⎝⎛⎭⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z )，因AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝2 3(舍去－23)，所以|P A →|＝2 3.(2)由(1)知AD →＝(－3，3，0)，AB →＝(3，3，0)，AF →＝(0，2，3)．设平面F AD 的法向量为1＝(x 1，y 1，z 1)，平面F AB 的法向量为2＝(x 2，y 2，z 2)．由1·AD →＝0，1·AF →＝0，得⎩⎨⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取1＝(3，3，－2)． 由2·AB →＝0，2·AF →＝0，得⎩⎨⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取2＝(3，－3，2)． 从而向量1，2的夹角的余弦值为 cos 〈1，2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B －AF －D 的正弦值为3 78.四、利用正棱锥的中心与高所在直线，投影构建直角坐标系 例4-1（2013大纲版数学（理））如图,四棱锥P ABCD -中,902,ABC BAD BC AD PAB ∠=∠==∆o，与PAD ∆都是等边三角形.(I)证明:;PB CD ⊥ (II)求二面角A PD C --的余弦值.【答案】解：(1)取BC 的中点E ，联结DE ，则四边形ABED 为正方形． 过P 作PO ⊥平面ABCD ，垂足为O . 联结OA ，OB ，OD ，OE .由△P AB 和△P AD 都是等边三角形知P A ＝PB ＝PD ，所以OA ＝OB ＝OD ，即点O 为正方形ABED 对角线的交点， 故OE ⊥BD ，从而PB ⊥OE .因为O 是BD 的中点，E 是BC 的中点，所以OE ∥CD .因此PB ⊥CD .(2)解法一：由(1)知CD ⊥PB ，CD ⊥PO ，PB ∩PO ＝P ， 故CD ⊥平面PBD .又PD ⊂平面PBD ，所以CD ⊥PD .取PD 的中点F ，PC 的中点G ，连FG . 则FG ∥CD ，FG ⊥PD .联结AF ，由△APD 为等边三角形可得AF ⊥PD . 所以∠AFG 为二面角A －PD －C 的平面角． 联结AG ，EG ，则EG ∥PB . 又PB ⊥AE ，所以EG ⊥AE .设AB ＝2，则AE ＝2 2，EG ＝12PB ＝1，故AG ＝AE 2＋EG 2＝3，在△AFG 中，FG ＝12CD ＝2，AF ＝3，AG ＝3.所以cos ∠AFG ＝FG 2＋AF 2－AG 22·FG ·AF ＝－63.解法二：由(1)知，OE ，OB ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OE →的方向为x 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .设|AB →|＝2，则A (－2，0，0)，D (0，－2，0)， C (2 2，－2，0)，P (0，0，2)，PC →＝(2 2，－2，－2)，PD →＝(0，－2，－2)， AP →＝(2，0，2)，AD →＝(2，－2，0)． 设平面PCD 的法向量为1＝(x ，y ，z )，则 1·PC →＝(x ，y ，z )·(2 2，－2，－2)＝0，1·PD →＝(x ，y ，z )·(0，－2，－2)＝0，可得2x －y －z ＝0，y ＋z ＝0.取y ＝－1，得x ＝0，z ＝1，故1＝(0，－1，1)． 设平面P AD 的法向量为2＝(m ，p ，q )，则 2·AP →＝(m ，p ，q )·(2，0，2)＝0， 2·AD →＝(m ，p ，q )·(2，－2，0)＝0，可得m ＋q ＝0，m －p ＝0.取m ＝1，得p ＝1，q ＝－1，故2＝(1，1，－1)． 于是cos 〈，2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－63. 例4-2如图1－5，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝AC ＝AA 1＝5，BC ＝4，点A 1在底面ABC 的投影是线段BC 的中点O .(1)证明在侧棱AA 1上存在一点E ，使得OE ⊥平面BB 1C 1C ，并求出AE 的长； (2)求平面A 1B 1C 与平面BB 1C 1C 夹角的余弦值．图1－5【答案】解：(1)证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，所以OE⊥BB1.因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因为AB＝AC，OB＝OC，所以AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O.所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C，又AO＝AB2－BO2＝1，AA1＝5，得AE＝AO2AA1＝55.(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，由AE →＝15AA 1→得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25， 由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是OE→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，设平面A 1B 1C 的法向量＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧·AB →＝0，n ·A 1C →＝0得⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0，令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1，即＝(2,1，－1)，所以 cos 〈OE →，〉＝OE →·n |OE →|·|n |＝3010.即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是3010三、利用面面垂直关系构建直角坐标系 例5（2012高考真题安徽理18）（本小题满分12分）平面图形ABB 1A 1C 1C 如图1－4(1)所示，其中BB 1C 1C 是矩形，BC ＝2，BB 1＝4，AB＝AC＝2，A1B1＝A1C1＝ 5.图1－4现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图1－4(2)所示的空间图形．对此空间图形解答下列问题．(1)证明：AA1⊥BC；(2)求AA1的长；(3)求二面角A－BC－A1的余弦值．【答案】解：(向量法)：(1)证明：取BC，B1C1的中点分别为D和D1，连接A1D1，DD1，AD.由BB1C1C为矩形知，DD 1⊥B 1C 1，因为平面BB 1C 1C ⊥平面A 1B 1C 1，所以DD 1⊥平面A 1B 1C 1，又由A 1B 1＝A 1C 1知，A 1D 1⊥B 1C 1.故以D 1为坐标原点，可建立如图所示的空间直角坐标系D 1－xyz . 由题设，可得A 1D 1＝2，AD ＝1.由以上可知AD ⊥平面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，于是AD ∥A 1D 1. 所以A (0，－1,4)，B (1,0,4)，A 1(0,2,0)，C (－1,0,4)，D (0,0,4)．故AA 1→＝(0,3，－4)，BC →＝(－2,0,0)，AA 1→·BC →＝0，因此AA 1→⊥BC →，即AA 1⊥BC . (2)因为AA 1→＝(0,3，－4)， 所以||AA 1→＝5，即AA 1＝5. (3)连接A 1D ，由BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1，可知BC ⊥平面A 1AD ，BC ⊥A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角．因为DA →＝(0，－1,0)，DA 1→＝(0,2，－4)，所以 cos 〈DA →，DA 1→〉＝－21×22＋(－4)2＝－55. 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.(综合法)(1)证明：取BC ，B 1C 1的中点分别为D 和D 1，连接A 1D 1，DD 1，AD ，A 1D .由条件可知，BC ⊥AD ，B 1C 1⊥A 1D 1， 由上可得AD ⊥面BB 1C 1C ，A 1D 1⊥面BB 1C 1C . 因此AD ∥A 1D 1，即AD ，A 1D 1确定平面AD 1A 1D . 又因为DD 1∥BB 1，BB 1⊥BC ，所以DD 1⊥BC . 又考虑到AD ⊥BC ，所以BC ⊥平面AD 1A 1D ， 故BC ⊥AA 1.(2)延长A 1D 1到G 点，使GD 1＝AD ，连接AG . 因为AD 綊GD 1，所以AG 綊DD 1綊BB 1. 由于BB 1⊥平面A 1B 1C 1，所以AG ⊥A 1G . 由条件可知，A 1G ＝A 1D 1＋D 1G ＝3，AG ＝4， 所以AA 1＝5.(3)因为BC ⊥平面AD 1A 1D ，所以∠ADA 1为二面角A －BC －A 1的平面角． 在Rt △A 1DD 1中，DD 1＝4，A 1D 1＝2，解得sin ∠D 1DA 1＝55，cos ∠ADA 1＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋∠D 1DA 1＝－55. 即二面角A －BC －A 1的余弦值为－55.。
最新高考数学解题技巧专题 用空间向量法解决立体几何问题
专题十四用空间向量法解决立体几何问题考问题14用空间向量法解决立体几何问题1.(2012·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB ＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角F -BD-C的余弦值．(1)证明因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)解连接AC，由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C 为坐标原点，分别以CA ，CB ，CF所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设CB ＝1， 则C (0,0,0)，B (0,1,0)， D ⎝⎛⎭⎫32，－12，0，F (0,0,1)，因此BD →＝⎝⎛⎭⎫32，－32，0，BF →＝(0，－1,1)．设平面BDF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，所以x ＝3y ＝3z ， 取z ＝1，则m ＝(3，1,1)．由于CF →＝(0,0,1)是平面BDC 的一个法向量， 则cos 〈m ，CF →〉＝m ·CF →|m ||CF →|＝15＝55，所以二面角FBDC 的余弦值为55.对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．空间向量的引入为空间立体几何问题的解决提供了新的思路，作为解决空间几何问题的重要工具，首先要从定义入手，抓住实质，准确记忆向量的计算公式，注意向量与线面关系、线面角、面面角的准确转化；其次要从向量的基本运算入手，养成良好的运算习惯，确保运算的准确性.必备知识直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．(1)线面平行l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.(2)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a3＝λa4，b3＝λb4，c3＝λc4.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.空间角的计算(1)两条异面直线所成角的求法设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝|a·b||a||b|(其中φ为异面直线a，b所成的角)．(2)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|.(3)二面角的求法①利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，〈m，n〉即为所求二面角的平面角．②对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求．如图所示，二面角αlβ，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面有αlβ的大小为θ或πθ.空间距离的计算直线到平面的距离，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)．必备方法1．空间角的范围(1)异面直线所成的角(θ)：0＜θ≤π2；(2)直线与平面所成的角(θ)：0≤θ≤π2；(3)二面角(θ)：0≤θ≤π.2．用向量法证明平行、垂直问题的步骤：(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面；(2)通过向量运算研究平行、垂直问题； (3)根据运算结果解释相关问题．3．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系：(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；(2)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.向量法证明垂直与平行多以多面体(特别是棱柱、棱锥)为载体，求证线线、线面、面面的平行或垂直，其中逻辑推理和向量计算各有千秋，逻辑推理要书写清晰，“充分”地推出所求证(解)的结论；向量计算要步骤完整，“准确”地算出所要求的结果．【例1】►如图所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.[审题视点][听课记录][审题视点] 建系后，(1)在平面ABC 内寻找一向量与DE →共线；(2)在平面AEF 内寻找两个不共线的向量与B 1F →垂直．证明如图建立空间直角坐标系Axyz ， 令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)， B (4,0,0)，B 1(4,0,4)．(1)取AB 中点为N ，连接CN ， 则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)， ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)， ∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ， DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC . (2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)．B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF ∩FE ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .(1)要证明线面平行，只需证明DE →与平面ABC 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DE →与NC →相等．(2)要证明线面垂直，只要证明B 1F →与平面AEF 的法向量平行即可；也可根据线面垂直的判定定理证明B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →.【突破训练1】 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，DC 的中点． (1)求证：D 1F ⊥平面ADE ；(2)设正方形ADD 1A 1的中心为M ，B 1C 1的中点为N ，求证：MN ∥平面ADE . 证明(1)如图，不妨设正方体的棱长为1，以D 为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz ， 则D (0,0,0)，A (1,0,0)，D 1(0,0,1)， F 0，12，0，E 1,1，12，AD →＝(－1,0,0)，D 1F →＝0，12，－1，AD →·D 1F →＝(－1,0,0)·0，12，－1＝0.∴AD ⊥D 1F .又AE →＝0,1，12，D 1F →＝0，12，－1，∴AE →·D 1F →＝0,1，12·0，12，－1＝12－12＝0.∴AE ⊥D 1F .又AE ∩A D ＝A ，D 1F ⊄平面ADE ， ∴D 1F ⊥平面ADE .(2)∵M 12，0，12，N 12，1,1，∴MN →＝0,1，12.由(1)知，D 1F →＝0，12，－1是平面ADE 的法向量．又∵MN →·D 1F →＝0＋12－12＝0，∴MN ⊥D 1F .∵MN ⊄平面ADE ，∴MN ∥平面ADE . 用向量法求线线角、线面角多以空间几何体、平面图形折叠成的空间几何体为载体，考查线线角、线面角的求法，正确科学地建立空间直角坐标系是解此类题的关键．【例2】如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A ⊥底面ABCD ，AC ＝22，P A ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC .(1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角APBC 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小． [审题视点] [听课记录][审题视点] (1)由PC FC ＝ACEC 可得△FCE ∽△PCA ，则∠FEC ＝90°，易得PC ⊥EF 、PC ⊥BD .(2)作AG ⊥PB 于G ，由二面角APBC 为90°，易得底面ABCD 为正方形，可得AD ∥面PBC ，则点D 到平面PCB 的距离d ＝AG ，找出线面角求解即可．也可利用法向量求解，思路更简单，但计算量比较大．法一(1)证明 因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC ，又P A ⊥底面ABCD ，所以PC ⊥BD . 设AC ∩BD ＝F ，连接EF .因为AC ＝22，P A ＝2，PE ＝2EC ，故PC ＝23，EC ＝233，FC ＝2，从而PC FC ＝6，ACEC＝ 6.因为PC FC ＝ACEC，∠FCE ＝∠PCA ，所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC ＝∠P AC ＝90°，由此知PC ⊥EF .PC 与平面BED 内两条相交直线BD ，EF 都垂直，所以PC ⊥平面BED . (2)解 在平面P AB 内过点A 作AG ⊥PB ，G 为垂足． 因为二面角APBC 为90°，所以平面P AB ⊥平面PBC . 又平面P AB ∩平面PBC ＝PB ，故AG ⊥平面PBC ，AG ⊥BC .BC 与平面P AB 内两条相交直线P A ，AG 都垂直，故BC ⊥平面P AB ，于是BC ⊥AB ，所以底面ABCD 为正方形，AD ＝2，PD ＝P A 2＋AD 2＝2 2.设D 到平面PBC 的距离为d .因为AD ∥BC ，且AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，故AD ∥平面PBC ，A 、D 两点到平面PBC 的距离相等，即d ＝AG ＝ 2.设PD 与平面PBC 所成的角为α，则si n α＝d PD ＝12.所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.法二 (1)证明 以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .C (22，0,0)，设D (2，b,0)，其中b ＞0，则P (0,0,2)，E 423，0，23，B (2，－b,0)．于是PC →＝(22，0，－2)， BE →＝23，b ，23，DE →＝23，－b ，23，从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0， 故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE . (2)解 AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)． 设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则 m ·AP →＝0，m ·AB →＝0，即2z ＝0且2x －by ＝0，令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则 n ·PC →＝0，n ·BE →＝0， 即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0， 令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝1，－2b， 2. 因为面P AB ⊥面PBC ，故m ·n ＝0，即b －2b ＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP→＝(－2，－2，2)．cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝12，〈n ，DP →〉＝60°.因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°.(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：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)求直线与平面所成的角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得，即sin θ＝|cos α|.【突破训练2】如图，在△ABC 中，∠ABC ＝60°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC ；(2)设E 为BC 的中点，求A E →与D B →夹角的余弦值． (1)证明 ∵折起前AD 是BC 边上的高，∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB . 又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC . ∵AD ⊂平面ABD ， ∴平面ADB ⊥平面BDC .(2)解 由∠BDC ＝90°及(1)知DA ，DB ，DC 两两垂直，不妨设|DB |＝1，以D 为坐标原点，以D B →，D C →，D A →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，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,3,0)， A (0,0，3)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，∴A E →＝⎝⎛⎭⎫12，32，－3，D B →＝(1,0,0)， ∴A E →与D B →夹角的余弦值为cos 〈A E →，D B →〉＝A E →·D B →|A E →||D B →|＝121×224＝2222.用向量法求二面角用空间向量法求二面角的大小是高考的热点．考查空间向量的应用以及运算能力，题目难度为中等．【例3】如图，在四棱锥P ABCD中，P A⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，P A ＝AD＝2，AC＝1.(1)证明：PC⊥AD；(2)求二面角APCD的正弦值．[审题视点][听课记录][审题视点] 建立空间坐标系，应用向量法求解．解如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A (0,0,0)，D (2,0,0)， C (0,1,0)，B －12，12，0，P (0,0,2)．(1)证明：易得PC →＝(0,1，－2)， AD →＝(2,0,0)．于是PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD . (2)PC →＝(0,1，－2)，CD →＝(2，－1,0)． 设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －2z ＝0，2x －y ＝0.不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)．可取平面P AC 的法向量m ＝(1,0,0)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝16＝66.从而si n 〈m ，n 〉＝306. 所以二面角APCD 的正弦值为306.借助向量求二面角是解决空间角问题的常用方法．求解过程中应注意以下几个方面：(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；(2)求平面的法向量的方法：①待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；②先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量．当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法．【突破训练3】如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥底面ABC，底面是边长为2的正三角形，M，N分别是棱CC1、AB的中点．(1)求证：CN∥平面AMB1；(2)若二面角AMB 1C 为45°，求CC 1的长． (1)证明 设AB 1的中点为P ，连接NP 、MP . ∵CM 綉12AA 1，NP 綉12AA 1，∴CM 綉NP ，∴CNPM 是平行四边形，∴CN ∥MP . ∵CN ⊄平面AMB 1，MP ⊂平面AMB 1， ∴CN ∥平面AMB 1.(2)解 如图，以C 为原点，建立空间直角坐标系Cxyz ，使x 轴、y 轴、z 轴分别与NA →、CN →、CC 1→同向．则C (0,0,0)，A (1，3，0)，B (－1，3，0)，设M (0,0，a )(a ＞0)， 则B 1(－1，3，2a )，MA →＝(1，3，－a )，MB 1→＝(－1，3，a )，CM →＝(0,0，a )， 设平面AMB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则n ·MA →＝0，n ·MB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y －az ＝0，－x ＋3y ＋az ＝0，则y ＝0，令x ＝a ，则z ＝1，即n ＝(a,0,1)． 设平面MB 1C 的一个法向量是m ＝(u ，v ，w )， 则m ·MB 1→＝0，m ·CM →＝0，即⎩⎨⎧－u ＋3v ＋a w ＝0，a w ＝0，则w＝0，令v＝1，则u＝3，即m＝(3，1,0)．所以cos〈m，n〉＝3a2a2＋1，依题意，〈m，n〉＝45°，则3a2a2＋1＝22，解得a＝2，所以CC1的长为2 2.利用向量法解决立体几何中的探索性问题此类问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题，全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度，考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．【例4】►如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB ＝1，E为BC的中点．(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．[审题视点][听课记录][审题视点] 建立以D为原点的空间直角坐标系，利用向量法求解，第(2)问中设AS→＝λAN →，由ES ⊥平面AMN 可得λ值．解 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz . 依题意，易得D (0,0,0)，A (1,0,0)， M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)， N (1,1,1)，E 12，1,0.∴NE →＝－12，0，－1，AM →＝(－1,0,1)．∵cos 〈NE →，AM →〉＝NE →·AM →|NE →|·|AM →|＝－1252×2＝－1010，∴异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . ∵AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)， 又EA →＝12，－1,0，∴ES →＝EA →＋AS →＝12，λ－1，λ.由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，故λ＝12，此时AS →＝0，12，12，|AS →|＝22.经检验，当AS＝22时，ES⊥平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝22.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，是否有规定范围的解”等，因此使用问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．【突破训练4】如图1，∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2所示)．(1)当BD 的长为多少时，三棱锥ABCD 的体积最大；(2)当三棱锥ABCD 的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．解 (1)法一 在如题图1所示的△ABC 中，设BD ＝x (0＜x ＜3)，则CD ＝3－x .由AD ⊥BC ，∠ACB ＝45°知，△ADC 为等腰直角三角形，所以AD ＝CD ＝3－x .由折起前AD ⊥BC 知，折起后(如题图2)，AD ⊥DC ，AD ⊥BD ，且BD ∩DC ＝D ， 所以AD ⊥平面BCD .又∠BDC ＝90°，所以S △BCD ＝12BD ·CD ＝12x (3－x )，于是V ABCD ＝13AD ·S △BCD ＝13(3－x )·12x (3－x )＝112·2x (3－x )(3－x )≤1122x ＋(3－x )＋(3－x )33＝23，当且仅当2x ＝3－x ，即x ＝1时，等号成立，故当x ＝1，即BD ＝1时，三棱锥ABCD 的体积最大． 法二 同法一，得V ABCD ＝13AD ·S △BCD ＝13(3－x )·12x (3－x )＝16(x 3－6x 2＋9x )．令f (x )＝16(x 3－6x 2＋9x )， 由f ′(x )＝12(x －1)(x －3)＝0，且0＜x ＜3，解得x ＝1.当x ∈(0,1)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1,3)时，f ′(x )＜0. 所以当x ＝1时，f (x )取得最大值．故当BD ＝1时，三棱锥ABCD 的体积最大．(2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz . 由(1)知，当三棱锥ABCD 的体积最大时，BD ＝1，AD ＝CD ＝2. 于是可得D (0,0,0)，B (1,0,0)， C (0,2,0)，A (0,0,2)，M (0,1,1)， E 12，1,0，且BM →＝(－1,1,1)． 设N (0，λ，0)，则EN →＝－12，λ－1,0.因为EN ⊥BM 等价于EN →·BM →＝0， 即－12，λ－1,0·(－1,1,1)＝12＋λ－1＝0，故λ＝12，N 0，12，0.所以当DN ＝12(即N 是CD 的靠近点D 的一个四等分点)时，EN ⊥BM .设平面BMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BN →，n ⊥BM →，及BN →＝－1，12，0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，z ＝－x .可取n ＝(1,2，－1)．设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ，则由EN →＝－12，－12，0，n ＝(1,2，－1)，可得si nθ＝cos (90°－θ)＝n ·EN →|n |·|EN →|＝－12－16×22＝32，即θ＝60°.故EN 与平面BMN 所成角的大小为60°.利用向量法求空间角要破“四关”利用向量法求解空间角，可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三计算”的繁琐过程，利用法向量求解空间角的关键在于“四破”．第一破“建系关”，第二破“求坐标关”；第三破“求法向量关”；第四破“应用公式关”，熟记线面成的角与二面角的公式，即可求出空间角．【示例】如图所示，在三棱锥P ABC中，已知PC⊥平面ABC，点C在平面PBA内的射影D在直线PB上．(1)求证：AB⊥平面PBC；(2)设AB＝BC，直线P A与平面ABC所成的角为45°，求异面直线AP与BC所成的角；(3)在(2)的条件下，求二面角CP AB的余弦值．[满分解答](1)∵PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴AB ⊥PC .∵点C 在平面PBA 内的射影D 在直线PB 上， ∴CD ⊥平面P AB .又∵AB ⊂平面PBA ，∴AB ⊥CD .又∵CD ∩PC ＝C ，∴AB ⊥平面PBC .(4分)(2)∵PC ⊥平面ABC ，∴∠P AC 为直线P A 与平面ABC 所成的角．于是∠P AC ＝45°，设AB ＝BC ＝1，则PC ＝AC ＝2，以B 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0，0)，A (0,1,0)，C (1,0,0)，P (1,0，2)，AP →＝(1，－1，2)，BC →＝(1,0,0)， ∵cos 〈AP →，BC →〉＝AP →·BC →|AP →|·|BC →|＝12，∴异面直线AP 与BC 所成的角为60°.(8分) (3)取AC 的中点E ，连接BE ，则BE →＝12，12，0，∵AB ＝BC ，∴BE ⊥AC .又∵平面PCA ⊥平面ABC ，∴BE ⊥平面P AC .∴BE →是平面P AC 的法向量．设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BA →，n ⊥AP →，得⎩⎨⎧ y ＝0，x －y ＋2z ＝0，取z ＝1，得⎩⎨⎧y ＝0，x ＝－2，∴n ＝(－2，0,1)．于是cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE→|n |·|B E →|＝－223·22＝－33.又∵二面角CP AB 为锐角， ∴所求二面角的余弦值为33.(12分) 老师叮咛：(1)解决此类问题，一定要先分析已知条件中，是否直接说出此三条直线是两两垂直，否则，要先证明以后才能建立坐标系，另外，要在作图时画出每条坐标轴的方向.(2)有的考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视法向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.如本例中求得cos BE →＝－33，不少考生回答为：二面角的余弦值为－33，这是错误的，原因是忽视了对二面角CP AB 的大小的判断.【试一试】如图所示，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AB ＝BC ＝CA ＝AA 1，D 为AB 的中点．(1)求证：BC 1∥平面DCA 1；(2)求二面角DCA 1C 1的平面角的余弦值． (1)证明如图所示，以BC 的中点O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz ，设AB ＝BC ＝CA ＝AA 1＝2.设n ＝(x ，y ，z )是平面DCA 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0.又CD →＝32，0，32，CA 1→＝(1,2，3)，所以⎩⎨⎧3x ＋z ＝0，x ＋2y ＋3z ＝0.令x ＝1，z ＝－3，y ＝1，所以n ＝(1,1，－3)．因为BC 1→＝(－2,2,0)， 所以n ·BC 1→＝－2＋2＋0＝0.又BC 1⊄平面DCA 1，所以BC 1∥平面DCA 1.(2)解 设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面CA 1C 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CC 1→＝0，m ·CA 1→＝0.又CC 1→＝(0,2,0)，CA 1→＝(1,2，3)，所以⎩⎨⎧y 1＝0，x 1＋2y 1＋3z 1＝0.令z 1＝1，x 1＝－3，所以m ＝(－3，0,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝－2325＝－155.所以所求二面角的余弦值为－155。
2020届高考数学(理)一轮必刷题 专题45 立体几何中的向量方法(解析版)
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(Ⅰ)----证明平行与垂直 高考数学总复习 高考数学试题详细解析
8.7 立体几何中的向量方法（Ⅰ）----证明平行与垂直一、选择题1．若直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(2,4，－4)，b ＝(－6,9,6)，则( )． A ．l 1∥l 2B ．l 1⊥l 2C ．l 1与l 2相交但不垂直D ．以上均不正确 答案 B2．直线l 1，l 2相互垂直，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是( ) A ．s 1＝(1,1,2)，s 2＝(2，－1,0) B ．s 1＝(0,1，－1)，s 2＝(2,0,0) C ．s 1＝(1,1,1)，s 2＝(2,2，－2) D ．s 1＝(1，－1,1)，s 2＝(－2,2，－2)解析 两直线垂直，其方向向量垂直，只有选项B 中的两个向量垂直． 答案 B3．已知a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，52，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，λ，－152满足a∥b ，则λ等于( )．A.23B.92 C ．－92 D ．－23 解析 由1－3＝－32λ＝52－152，可知λ＝92.答案 B4．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是 ( )． A ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1)C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1)D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1) 解析 若l ∥α，则a·n ＝0. 而A 中a·n ＝－2， B 中a·n ＝1＋5＝6，C 中a·n ＝－1，只有D 选项中a·n ＝－3＋3＝0. 答案 D5．若平面α，β平行，则下面可以是这两个平面的法向量的是( ) A ．n 1＝(1,2,3)，n 2＝(－3,2,1) B ．n 1＝(1,2,2)，n 2＝(－2,2,1) C ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－2,2,1) D ．n 1＝(1,1,1)，n 2＝(－2，－2，－2)解析 两个平面平行时其法向量也平行，检验知正确选项为D. 答案 D6．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )．A.627B.637C.607D.657 解析 由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎨⎧7＝2t －μ5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337μ＝177λ＝657.答案 D7．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A ．(1，－1,1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，32C.⎝⎛⎭⎪⎫1，－3，32D.⎝⎛⎭⎪⎫－1，3，－32解析 对于选项A ，PA ＝(1,0,1)，则PA ·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A ；对于选项B ，PA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－4，12，则PA ·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－4，12·(3,1,2)＝0，验证可知C 、D 均不满足PA ·n ＝0. 答案 B 二、填空题8．两不重合直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2,0,2)，则l 1与l 2的位置关系是_______． 解析 ∵v 2＝－2v 1，∴v 1∥v 2. 答案 平行9．平面α的一个法向量n ＝(0,1，－1)，如果直线l ⊥平面α，则直线l 的单位方向向量是s ＝________.解析 直线l 的方向向量平行于平面α的法向量，故直线l 的单位方向向量是 s ＝±⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22.答案 ±⎝⎛⎭⎪⎫0，22，－2210．已知点A ，B ，C ∈平面α，点P ∉α，则AP →·AB →＝0，且AP →·AC →＝0是AP →·BC →＝0的_______．解析由⎩⎪⎨⎪⎧AP →·AB →＝0AP →·AC →＝0，得AP →·(AB →－AC →)＝0，即AP →·CB →＝0，亦即AP →·BC →＝0， 反之，若AP →·BC →＝0，则AP →·(AC →－AB →)＝0⇒AP →·AB →＝AP →·AC →，未必等于0. 答案 充分不必要条件11．已知AB →＝(2,2,1)，AC →＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量是________． 解析 设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y ＋z ＝0，4x ＋5y ＋3z ＝0.令z ＝1，得⎩⎨⎧x ＝12，y ＝－1，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1，∴平面ABC 的单位法向量为±n |n|＝±⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，23.答案 ±⎝ ⎛⎭⎪⎫13，－23，2312．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z)，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为________． 解析 由题知：BP →⊥AB →，BP →⊥BC →.所以⎩⎨⎧AB →·BC →＝0，BP →·AB →＝0，BP →·BC →＝0，即⎩⎨⎧1×3＋5×1＋－＝0，x －1＋5y ＋－－＝0，－＋y －3z ＝0.解得x ＝407，y ＝－157，z ＝4.答案407，－157，4 三、解答题13．已知：a ＝(x,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a∥b ，b⊥c ，求：a ，b ，c .解析 因为a∥b ，所以x－2＝4y ＝1－1， 解得x ＝2，y ＝－4，这时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)．又因为b⊥c ，所以b·c ＝0，即－6＋8－z ＝0， 解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．14.如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是C 1C 、B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD .证明 法一 如图所示，以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1， 则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)， 于是MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12，设平面A 1BD 的法向量是n ＝(x ，y ，z )． 则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎨⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1.∴n ＝(1，－1，－1)． 又MN →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，∴MN →⊥n ，又MN ⊄平面A 1BD ，∴MN ∥平面A 1BD .法二 MN →＝C 1N →－C 1M →＝12C 1B 1→－12C 1C →＝12(D 1A 1→－D 1D →)＝12DA 1→， ∴MN →∥DA 1→，又∵MN 与DA 1不共线，∴MN ∥DA 1， 又∵MN ⊄平面A 1BD ，A 1D ⊂平面A 1BD ， ∴MN ∥平面A 1BD .15．如图，已知ABCDA 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥面BCC 1B 1.证明 (1)建立如图所示的坐标系，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)．所以BD 1→＝BE →＋BF →， 故BD 1→、BE →、BF →共面． 又它们有公共点B ， 所以E 、B 、F 、D 1四点共面．(2)如图，设M (0,0，z )，则GM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23，z ，而BF →＝(0,3,2)，由题设得GM →·BF →＝－23×3＋z ·2＝0，得z ＝1.因为M (0,0,1)，E (3,0,1)，所以ME →＝(3,0,0)． 又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)， 所以ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0， 从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC . 又BB 1∩BC ＝B ， 故ME ⊥平面BCC 1B 1.16．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，M 是线段EF 的中点．求证：(1)AM ∥平面BDE ； (2)AM ⊥平面BDF .证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC ∩BD ＝N ，连接NE . 则点N 、E 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0、(0,0,1)．∴NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.又点A 、M 的坐标分别是(2，2，0)、⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1∴AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1.∴NE →＝AM →且NE 与AM 不共线．∴NE ∥AM . 又∵NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ， ∴AM ∥平面BDE .(2)由(1)知AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，∵D (2，0,0)，F (2，2，1)，∴DF →＝(0，2，1) ∴AM →·DF →＝0，∴AM ⊥DF . 同理AM ⊥BF .又DF ∩BF ＝F ，∴AM ⊥平面BDF .。