用向量方法解立体几何题(老师用)
纵观立体几何考题感悟向量方法解题
纵观立体几何考题感悟向量方法解题在高中数学学习中，立体几何一直是学生们非常头疼的一个部分。
立体几何的主要难点是空间的复杂性，加上几何思维本来就不易理解，许多学生解题困难。
但是，通过向量方法解题是一种很好的解决立体几何问题的方法。
本文将通过纵观立体几何考题，分享一些关于向量方法解题的经验与感悟。
一、向量的基本概念及运算向量的表示法是用箭头表示。
箭头的长度代表向量的大小，箭头的方向代表向量的方向。
一个向量可以被表示为一个由有序数对$(x,y)$所确定的点A和另一个由有序数对$(x',y')$所确定的点B之间的向量$\vec{AB}$。
向量也可以表示为箭头的坐标，即$\vec{AB}=\begin{pmatrix}x'-x\\y'-y\end{pmatrix}$。
向量的大小表示为$|\vec{AB}|=\sqrt{(x'-x)^2+(y'-y)^2}$。
向量的运算有向量加法和向量数乘。
向量加法的定义是：$\vec{a}+\vec{b}=\begin{pmatrix}a_1+b_1\\a_2+b_2\\a_3+b_3\e nd{pmatrix}$。
其中，$\vec{a}=(a_1,a_2,a_3)$，$\vec{b}=(b_1,b_2,b_3)$。
向量数乘的定义是：$\lambda\vec{a}=(\lambda a_1,\lambda a_2,\lambda a_3)$。
其中，$\lambda$是一个实数。
二、应用向量方法求解空间几何问题1.立体几何基本概念首先，我们需要掌握一些立体几何的基本概念，比如平面、线段、角等。
此外，还需要了解空间中的直线、平面、空间角、平行线等概念。
了解这些概念是建立解题基础的必要条件。
2.向量表达式的转化在解题中，我们可以通过向量的基本运算将问题转化为向量的加、减、数乘问题。
因此，我们需要能够将向量从一个表达式转化为另一个表达式，并灵活地运用向量的加、减、数乘运算法则来求解问题。
高中数学用空间向量解立体几何问题方法归纳
用空间向量解立体几何题型与方法平行垂直问题基础知识直线 l 的方向向量为 a ＝(a 1， b 1， c 1)．平面α，β的法向量u ＝(a 3， b 3， c 3)， v ＝(a4，b4，c4 )(1)线面平行： l∥α? a ⊥ u ? a · u ＝0? a 1 a 3＋ b 1b 3＋ c 1 c 3＝0(2)线面垂直： l⊥α? a ∥ u ? a ＝ ku ? a 1＝ ka 3， b 1＝ kb 3， c 1＝ kc 3(3)面面平行：α∥β?u∥v?u＝kv?a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4(4)面面垂直：α⊥β?u⊥v?u·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0例 1 、如图所示，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD 中， PA ⊥底面 ABCD ， E， F 分别是PC ， PD 的中点， PA＝ AB ＝1， BC＝2.(1)求证： EF∥平面 PAB；(2)求证：平面 PAD ⊥平面 PDC .[ 证明 ] 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标11系如图所示，则 A (0,0,0)， B(1,0,0)， C (1,2,0)， D(0,2,0)， P(0,0,1)，所以 E 2， 1，2，11F0，1，2，EF＝－2，0，0 ，PB＝(1,0 ，－1) ，PD＝(0,2 ，－1) ，AP＝(0,0,1) ，AD＝ (0,2,0) ，DC＝ (1,0,0) ，AB＝ (1,0,0) ．1(1)因为 EF ＝－2 AB ，所以 EF ∥ AB ，即EF∥AB.又AB ?平面 PAB， EF?平面 PAB，所以 EF∥平面 PAB .(2) 因为AP·DC＝ (0,0,1) · (1,0,0) ＝ 0，AD·DC＝(0,2,0) · (1,0,0) ＝ 0 ，所以 AP ⊥ DC ， AD ⊥ DC ，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩ AD＝ A， AP?平面 PAD， AD ?平面 PAD，所以 DC ⊥平面 PAD .因为 DC ?平面 PDC ，所以平面 PAD ⊥平面 PDC .使用空间向量方法证明线面平行时，既可以证明直线的方向向量和平面内一条直线的方向向量平行，然后根据线面平行的判定定理得到线面平行，也可以证明直线的方向向量与平面的法向量垂直；证明面面垂直既可以证明线线垂直，然后使用判定定理进行判定，也可以证明两个平面的法向量垂直 .例 2、在直三棱柱ABC -A 1B1C 1中，∠ ABC ＝90°， BC＝2， CC 1＝4，点 E 在线段BB1上，且EB1＝1， D，F， G 分别为 CC 1，C 1 B1， C 1A 1的中点．求证： (1) B1D⊥平面ABD；(2) 平面EGF∥平面ABD.证明： (1) 以B为坐标原点，BA、BC、BB1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)， B1(0,0,4)，设 BA ＝ a ，则 A (a, 0,0)，所以 BA ＝(a,0,0)， BD ＝(0,2,2)， B1D ＝(0,2，－2)，B1 D·BA0，B1D·BD＝04－40，即 B1D BA BD⊥BD.＝＋＝⊥ ，1又BA ∩BD＝ B，因此 B1 D⊥平面 ABD .a a(2) 由 (1) 知，E(0,0,3)， G2，1，4， F(0,1,4)，则EG＝2，1，1 ，EF＝(0,1,1) ，B1 D·EG＝02－20，B1 D·EF0 22＝，即 B1D⊥EG B D⊥EF.＋＝＝＋－， 1又 EG∩ EF＝ E，因此 B1 D⊥平面 EGF.结合 (1) 可知平面EGF∥平面ABD .利用空间向量求空间角基础知识(1) 向量法求异面直线所成的角：若异面直线 a ， b 的方向向量分别为 a ， b ，异面直线所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈a ， b 〉||a ·b |.＝|a || b |(2) 向量法求线面所成的角：求出平面的法向量n ，直线的方向向量 a ，设线面所成的角为| n·a |θ，则sinθ＝|cos〈 n ， a 〉|＝|n||a |.(3)向量法求二面角：求出二面角α－l－β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，| n1·n2 |若二面角α－l－β所成的角θ为锐角，则cosθ＝|cos〈n1，n 2〉|＝|n1||n2|；| n1·n2 |若二面角α－l－β所成的角θ为钝角，则cosθ＝－|cos〈 n 1， n 2〉|＝－|n1||n2|.例 1、如图，在直三棱柱A1 B1C 1- ABC 中， AB⊥ AC ， AB＝ AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是 BC 的中点．(1)求异面直线 A 1B 与 C 1D 所成角的余弦值；(2) 求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．[ 解 ] (1) 以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 A - xyz，则A(0,0,0)， B(2,0,0)， C (0,2,0)， D(1,1,0)， A 1(0，0,4)， C 1(0,2,4)，所以A1B＝(2,0 ，－ 4)， C 1D ＝(1 ，－ 1，－ 4)．因为 cos 〈 A 1 B ， C 1 D 〉＝A 1B ·C 1D183 10 A 1B || C 1D |＝＝ 10 ，|20× 183 10所以异面直线 A 1B 与 C 1 D 所成角的余弦值为10.(2) 设平面 ADC 1 的法向量为n 1 ＝ ( x ， y ， z )，因为 AD ＝ (1,1,0) ， AC 1 ＝ (0,2,4) ，所以n 1 · AD ＝ 0 ，n 1 · AC 1 ＝0 ，即 x ＋y ＝ 0 且 y ＋ 2z ＝ 0，取 z ＝ 1 ，得 x ＝ 2 ， y ＝－ 2，所以， n 1 ＝ (2 ，－ 2,1) 是平面 ADC 1 的一个法向量．取平面 ABA 1 的一个法向量为n 2 ＝(0,1,0) ．设平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成二面角的大小为θ.n 1· n 22 25由 |cos θ| ＝| n 1|| n 2 |＝ 9 × 1 ＝3 ，得 sin θ＝ 3 .因此，平面 ADC 1 与平面 ABA 1 所成二面角的正弦值为 53.例 2、如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1 中， CA ＝CB ， AB ＝AA 1，∠ BAA 1＝ 60 °.(1) 证明： AB ⊥ A 1C ；(2) 若平面 ABC ⊥平面 AA 1B 1 B ， AB ＝ CB ，求直线 A 1 C 与平面 BB 1C 1 C 所成角的正弦值．[解](1) 证明：取 AB 的中点 O ，连接 OC ， OA 1， A 1B .因为 CA ＝CB ，所以 OC ⊥AB .由于 AB ＝ AA 1 ，∠ BAA 1＝ 60°，故△ AA 1B 为等边三角形，所以OA 1 ⊥ AB .因为 OC ∩OA 1＝O ，所以 AB ⊥平面 OA 1C .又 A 1C ? 平面 OA 1C ，故 AB ⊥A 1C .(2) 由 (1) 知 OC ⊥ AB ， OA 1 ⊥AB .又平面 ABC ⊥平面 AA 1B 1 B ，交线为 AB ， 所以 OC ⊥平面 AA 1B 1B ，故 OA ， OA 1 ， OC 两两相互垂直．以 O 为坐标原点， OA 的方向为 x 轴的正方向， | OA | 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 O -xyz .由题设知 A (1,0,0) ，A 1(0， 3，0)，C (0,0 ， 3) ， B ( － 1,0,0) ．则 BC ＝(1,0 ，3)， BB 1 ＝ AA 1 ＝(－ 1， 3，0) ， A 1C ＝(0，－3， 3)．设 n ＝ (x ，y ， z ) 是平面 BB 1 C 1C 的法向量，n · BC ＝0，x ＋ 3 z ＝ 0 ，可取 n ＝ ( 3，1，－ 1)．则即－＋ 3y ＝ 0.n · BB 1 ＝ 0.xn · A 1C10故 cosn ， A 1C＝－.| n || A 1C |5所以 A 1 C 与平面 BB 1C 1C 所成角的正弦值为105.(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) 求空间角应注意：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，有可能两法向量夹角的补角为所求．例 3、如图，在四棱锥S -ABCD 中， AB ⊥ AD ，AB ∥ CD ， CD ＝3AB ＝ 3，平面 SAD ⊥平面 ABCD ， E 是线段 AD 上一点， AE ＝ ED ＝3 ， SE ⊥ AD .(1) 证明：平面 SBE ⊥平面 SEC ；(2) 若 SE ＝ 1，求直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值．解： (1) 证明：∵平面SAD ⊥平面 ABCD ，平面 SAD ∩平面 ABCD ＝ AD ， ? 平面SESAD ，SE ⊥ AD ，∴ SE ⊥平面 ABCD .∵ BE ? 平面 ABCD ，∴ SE ⊥ BE . ∵ AB ⊥ AD ，AB∥CD ，CD ＝ 3AB ＝ 3， AE ＝ ED ＝ 3，∴∠ AEB ＝ 30 °，∠ CED ＝ 60 ° .∴∠ BEC ＝90 °，即 BE ⊥CE . 又 SE ∩CE ＝ E ，∴ BE ⊥平面 SEC . ∵ BE ? 平面 SBE ，∴平面 SBE ⊥平面 SEC .(2) 由 (1) 知，直线 ES ， EB ， EC 两两垂直．如图，以 E 为原点， EB 为 x 轴， EC 为 y轴，ES 为 z 轴，建立空间直角坐标系．则 E (0,0,0) ， C (0,2 3， 0) ， S (0,0,1) ，B (2,0,0) ，所以CE ＝(0 ，－ 2 3，0)， CB ＝(2，－ 2 3，0)， CS ＝(0，－ 2 3，1) ．设平面 SBC 的法向量为 n ＝ (x ， y ，z )，n · CB ＝ 0，2 x － 23 y ＝ 0， 则即令 y ＝ 1，得 x ＝ 3 ， z ＝ 2 3 ，n·CS 0.－ 2 3 y ＋ z ＝ 0.＝..........则平面 SBC 的一个法向量为n ＝ ( 3， 1,2 3) ．n · CE1 设直线 CE 与平面 SBC 所成角的大小为 θ，则 sin θ＝ | | ＝ ，| n | ·| CE |41故直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值为 4 . 例 4、如图是多面体ABC -A 1B 1C 1 和它的三视图．(1) 线段 CC 1 上是否存在一点 E ，使 BE ⊥平面 A 1CC 1 ？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2) 求平面 C 1A 1C 与平面 A 1 CA 夹角的余弦值．解： (1) 由题意知AA 1，AB ，AC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0) ， A 1 (0,0,2) ，B ( － 2,0,0) ，C (0 ，－ 2,0) ， C 1(－ 1，－ 1,2) ，则 CC 1 ＝ (－ 1,1,2) ，A 1C 1 ＝ ( － 1，－ 1,0) ， A 1C ＝ (0 ，－ 2 ，－ 2) ．设 E ( x ， y ，z )，则 CE ＝ (x ， y ＋2， z )，EC 1 ＝ ( － 1 －x ，－ 1－ y,2－ z )．设 CEEC 1 (λ>0) ，＝ λ x ＝－ λ－ λx ，－ λ － 2－ λ 2 λ则 y ＋ 2＝－ λ－ λy ，则， 1＋ λ ， 1＋ λ，z ＝ 2 λ－ λz ，E1＋ λ2＋ λ － 2 －λ 2 λ， ， λ.BE＝1＋ λ 1＋λ1＋2 ＋ λ 2 ＋ λ BE · A 1C 1 ＝ 0，－ ＋ ＝ 0，1 ＋ λ 1 ＋ λ 解得 λ＝ 2，由BE · A 1C ＝0，得 － 2－ λ 2λ＋＝ 0，1＋ λ 1 ＋ λ所以线段 CC 1 上存在一点 E ， CE ＝ 2 EC 1 ，使 BE ⊥平面 A 1 CC 1 .(2) 设平面 C 1A 1Cm · A 1C 1 ＝ 0 ， 的 法 向 量 为 m ＝ (x ， y ， z ) ， 则 由得m · A 1C ＝ 0，－ x－ y＝0，－2 y－ 2 z＝0，取 x＝1，则 y＝－1， z＝1.故 m ＝(1，－1,1)，而平面A1 CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0) ，m · n13则 cos 〈m，n〉＝|m || n|＝3＝3，故平面 C 1A1C 与平面 A1 CA 夹角的余弦值3为.3利用空间向量解决探索性问题例1、如图 1，正△ABC的边长为 4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A-DC -B(如图2)．(1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由；(2)求二面角 E-DF- C 的余弦值；BP(3)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 AP⊥ DE？如果存在，求出BC的值；如果不存在，请说明理由．[ 解] (1) 在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB .又 AB?平面 DEF，EF?平面 DEF，∴ AB∥平面 DEF.(2)以点 D 为坐标原点，以直线 DB， DC ， DA 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A (0,0,2)， B(2,0,0)，C (0，2 3，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，DF ＝(1，3，0)， DE ＝(0，3， 1) ，DA＝ (0,0,2)．平面 CDF 的法向量为DA＝(0,0,2)．设平面 EDF 的法向量为 n＝( x， y， z)，DF ·n＝0，x＋3y ＝0，则即取 n ＝(3，－3，3)，DE ·n＝0， 3 y＋z＝ 0，cos 〈DA，n〉＝|DA ·n21E-DF-C 的余弦值为21 DA ||n |＝7，所以二面角7.(3) 存在．设P( s，t,0) ，有AP ＝(s，t，－2)，则AP · DE ＝3t－2＝0，∴t＝23，3又 BP ＝(s－2，t,0)， PC ＝(－s,23－t, 0) ，∵BP∥PC，∴ ( s－ 2)(2 3－t)＝－st，2 341∴3s＋t＝ 2 3. 把t＝3代入上式得s＝3，∴BP＝3BC，BP1∴在线段 BC 上存在点 P，使 AP⊥DE.此时，BC＝3.1论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.2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.例 2、 .如图所示，在直三棱柱ABC -A1B1C 1中，∠ ACB ＝90°， AA 1＝BC＝2AC ＝2.(1)若 D 为 AA 1中点，求证：平面 B1 CD ⊥平面 B1C 1 D；(2)在 AA 1上是否存在一点 D，使得二面角 B1-CD -C 1的大小为60°？解： (1) 证明：如图所示，以点 C 为原点， CA ， CB， CC 1所在直线分别为x， y ，z 轴建立空间直角坐标系．则 C (0,0,0)， A (1,0,0)， B1(0,2,2)，C 1(0,0,2)， D(1,0,1)，即C1B1＝(0,2,0)， DC1＝(－1,0,1)，CD＝(1,0,1)．由C1B1·CD＝(0,2,0)·(1,0,1)＝0＋0＋0＝0，得 C1 B1⊥CD，即C1B1⊥CD.由DC1·CD＝(－1,0,1)·(1,0,1)＝－1＋0＋1＝0，得 DC1⊥CD，即DC1⊥CD.又 DC 1∩ C 1B1＝C 1，∴ CD ⊥平面 B1 C 1D.又 CD?平面 B1CD ，∴平面 B1CD ⊥平面 B1C 1 D.2(2)存在．当 AD ＝2 AA 1时，二面角 B1-CD -C 1的大小为60°.理由如下：设AD ＝ a，则 D 点坐标为(1,0， a )，CD＝(1,0， a )，CB1＝(0,2,2)，设平面 B1CD 的法向量为 m ＝( x， y，z)，m ·CB1＝02y＋2 z＝ 0，则?令 z＝－1，得 m ＝(a, 1，－1)．m ·CD＝0x＋ az＝0，| m·CB |11 a 2＋ 2 ＝ ，22解得 a ＝ 2( 负值舍去 )，故 AD ＝2＝2 AA 1.∴在 AA 1 上存在一点 D 满足题意．空间直角坐标系建立的创新问题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解决立体几何问题．解决的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，因而建立空间直角坐标系问题成为近几年试题新的命题点．一、经典例题领悟好例 1、如图，四棱锥P -ABCD 中， PA ⊥底面 ABCD ， BC ＝ CD ＝ 2 ， AC ＝ 4 ，π∠ ACB ＝∠ ACD ＝ ， F 为 PC 的中点， AF ⊥ PB .3(1) 求 PA 的长；(2) 求二面角 B -AF -D 的正弦值．(1) 学审题——审条件之审视图形建系x ， yA ，B ，C ，D 坐标由条件知 AC ⊥ BD ――→ DB ， AC 分别为轴― →写出 PA ⊥面 ABCDPF ＝ CF AF ⊥ PB――――――――→ 设 P 坐标 ――→ 可得 F 坐标 ――→ AF · PB ＝ 0―→得 P 坐标并求 PA长．(2) 学审题由(1)― →AD，AF，AB 的坐 标向量 n 1 ， n 2分别为平面 FAD 、平面 FAB 的法向量且 n 1 · AF ＝ 0 ―→ 求 得―――――――――――――――――――→n 1 · AD ＝ 0n 1 · n 2 ―→求得夹角余弦．[ 解] (1) 如图，连接 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，πz 轴的正方向，建立空间直角坐标系O -xyz ，则 OC ＝CD cos 3 ＝ 1.而 AC ＝ 4 ，得 AO ＝π3，故 A (0，－ 3,0) ， B ( 3， 0,0) ，C (0,1,0) ， D ( － 3，AC － OC ＝ 3.又 OD ＝ CD sin ＝3 0,0) ．z因 PA ⊥底面 ABCD ，可设 P (0 ，－ 3 ， z ) ．由 F 为 PC 边中点，知 F 0 ，－ 1，2.又AF...z z2＝ 0，2，2，PB＝(3， 3 ，－z)，AF⊥PB，故AF·PB＝ 0，即 6 －2＝ 0 ，z＝ 2 3 (舍去－ 2 3)，所以| PA | ＝2 3.(2) 由 (1)知 AD ＝(－3，3,0) ，AB＝ ( 3 ， 3,0) ，AF＝ (0,2 ， 3) ．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x1， y1，z1)，平面 FAB 的法向量为n2＝(x2， y2， z2)，－3x1＋ 3y1＝ 0 ，由 n 1·AD＝0， n 1·AF＝0，得因此可取n 1＝(3，3，－2y1＋3z1＝ 0 ，2)．由 n 2·AB＝0，n 2·AF＝0，得3x2＋ 3y2＝ 0 ，故可取 n2＝(3，－3，2) ．2 y2＋ 3z2＝0 ，n 1· n21从而法向量 n1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n1，n2〉＝|n1|·|n2|＝8.37故二面角 B-AF-D 的正弦值为.8AC⊥BD若图中存在交于一点的三条直线两两垂直，则以该点为原点建立空间直角坐标系.在没有明显的垂直关系时，要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系，注意建立的空间直角坐标系是右手系，正确确定坐标轴的名称.例 2、如图，在空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝DA＝DC＝BE＝2.BE与平面 ABC 所成的角为60°，且点 E 在平面 ABC 内的射影落在∠ ABC 的平分线上．(1)求证： DE∥平面 ABC ；(2)求二面角 E-BC -A 的余弦值．解：证明： (1) 易知△ABC，△ACD都是边长为 2 的等边三角形，取AC 的中点 O ，连接 BO， DO ，则 BO⊥ AC ， DO ⊥ AC .∵平面 ACD ⊥平面 ABC ，∴DO ⊥平面 ABC .作EF⊥平面ABC，则EF∥ DO.根据题意，点 F 落在 BO 上，∴∠ EBF＝60°，易求得EF＝DO＝ 3 ，∴四边形DEFO 是平行四边形，DE∥OF.∵DE?平面 ABC ， OF?平面 ABC ，∴ DE∥平面 ABC .(2) 建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz，可求得平面ABC 的一个法向量为n1＝(0,0,1)．可得 C (－1,0,0)，B(0，3，0)，E(0，3－1，3) ，则CB＝(1，3，0) ，BE＝(0 ，－1， 3) ．设平面 BCE 的法向量为 n2＝(x， y， z)，则可得 n 2·CB＝0， n 2·BE＝0，即( x，y，z)· (1 ， 3，0) ＝ 0， ( x，y，z)· (0 ，－ 1， 3) ＝ 0，可取n2＝( － 3，3，1) ．n1·n 113故 cos〈n1，n2〉＝|n1|·| n2|＝13 . 又由图知，所求二面角的平面角是锐角，13故二面角 E-BC -A 的余弦值为.13专题训练1.如图所示，在多面体ABCD － A 1B1C 1 D1中，上、下两个底面A 1 B1 C 1 D1和 ABCD 互相平行，且都是正方形，DD 1⊥底面 ABCD ， AB ∥A 1 B1， AB＝2 A1 B1＝2 DD1＝2a .(1)求异面直线 AB 1与 DD 1所成角的余弦值；(2)已知 F 是 AD 的中点，求证： FB1⊥平面 BCC 1B1.解：以 D 为原点， DA ， DC ， DD1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 (2 a, 0,0)，B(2 a, 2 a, 0)，C (0,2 a, 0)， D1(0,0， a )， F(a, 0,0)， B1( a ，a ， a )， C1(0， a ，a )．(1)∵ AB1＝(－a，a，a)， DD1＝(0,0，a)，∴cos〈 AB1， DD1〉＝AB1· DD13＝，| AB1 | ·| DD1|3所以异面直线 AB1与 DD13所成角的余弦值为.3(2) 证明：∵BB1＝ ( －a，－a，a )，BC＝ (－ 2 a, 0,0) ，FB1＝ (0 ，a，a )，FB1· BB1＝0，∴∴ FB1⊥ BB1， FB1⊥ BC .FB1·BC＝0.∵BB1∩ BC＝ B，∴ FB1⊥平面 BCC 1 B1.2．如图，在三棱柱ABC -A 1 B1 C 1中， AA 1 C1 C 是边长为4的正方形，平面ABC ⊥平面AA 1C1C，AB＝3， BC＝5.(1)求证： AA 1⊥平面 ABC ；(2)求二面角 A1-BC1-B1的余弦值；BD(3)证明：在线段 BC 1上存在点 D，使得 AD ⊥ A 1B，并求BC1的值．解： (1) 证明：因为四边形AA 1 C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面 ABC ⊥平面 AA 1 C 1C ，且 AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以 AA 1⊥平面ABC .(2)由 (1) 知AA1⊥AC，AA1⊥AB. 由题知AB＝ 3，BC＝ 5，AC＝ 4，所以AB⊥AC .如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系 A -xyz，则 B(0,3,0)， A 1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)，A1 B ＝(0,3，－4)， A1C1＝ (4,0,0) ．设平面A1BC1的法向量为n＝ (x，y，z)，n·A1 B＝0，3y －4 ＝0，则即z令 z＝3，则 x＝0， y＝4，所以 n＝(0,4,3)．n·A1C1＝0.4x＝ 0.n· m同理可得，平面B1BC 1的一个法向量为m ＝(3,4,0)．所以cos〈 n ， m 〉＝|n||m|＝1625.16由题知二面角A1-BC 1-B1为锐角，所以二面角A1-BC 1-B1的余弦值为25.(3)证明：设 D(x，y ， z)是直线 BC 1上一点，且BD＝λBC1.所以 (x，y－ 3，z)＝λ(4 ，－ 3,4) ．解得x＝4 λ，y＝3 － 3 λ，z＝4 λ.所以 AD ＝(4λ，3－3λ，4λ)．由 AD ·A1B＝0，即9－25λ＝0，解得λ＝9 . 25因为9∈ [0,1] ，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥.25 A 1 BBD9此时，BC1＝λ＝25.3．如图 (1) ，四边形ABCD 中， E 是 BC 的中点， DB＝2， DC ＝1， BC＝5，AB＝AD ＝ 2.将图 (1) 沿直线BD折起，使得二面角 A -BD-C 为60°，如图(2)．(2)求直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值．1解： (1) 证明：取BD的中点F，连接EF，AF，则AF＝1 ，EF＝，∠AFE＝ 60 °.2由余弦定理知＝ 1 21213＋－ 2× 1× cos 60 °＝.AE222∵AE2＋ EF2＝AF2，∴ AE⊥EF.∵ AB＝AD ，F 为 BD 中点．∴ BD⊥ AF.又BD＝2，DC＝1，BC＝5，∴BD2＋DC2＝BC2，即BD⊥CD .又 E 为 BC 中点， EF∥ CD ，∴ BD⊥ EF.又 EF∩ AF＝F，∴ BD⊥平面 AEF.又 BD⊥ AE，∵ BD∩EF＝ F，∴ AE⊥平面 BDC .3(2) 以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 A 0，0，，211C－1，，0 ，B 1，－，0 ，2211313D －1，－2，0， DB ＝(2,0,0)， DA ＝ 1 ，2，2，AC＝－1，2，－2.设平面 ABD 的法向量为 n ＝(x， y， z)，n ·DB＝02x＝0，取 z＝ 3 ，由得x 1y3＝ 0 ，n ·DA＝0＋＋22z则 y＝－3，又∵ n＝(0，－3，3)．n ·AC6∴ cos 〈n，AC〉＝|n||AC |＝－4.故直线 AC 与平面 ABD 所成角的余弦值为10 4.4．如图所示，在矩形ABCD 中， AB＝35，AD＝ 6，BD是对角线，过点A作AE⊥BD，垂足为 O ，交 CD 于 E，以 AE 为折痕将△ ADE 向上折起，使点 D 到点 P 的位置，且PB＝41.(2)求二面角 E-AP-B 的余弦值．解： (1) 证明：由已知得AB＝3 5 ，AD＝ 6，∴BD＝ 9.在矩形ABCD 中，∵ AE⊥BD，DO AD∴Rt△AOD∽ Rt△BAD，∴AD＝BD，∴DO＝ 4 ，∴BO＝ 5.在△ POB 中， PB＝41 ，PO＝ 4，BO＝ 5，∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥ OB.又 PO⊥ AE， AE∩ OB＝O ，∴ PO⊥平面 ABCE.(2)∵BO＝5，∴ AO ＝ AB2－OB2＝2 5.以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,4)， A (25， 0,0) ，B(0,5,0)，PA＝(25， 0，－ 4)，PB＝(0,5 ，－ 4)．设 n 1＝(x， y， z)为平面 APB 的法向量．则n 1·PA＝0， 2 5x－ 4 z＝ 0 ，即n 1·PB＝0， 5 y－4 z＝ 0.取 x＝2 5得 n 1＝(25， 4,5) ．又n2＝ (0,1,0) 为平面AEP的一个法向量，∴ cos 〈n1，n2〉＝|n 1·n 24461 n 1|·| n 2|＝61× 1＝61，461.故二面角 E-AP -B 的余弦值为615.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD＝ 2，PA⊥PD，底面 ABCD 为直角梯形，其中BC∥AD ，AB⊥AD ，AB＝BC＝1，O 为 AD 中点．(1) 求直线PB与平面POC所成角的余弦值；(2) 求B点到平面PCD的距离；(3) 线段PD上是否存在一点Q，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63？若存在，求出PQQD 的值；若不存在，请说明理由．解： (1) 在△PAD中，PA＝PD，O为AD中点，所以 PO⊥ AD .又侧面 PAD⊥底面ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝ AD ， PO?平面 PAD ，所以 PO ⊥平面 ABCD .又在直角梯形 ABCD 中，连接 OC ，易得 OC ⊥ AD ，所以以 O 为坐标原点， OC ，OD ， OP 所在直线分别为x， y， z 轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A (0，－1,0)，B (1 ，－ 1,0) ，C (1,0,0) ，D (0,1,0) ，∴ PB ＝ (1 ，－ 1 ，－ 1) ，易证 OA ⊥平面 POC ，∴ OA ＝ (0 ，－ 1,0) 是平面 POC 的法向量，PB ·OA3 6cos 〈 PB ， OA 〉＝＝ .∴直线 PB 与平面 POC 所成角的余弦值为.| PB || OA |33(2) PD ＝ (0,1 ，－ 1) ， CP ＝ ( － 1,0,1) ．设平面 PDC 的一个法向量为u ＝ (x ， y ，z )，u · CP ＝－ x ＋ z ＝ 0，d ＝则取 z ＝ 1，得 u ＝ (1,1,1) ．∴ B 点到平面 PCD 的距离为 u · PD ＝ y －z ＝ 0，| BP · u |3| u |＝ .3(3) 假设存在一点 Q ，则设 PQ ＝ λPD(0< λ<1) ．∵ PD ＝ (0,1 ，－ 1) ，∴ PQ ＝ (0 ， λ，－ λ)＝ OQ － OP ，∴ OQ ＝ (0 ， λ，1 － λ)，∴ Q (0 ， λ， 1－λ)．设平面 CAQ 的一个法向量为 m ＝ (x ， y ， z )，又 AC ＝ (1,1,0) ， AQ ＝ (0 ， λ＋ 1,1－ λ)，m · AC ＝ x ＋ y ＝ 0 ，取 z ＝ λ＋ 1，得 m ＝ (1 － λ， λ－1， λ＋ 1) ，则λ＋ 1 y1 － λ z ＝ 0.m · AQ又平面 CAD 的一个法向量为n ＝ (0,0,1) ，二面角 Q -AC -D 的余弦值为6 3 ，| m · n |621所以 |cos 〈m ， n 〉| ＝| m || n | ＝ 3 ，得 3 λ－ 10λ＋ 3＝ 0，解得 λ＝ 3 或 λ＝ 3( 舍 ) ，PQ 1所以存在点 Q ，且 QD ＝ 2 .6．如图，在四棱锥 S -ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面 ABCD ， AB垂直于 AD 和 BC ，SA ＝ AB ＝ BC ＝ 2，AD ＝1.M 是棱 SB 的中点．(1) 求证： AM ∥平面 SCD ；(2) 求平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值；(3) 设点 N 是直线 CD 上的动点， MN 与平面 SAB 所成的角为 θ，求 sin θ的最大值．解： (1) 以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0) ，B (0,2,0) ，C (2,2,0) ，D (1,0,0) ，S (0,0,2) ，M (0,1,1) ．所以 AM ＝ (0,1,1) ， SD ＝ (1,0 ，－ 2) ， CD ＝ ( － 1，－ 2,0) ．设平面 SCD 的法向量是n ＝ (x ， y ， z ) ，SD · n ＝ 0，x － 2 z ＝0 ，则即令 z ＝ 1 ，则 x ＝2 ， y ＝－ 1 ，CD · n ＝ 0，－ x － 2 y ＝ 0.于是 n ＝ (2 ，－ 1,1) ．∵ AM · n ＝ 0 ，∴ AM ⊥ n .又 AM ? 平面 SCD ， ∴ AM ∥平面 SCD .(2) 易知平面 SAB 的一个法向量为 n 1 ＝(1,0,0) ．设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角为φ，n 1 ·n1，0，02，－ 1， 126则 |cosφ| ＝| n 1 | ·| n |＝1 · 6＝ 1· 6 ＝ 3 ，6即 cos φ＝ .36∴平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值为.3(3) 设 N ( x,2x － 2,0)( x ∈[1,2]) ，则 MN ＝ (x,2 x －3，－ 1) ． 又平面 SAB 的一个法向量为 n 1＝ (1,0,0) ，∴ sinx ，2 x －3，－ 1 1， 0，0xθ ＝2x － 31 ＝5x 2－ 12x ＋ 10＝x222·111 15 － 12· x ＋10 · x 21 1.＝11＝31710 x 2－ 12 x ＋ 5 10 x － 5 2 ＋ 51 3535当 x ＝5 ，即 x ＝3 时， (sin θ) max ＝ 7 .7、如图，四边形 ABEF 和四边形 ABCD 均是直角梯形，∠ FAB ＝∠ DAB ＝ 90°， AF＝AB ＝BC ＝2， AD ＝1，FA ⊥CD .(1) 证明：在平面 BCE 上，一定存在过点 C 的直线 l 与直线 DF 平行；(2) 求二面角 F -CD -A 的余弦值．解： (1) 证明：由已知得， BE ∥AF ， BC ∥ AD ， BE ∩ BC ＝ B ， AD ∩ AF ＝ A ，∴平面 BCE ∥平面 ADF .设平面 DFC ∩平面 BCE ＝ l ，则 l 过点 C .∵平面 BCE ∥平面 ADF ，平面 DFC ∩平面 BCE ＝l ，∴DF∥ l，即在平面 BCE 上一定存在过点 C 的直线 l，使得 DF∥ l.(2) ∵FA⊥AB，FA⊥CD，AB与CD相交，∴FA⊥平面ABCD .故以 A 为原点， AD ， AB， AF 分别为 x 轴， y 轴， z轴建立空间直角坐标系，如图．由已知得， D(1,0,0)， C (2,2,0)， F(0,0,2)，∴ DF ＝(－1,0,2)， DC ＝(1,2,0)．设平面 DFC 的一个法向量为n ＝( x， y ， z)，n ·DF＝0，x＝2 z，不妨设 z＝1.则?x＝－2 y，n ·DC＝0则 n＝(2，－1,1)，不妨设平面ABCD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)．m · n16∴ cos 〈m，n〉＝|m||n |＝6＝6，由于二面角F-CD -A 为锐角，6∴二面角 F-CD -A 的余弦值为.68、 .如图，在四棱锥P-ABCD 中， PD⊥平面 ABCD ，四边形 ABCD 是菱形， AC ＝2， BD ＝2 3，E是PB上任意一点．(1) 求证：AC⊥DE；(2) 已知二面角A -PB-D的余弦值为15，若 E为 PB的中点，求 EC 与平面 PAB 所成角的正5弦值．解： (1) 证明：∵PD⊥平面ABCD，AC ? 平面ABCD，∴PD⊥AC，∵四边形ABCD 是菱形，∴ BD⊥ AC ，又 BD∩ PD＝ D，∴ AC ⊥平面 PBD，∵DE?平面 PBD，∴ AC ⊥ DE.(2)在△ PDB 中， EO∥ PD，∴ EO⊥平面 ABCD ，分别以 OA ， OB ， OE 所在直线为 x 轴， y 轴， z轴建立空间直角坐标系，设PD＝ t，则 A (1,0,0)，B(0，3， 0)，C (－ 1,0,0)，tE 0，0，2， P(0，－3， t)，AB＝(－1，3，0)，AP＝(－1，－3， t)．由 (1) 知，平面PBD的一个法向量为n1＝(1,0,0)，设平面 PAB 的法向量为 n2＝(x， y，z)，则根据n 2·AB＝0，－ x＋3y ＝0，令 y ＝1，得 n2＝2 3. n 2·AP＝0得－ x－3y＋tz＝ 0 ， 3 ，1，t15，则 |cos 〈n115，即∵二面角 A -PB-D 的余弦值为， n 2〉|＝55315＝，解得 t＝2 3 或t＝－ 2 3( 舍去 )，∴P(0 ，－ 3 ， 2 3) ．1254＋t2设 EC 与平面 PAB 所成的角为θ，∵EC＝(－1,0，－3)， n 2＝( 3，1,1)，则 sin θ＝ |cos 〈EC，n2〉| ＝2315，∴ EC 与平面 PAB 所成角的正弦值为2 ×5＝515.59、如图1，A，D分别是矩形A1BCD1上的点，AB＝ 2AA1＝ 2AD＝ 2，DC＝ 2DD1，把四边形1ADD 1 沿AD折叠，使其与平面ABCD垂直，如图 2 所示，连接 1 ，1C得A AB D几何体 ABA 1-DCD 1.(1) 当点E在棱AB上移动时，证明：D1 E⊥ A 1D；π(2) 在棱AB上是否存在点E，使二面角D1-EC -D 的平面角为？若存在，求出AE 的6长；若不存在，请说明理由．解： (1) 证明，如图，以点 D 为坐标原点， DA ， DC ， DD 1所在直线为x 轴， y轴， z 轴建立空间直角坐标系D-xyz，则D(0,0,0)， A (1,0,0)， C (0,2,0)，A 1(1,0,1)， D1(0,0,1)．设 E(1， t,0)，则D1 E ＝(1，t，－1)， A1D ＝(－1,0，－1)，∴ D1 E · A1D ＝1×(－1)＋t×0＋(－1)×(－1)＝0，∴D1E⊥A1D.(2) 假设存在符合条件的点E.设平面 D1EC 的法向量为n＝( x，y ， z)，由(1)知EC＝(－1,2－t, 0)，n·EC＝0，－ x2－t y＝ 0，11则得令 y＝，则 x＝1－ t， z＝1，n·D1E＝0x＋ ty－ z＝0，221 1∴n＝1－2t，2，1是平面 D1 EC 的一个法向量，显然平面 ECD 的一个法向量为DD1＝(0,0,1)，| n · DD 1 |1π 3则 cos 〈 n ， DD 1 〉＝＝1＝ cos ，解得 t ＝ 2－ (0 ≤ t ≤| n || DD 1 |12＋ ＋1 6 31 － t42 2) ．故存在点 E ，当 AE ＝2 －3π时，二面角 D 1 -EC -D 的平面角为 .36工程部维修工的岗位职责 1、 严格遵守公司员工守则和各项规章制度，服从领班安排，除完成日常维修任务外，有计划地承担其它工作任务 ; 2 、 努力学习技术，熟练掌握现有电气设备的原理及实际操作与维修 ; 3、 积极协调配电工的工作，出现事故时无条件地迅速返回机房，听从领班的指挥 ; 4、 招待执行所管辖设备的检修计划，按时按质按量地完成，并填好记录表格 ;5 、 严格执行设备管理制度，做好日夜班的交接班工作 ;6 、 交班时发生故障，上一班必须协同下一班排队故障后才能下班，配电设备发生事故时不得离岗 ;7 、 请假、补休需在一天前报告领班，并由领班安排合适的替班人 .欢迎您的光临， Word 文档下载后可修改编辑.双击可删除页眉页脚.谢谢！让我们共同学习共同进步！学无止境 .更上一层楼。
用空间向量证(解)立体几何题之——证明线面平行ppt 人教课标版
( 1 , 1 , 1 ) 同理可得平面 CB1D 1的法向量为m
例4.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、 G、H分别是A1B1、 B1C1、C1D1、D1A1的 中点. 求证： 平面AEH∥平面BDGF
例3.在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证： A 1 平面A1BD∥平面CB1D1
平行四边形A1BCD1 A1B∥D1C 平行四边形DBB1D1 B1D1∥BD
D1
B1
C1
D A B
C
于是平面A1BD∥平面CB1D1
证明：建立如图所示的 空间直角坐标系o-xyz 设正方形边长为1， A1 ( 1 ,0 , 1 ) 则向量 DA 1
C N B
再见
•
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •
46．凡事不要说＂我不会＂或＂不可能＂，因为你根本还没有去做！ 47．成功不是靠梦想和希望，而是靠努力和实践． 48．只有在天空最暗的时候，才可以看到天上的星星． 49．上帝说：你要什么便取什么，但是要付出相当的代价． 50．现在站在什么地方不重要，重要的是你往什么方向移动。 51．宁可辛苦一阵子，不要苦一辈子． 52．为成功找方法，不为失败找借口． 53．不断反思自己的弱点，是让自己获得更好成功的优良习惯。 54．垃圾桶哲学：别人不要做的事，我拣来做！ 55．不一定要做最大的，但要做最好的． 56．死的方式由上帝决定，活的方式由自己决定！ 57．成功是动词，不是名词！ 28、年轻是我们拼搏的筹码，不是供我们挥霍的资本。 59、世界上最不能等待的事情就是孝敬父母。 60、身体发肤，受之父母，不敢毁伤，孝之始也； 立身行道，扬名於后世，以显父母，孝之终也。——《孝经》 61、不积跬步，无以致千里；不积小流，无以成江海。——荀子《劝学篇》 62、孩子：请高看自己一眼，你是最棒的！ 63、路虽远行则将至，事虽难做则必成！ 64、活鱼会逆水而上，死鱼才会随波逐流。 65、怕苦的人苦一辈子，不怕苦的人苦一阵子。 66、有价值的人不是看你能摆平多少人，而是看你能帮助多少人。 67、不可能的事是想出来的，可能的事是做出来的。 68、找不到路不是没有路，路在脚下。 69、幸福源自积德，福报来自行善。 70、盲目的恋爱以微笑开始，以泪滴告终。 71、真正值钱的是分文不用的甜甜的微笑。 72、前面是堵墙，用微笑面对，就变成一座桥。 73、自尊，伟大的人格力量；自爱，维护名誉的金盾。 74、今天学习不努力，明天努力找工作。 75、懂得回报爱，是迈向成熟的第一步。 76、读懂责任，读懂使命，读懂感恩方为懂事。 77、不要只会吃奶，要学会吃干粮，尤其是粗茶淡饭。 78、技艺创造价值，本领改变命运。 79、凭本领潇洒就业，靠技艺稳拿高薪。 80、为寻找出路走进校门，为创造生活奔向社会。 81、我不是来龙飞享福的，但，我是为幸福而来龙飞的！ 82、校兴我荣，校衰我耻。 83、今天我以学校为荣，明天学校以我为荣。 84、不想当老板的学生不是好学生。 85、志存高远虽励志，脚踏实地才是金。 86、时刻牢记父母的血汗钱来自不易，永远不忘父母的养育之恩需要报答。 87、讲孝道读经典培养好人，传知识授技艺打造能人。 88、知技并重，德行为先。 89、生活的理想，就是为了理想的生活。 —— 张闻天 90、贫不足羞，可羞是贫而无志。 —— 吕坤
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析
用空间向量法求解立体几何问题典例及解析以多面体为载体，以空间向量为工具，来论证和求解空间角、距离、线线关系以及线面关系相关问题，是近年来高考数学的重点和热点，用空间向量解立体几何问题，极大地降低了求解立几的难度，很大程度上呈现出程序化思想。
更易于学生们所接受，故而执教者应高度重视空间向量的工具性。
首先，梳理一下利用空间向量解决立体几何的知识和基本求解方法 一：利用空间向量求空间角 (1)两条异面直线所成的夹角范围：两条异面直线所成的夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线,a b 的方向向量为a,b ，其夹角为θ，则有cos ___________.θ= (2)直线与平面所成的角定义：直线与平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角。
范围：直线和平面所夹角的取值范围是 。
向量求法：设直线l 的方向向量为a ，平面的法向量为n ，直线与法向量所成角的余弦值为|cos |___________.θ=直线与平面所成的角为ϕ，则有sin ___________.ϕ=或在平面内任取一个向量m ，则|cos |___________.θ=.(3)二面角二面角的取值范围是 . 二面角的向量求法：方法一：在两个半平面内任取两个与棱垂直的向量，则这两个向量所成的 即为所求的二面角的大小；方法二：设1n ，2n 分别是两个面的 ，则向量1n 与2n 的夹角(或其补角)即为所求二面角的平面角的大小。
二：利用空间向量求空间距离 （1）点面距离的向量公式平面α的法向量为n ，点P 是平面α外一点，点M 为平面α内任意一点，则点P 到平面α的距离d 就是 ，即d =||||MP ⋅n n . （2）线面、面面距离的向量公式平面α∥直线l ，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈l ，平面α与直线l 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d = .平面α∥β，平面α的法向量为n ，点M ∈α、P ∈β，平面α与平面β的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n . （3）异面直线的距离的向量公式设向量n 与两异面直线a 、b 都垂直，M ∈a 、P ∈b ，则两异面直线a 、b 间的距离d 就是MP 在向量n 方向射影的绝对值，即d =||||MP ⋅n n .三：利用空间向量解证平行、垂直关系1：①所谓直线的方向向量，就是指 的向量，一条直线的方向向量有 个。
向量法解决立体几何问题总结(一)
向量法解决立体几何问题总结(一)向量法解决立体几何问题前言立体几何问题在数学中起到重要的作用，理解和解决立体几何问题对于提升数学思维和解决实际问题都有着积极的影响。
传统的解决方法包括使用平面几何、几何画法等，但这些方法在处理复杂的立体几何问题时可能面临一些困难。
向量法作为一种新的解决方法，在解决立体几何问题方面具有独特的优势和应用空间。
正文1. 什么是向量法向量法是一种几何运算方法，通过定义和运算向量的方式，对立体几何问题进行求解。
向量法帮助我们将几何问题转换为向量问题，进而使用向量的性质和运算来解决。
在向量法中，我们可以通过坐标表示向量，进行向量加减法、数量乘法、点乘、叉乘等运算。
2. 向量法解决立体几何问题的优势•空间直观：向量法将立体几何问题转化为向量问题，使得问题的空间特性更加直观可见。
通过绘制向量图形，我们可以更好地理解问题，有助于从几何角度进行分析。
•简化问题：通过向量法，我们可以将复杂的立体几何问题简化为向量运算问题，减少了繁琐的计算步骤和猜测过程，提高了问题解决的效率。
•统一性：向量法具有统一的运算法则和性质，使得不同类型的立体几何问题可以采用相似的解决思路和方法。
这为解决立体几何问题提供了一种通用的框架，提升了问题解决的一致性和可重复性。
3. 向量法解决立体几何问题的应用案例•平面与直线交点：通过将平面和直线的方程转化为向量形式，可以求得它们的交点。
这样的应用可以用于计算平面与光线的交点，进而用于光线追踪、计算机图形学等领域。
•空间线段位置关系：通过向量的数量乘法和点乘运算，可以判断两个空间线段之间的位置关系，如重叠、相交、平行等。
这样的应用可以用于计算机辅助设计、机器人运动规划等领域。
•图形投影：通过向量的点乘运算，可以求得一个图形在另一个图形上的投影。
这样的应用可以用于计算机图形学、建筑设计等领域。
结尾向量法作为一种新的解决立体几何问题的方法，在数学和工程领域都有着广泛的应用。
妙用向量法，巧解立体几何题
解题宝典立体几何知识是高中数学中的重要内容，也是高考的重点考查对象.有些立体几何问题采用常规方法求解较为困难，此时我们不妨转换解题的思路，将“形”转化为“数”，将向量作为它们转化的桥梁，运用向量法将立体几何问题转化为向量问题来求解.利用向量的性质、运算的几何意义可以轻松证明线线垂直（平行）、线面平行（垂直）、面面平行（垂直），以及解答线线夹角、线面夹角、面面所成的角等问题.一、运用向量法证明线面平行与垂直运用向量法证明线面平行与垂直的关键是求得所证直线的方向向量和所证平面的法向量.直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个.若直线l ⊥平面α，直线l 的方向向量叫做平面α的法向量.显然一个平面的法向量有无数个，且它们是共线向量.求平面的法向量的方法是在平面内找到两个与法向量垂直的向量，运用向量积公式建立关系式即可.在运用向量法证明线面平行与垂直时，只需要证明直线与平面的法向量平行或者垂直即可.例1.已知线段PA 垂直于矩形ABCD 所在平面，M ，N 分别是AB 与PC 的中点，求证：MN //平面APD .分析：要证明MN //平面APD ，只需证明MN 的方向向量垂直平面APD 的法向量.证明：如图1，设E 为AC 的中点，连接ME 、NE ，设AP = e 1、 AD = e 2、AB = e 3，n 为平面APD 的法向量.∵ MN = ME + EN = e 12+e 22=12( e 1+ e 2)，且n ∙ MN =( e 1× e 2)∙12( e 1+ e 2)=0，∴n ⊥ MN ，∴MN //平面APD .图1本题若采用常规的方法来求解，需要连接NE ，ME ，利用三角形中位线的性质证明NE //PA ，ME //AD ，由面面平行的性质定理得到MN //平面PAD .而向量法是利用两向量的内积为零来证明两向量垂直，从而推出线面平行.相比较而言，运用向量法解题的思路更加简单.例2.在四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，且AC ⊥DC ，AB ⊥AD ，∠ABC =60°，PA =AB =BC ，E 是PC 的中点.证明：PD ⊥平面ABE .分析：要证明PD ⊥平面ABE ，只需证明PD 垂直于与平面APD 平行的任意向量即可.证明：∵PA ⊥底面ABCD ，且AB ⊥AD ，∴AB 、AD 、AP 两两垂直.以A 为坐标原点，以 AB , AD ,AP 为坐标向量建立空间直角坐标系，如图2所示，设PA =AB =BC =k ，则B (k ,0,0)，A (0,0,0)，P (0,0,k )（其中k ≠0），∵AB =BC ，∠ABC =60°，∴AC =AB =k .又∵∠DAC =30°，且DC ⊥AC ，E 是PC 的中点，∴C (k 2，D ，∴E 为(k 4,k 2).∴AB =()k ,0,0， AE =æèçöø÷k 4,k 2， PD =æèçöø÷-k .设λ1,λ2为两不全为零的任意实数，∴r =λ1 AB +λ2 AE =æèççöø÷÷λ1k +λ2k 4,3λ2k 4,λ2k 2，且r//平面ABE.∵ PD ∙r =0，∴ PD ⊥r ，∴PD ⊥平面ABE .图2用向量法证明直线与平面垂直，可以根据已知条件建立空间直角坐标系，得出相关向量的坐标，利用向量内积的几何意义证明垂直关系.同时也可验算过程，一举两得.43解题宝典二、运用向量法求二面角求二面角的大小即求二面角平面角的大小.两平面的法向量间的夹角即为二面角的平面角（或其补角）.若平面α与β相交于直线l ，平面α的法向量为n 1，平面β的法向量为n 2，〈n 1，n 2〉=θ，则二面角α-l -β为θ或π-θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|=|cos θ|=|n 1⋅n 2||n 1||n 2|.例3.设四棱锥S -ABCD 底面是直角梯形，其中∠ABC =90°，SA =AB =BC =1，AD =12，并且SA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，求平面SCD 与平面SAB 与所成的二面角的平面角α的正切值.分析：两平面的法向量间的夹角即为二面角的平面角（或其补角），所以解答本题，只需求得平面SCD 与平面SAB 的法向量间夹角的正切值即可.解：∵SA ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ，∴AD 、AB 、AS 两两垂直.以A 为坐标原点，以 AD , AB ,AS 为坐标向量建立空间直角坐标系.如图3，其中A (0，0，0)，D (12,0,0)，B (0,1,0)，S (0,0,1)，C (1,1,0)，则 AD =æèöø12,0,0， SC =()0,1,-1，SD =æèöø12,0,-1.又∵AD ⊥平面SAB ， SD × SC =æèöø-1,-12,-12，∴所以可设平面SAB 的法向量为n 1=(1,0,0)，平面SCD 的法向量为n 2=)2,1,1.∴cos α=|| n 1∙ n2|| n 1|| n 2=(0<α<π)，∴sin α=，∴tan α.图3解答本题的主要思路是，根据已知条件建立空间直角坐标系，利用向量的内、外积性质计算平面SCD 与平面SAB 所成的二面角的平面角α的正弦值，再利用三角函数的关系求出α的正切值.本题若用几何方法求解，需要用垂面法构造出二面角的平面角，要求我们具备很强的观察能力和敏锐的思维能力.可见运用向量法解题更简单、便捷，计算量更小.三、运用向量法求异面直线所成的角向量法是求空间角的通用方法.在运用向量法求异面直线所成的角时，需要结合图形建立合适的空间直角坐标系，然后确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量，再利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.两异面直线所成角的余弦就等于两向量夹角余弦值的绝对值．例4.在棱锥P -ABCD 中，ABCD 为梯形，AB //CD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，且AB =PA =PD =DA =2，∠BCD =π4,∠DAB =π2，求BC 与PD 所成角α的大小.分析：要求两异面直线BC 与PD 所成角，只需要计算两向量PD 与 BC 的夹角余弦值的绝对值即可.解：如图4，过P 点作PO ⊥平面ABCD ，∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且AB =PA =PD =DA ，∴O 为AD 的中点.以O 为坐标原点，以 OA , OM ,OP 为坐标向量建立空间直角坐标系，由题设易得，P (0，0，3)，D (-1，0，0)，C (-1，4，0)，B(1，2，0)，∴ PD =()-1,0,-3，BC =()-2,2,0.∴cos α=|| PD ∙BC || PD |BC =22×22(0≤α≤π2)，∴α=arc .图4值得注意的是，运用向量法求得两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.夹角余弦值的符号需要根据夹角的范围来确定.向量法是解答高中立体几何证明题和计算题的重要方法.运用向量法可以把空间中的点、线、面的位置关系用向量表示出来，使几何问题代数化.这样不仅能拓展我们的解题思路，还能提高解题的效率.本文系基金项目：四川省级大学生创新训练项目（S202010646124，S202010646088），阿坝师范学院质量工程项目（201907018，202004041），阿坝师范学院创新训练项目（202021100，202021109）.（作者单位：阿坝师范学院）44。
空间向量在立体几何中的应用教案(教师使用)
空间向量在立体几何中的应用（一）授课时间：2014年5月11日第7节课 授课班级：高二（9）班 授课教师：高志华教学目标 1、知识与技能(1) 进一步理解向量垂直的充要条件； (2)利用向量法证明线线、线面垂直；(3)利用向量解决立体几何问题,培养学生数形结合的思想方法； 2、过程与方法通过学生对空间几何图形的认识，建立恰当的空间直角坐标系，利用向量的坐标将几何问题代数化，提高学生应用知识的能力。
3、情感态度与价值观通过空间向量在立体几何中的应用，让学生感受数学、体会数学的美感， 从而激发学数学、用数学的热情。
教学重点建立恰当的空间直角坐标系,用向量法证明线线、线面垂直。
教学难点、关键建立恰当的空间直角坐标系,直线的方向向量; 正确写出空间向量的坐标。
教学方法启发式教学、讲练结合 教学媒体ppt 课件学法指导交流指导，渗透指导. 课型 新授课教学过程一、知识的复习与引人 自主学习1.若OP =x i +y j +z k ，那么（x ，y ，z ）叫做向量OP 的坐标，也叫点P 的坐标.2. 如图，已知长方体D C B A ABCD ''''-的边长为AB=2,AD=2,1AA '=．以这个长方体的顶点A 为坐标原点，射线A A AD AB ',,分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，试求长方体各个顶点及A C '中点G 的坐标．3.设a =（x 1，y 1，z 1），b =（x 2，y 2，z 2），那么b a ±=（x 1±x 2，y 1±y 2， ）， a ⊥b ⇔ b a ∙=x 1x 2+y 1y 2+ =0.4.设M 1（x 1，y 1，z 1），M 2（x 2，y 2，z 2），则 12M M =（2121,x x y y --， ） [探究]1．直线的方向向量：直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有 个． 2．空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l 1的方向向量为1l ， 直线l 2的方向向量为2l ， 直线a 的方向向量为a ， 直线b 的方向向量为b .l 1⊥ l 21l ⊥2l ⇔l 1⊥αl 1⊥a ,l 1⊥b, ,a b αα⊂⊂，a ∩b=o ，[合作探究]二、新授课：利用空间向量证明线线垂直、线面垂直例1、如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为BC的中点，N为AB的中点，P为BB1的中点．(Ⅰ)求证：BD1⊥B1C；(Ⅱ)求证：BD1⊥平面MNP．设计意图：使学生明确空间向量在证明线线垂直、线面垂直中的作用。
专题5：向量法做立体几何的线面角问题(解析版)
专题5：理科高考中的线面角问题（解析版）求直线和平面所成的角求法：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 的夹角为ϕ， 则θ为ϕ的余角或ϕ的补角的余角.即有：cos s .in a u a u ϕθ⋅== 1．如图,在三棱锥A BCD -中,ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,点P 是AC 的中点,连接,BP DP ．（1）证明:平面ACD ⊥平面BDP ;（2）若6BD =,且二面角A BD C --为120︒,求直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）22 【分析】（1）由ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,得AD CD =．再证明PD AC ⊥,PB AC ⊥,从而和证明AC ⊥平面PBD ,故平面ACD ⊥平面BDP 得证． （2）作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．由Rt Rt ABD CBD ⊆,证得,AE BD ⊥,AE CE =结合二面角A BD C --为120︒,可得2AB =,23AE =,6ED =.建立空间直角坐标系,求出点的坐标则60,,03D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3,0,13A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,向量36,,133AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,即平面BCD 的一个法向量(0,0,1)m =,运用公式cos ,m ADm AD m AD ⋅〈〉=和sin cos ,m AD θ=〈〉,即可得出直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值．【详解】解:（1）证明:因为ABC 是等边三角形,90BAD BCD ∠=∠=︒,所以Rt Rt ABD CBD ≅,可得AD CD =．因为点P 是AC 的中点,则PD AC ⊥,PB AC ⊥,因为PD PB P =,PD ⊂平面PBD ,PB ⊂平面PBD ,所以AC ⊥平面PBD ,因为AC ⊂平面ACD ,所以平面ACD ⊥平面BDP ．（2）如图,作CE BD ⊥,垂足为E 连接AE ．因为Rt Rt ABD CBD ⊆,所以,AE BD ⊥,AE CE =AEC ∠为二面角A-BD-C 的平面角．由已知二面角A BD C --为120︒,知120AEC ∠=︒．在等腰三角形AEC 中,由余弦定理可得3AC =．因为ABC 是等边三角形,则AC AB =,所以3AB =．在Rt △ABD 中,有1122AE BD AB AD ⋅=⋅,得3BD =, 因为6BD =所以2AD =． 又222BD AB AD =+,所以2AB =． 则23AE =,6ED =． 以E 为坐标原点,以向量,EC ED 的方向分别为x 轴,y 轴的正方向,以过点E 垂直于平面BCD 的直线为z 轴,建立空间直角坐标系E xyz -, 则6D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,3A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,向量361AD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭, 平面BCD 的一个法向量为(0,0,1)m =,设直线AD 与平面BCD 所成的角为θ,则2cos ,221m ADm AD m AD ⋅〈〉===-⨯,2sin |cos ,|2m AD θ=〈〉= 所以直线AD 与平面BCD 所成角的正弦值为22． 【点睛】本题考查面面垂直的证明和线面所成角的大小,考查空间想象力和是数形结合的能力,属于基础题.2．如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求AM 与平面A 1MD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析（2）105 【分析】要证线面平行，先证线线平行建系，利用法向量求解。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
用向量方法求空间角和距离
在高考的立体几何试题中,求角与距离是常考查的问题,其传统的“三步曲”解法:“作图、证明、解三角形”,作辅助线多、技巧性强,是教学和学习的难点．向量进入高中教材,为立体几何增添了活力,新思想、新方法与时俱进,本专题将运用向量方法简捷地解决这些问题．
1 求空间角问题
空间的角主要有：异面直线所成的角；直线和平面所成的角；二面角． （１）求异面直线所成的角
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α=arccos ||||||
a b
a b （２）求线面角
设l 是斜线l 的方向向量，n 是平面α的法向
量， 面α所成的角α=arcsin |
|||||
l n
l n 则斜线l 与平（３）求二面角
法一、在α内a l ⊥，在β内b l ⊥，其方向如图，则二面角l αβ--的平面角α=arccos
||||
a b
a b
法二、设12,,n n 是二面角l αβ--的两个半平面的
法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则
l αβ--的平面角α=12
12arccos
||||
n n n n 二
面
角
2 求空间距离问题
构成空间的点、线、面之间有七种距离，这里着重介绍点面距离的求法，象异面直线间的距离、线面距离；面面距离都可化为点面距离来求． （１）求点面距离
法一、设n 是平面α的法向量，在α内取一点B, 则 A 到α
的距离||
|||cos |||
AB n d AB n θ==
法二、设AO α⊥于O,利用AO α⊥和点O 在α内 的向量表示，可确定点O 的位置，从而求出||AO ．
（２）求异面直线的距离
法一、找平面β使b β⊂且a β，则异面直线a 、b 的距离就转化为直线a 到平面β的距离，又转化为点A 到平面β的距离．
法二、在a 上取一点A, 在b 上取一点B, 设a 、b 分别为异
面直线a 、b 的方向向量,求n （n a ⊥，n b ⊥），则异面直线a 、b 的距离||
|||cos |||
AB n d AB n θ==（此方法移植于点面距离的求法）．
分
例１．如图，在棱长为２的正方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 别是棱1111,A D A B 的中点．
（Ⅰ）求异面直线1DE FC 与所成的角； （II ）求1BC 和面EFBD 所成的角； （III ）求1B 到面EFBD 的距离
解：（Ⅰ）记异面直线1DE FC 与所成的角为α，
则α等于向量1DE FC 与的夹角或其补角， （II ）如图建立空间坐标系D xyz -，
则(1,0,2)DE =，(2,2,0)DB =
设面EFBD 的法向量为(,,1)n x y = 由0
DE n DB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
得(2,2,1)n =- 又1(2,0,2)BC =- 记1BC 和面EFBD 所成的角为θ 则 1112sin |cos ,||
|2||||
BC n BC n BC n θ⋅=〈〉==∴ 1BC 和面EFBD 所成的角为4
π
． （III ）点1B 到面EFBD 的距离ｄ等于
向量1BB 在面EFBD 的法向量上的投影的绝对值，
设计说明：１．作为本专题的例１，首先选择以一个容易建立空间直角坐标系的多面体―――正方体为载体，来说明空间角和距离的向量求法易于学生理解． ２．解决(1)后，可让学生进一步求这两条异面直线的距离，并让学生体会一下：如果用传统方法恐怕很难（不必多讲，高考对公垂线的作法不作要求）．
３．完成这３道小题后，总结：对于易建立空间直角坐标系的立几题，无论求角、距离还是证明平行、垂直（是前者的特殊情况），都可用向量方法来解决， 向量方法可以人人学会，它程序化，不需技巧．
例2．如图，三棱柱中，已知A BCD 是边长为1的正方形，四边形 B B A A '' 是矩形，。
平面平面ABCD B B A A ⊥'' （Ⅰ）若A A '＝１，求直线AB 到面'
DAC 的距离．
（II ） 试问：当A A '的长度为多少时，二面角 A C A D -'-的大小为？
60 解：（Ⅰ）如图建立空间坐标系A xyz -， 则 '(1,0,)DA a =- (0,1,0)DC =
设面'
DAC 的法向量为1(,,1)n x y = 则'110
DA n DC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
得1(,0,1)n a =
直线AB 到面'DAC 的距离ｄ就等于点Ａ到面'
DAC 的距离， 也等于向量AD 在面'DAC 的法向量上的投影的绝对值， （II ）易得面'AAC 的法向量2(1,1,0)n =-
∴向量12,n n 的夹角为60
由1212121
cos ,2
||||n n n n n n a ⋅〈〉=
== 得 1a = ∴ 当A A '＝１时，二面角A C A D -'-的大小为60．
设计说明：１．通过（Ⅰ），复习线面距离转化为点面距离再转化为一向量在一向量（法向量）投影的绝对值的解题思路与方法．
２．通过（II ），复习面面角转化为两向量的夹角或其补角的方法，也可借此机会说明为什么这两个角相等或互补，就没有其他情况．
例３．正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为２，Ｐ是侧棱1AA 上任意一点． （Ⅰ）求证： 直线1B P 不可能与平面11ACC A 垂直； （II ）当11BC B P ⊥
时，求二面角11C B P C --的大小． 证明：（Ⅰ）如图建立空间坐标系O xyz -，设A P a = 则1,,,A C B P 的坐标分别为(0,1,)a --
12
0AC B P =-≠，1B P ∴不垂直AC
∴直线1B P 不可能与平面11ACC A 垂直．
（II ）1(,2)BC =，由11BC B P ⊥，得110BC B P = 即2
2(2)0a +-= 1a ∴= 又1
1BC B C ⊥ 11BC CB P ∴⊥面
∴
1(,2)BC =是面1CB P 的法向量
设面11C B P 的法向量为(1,,)n y z =，由1110
B P n B
C n ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩
得(1,3,n =-,设二面角11C B P C --的大小为α 则116
cos 4||||
BC n BC n α=
= ∴二面角11C B P C --的大小为 设计说明：１．前面选择的两个题，可有现成的坐标轴，但本题ｘ、ｚ轴需要自己添加（也可不这样建立）．
２．第（１）小题是证明题，同样可用向量方法解答，是特殊情况；本小题也可证明这条直线与这个面的法向量不平行．
通过上面的例子，我们看到向量方法（更确切地讲，是用公式： ||||cos a b a b θ=）解决空间角和距离的作用，当然，以上所举例子，用传统方法去做，也是可行的，甚至有的（例２）还较为简单，用向量法的好处在于克服传统立几以纯几何解决问题带来的高度的技巧性和随机性．向量法可操作性强―――运算过程公式化、程序化，有效地突破了立体几何教学和学习中的难点，是解决立体几何问题的重要工具．充分体现出新教材新思想、新方法的优越性．这是继解析几何后用又一次用代数的方法研究几何形体的一块好内容，数形结合，在这里得到淋漓尽致地体现．
练习：
１．在正四面体S ABC -中，棱长为a ，E,Ｆ分别为SA 和BC 的中点，求异面直线BE 和SF 所成的角．（2arccos 3
）
２．在边长为１的菱形ABCD 中，60ABC ︒∠=，将菱形沿对角线AC 折起，使 折起后BD ＝１，求二面角B AC D --的余弦值．（1
3
）
３．在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PD
且
P D
A ==，问平面PBA 与平面PBC
由．（不垂直）
４．在直三棱柱111ABC A B C -中，90A ︒∠=，1,,O O G 分别为111,,BC B C AA 的中点，且12AB AC AA ===． （１） 求1O 到面11ACB 的距离；
（２） 求BC 到面11GB C 的距离．
（3
）
５.如图，在几何体ABCDE 中，△ABC 是等腰直角
三
角形，∠ABC ＝900，BE 和CD 都垂直于平面ABC ，且BE ＝AB ＝2，CD ＝1，点F 是AE 的中点.
（Ⅰ）求证：DF ∥平面ABC ；
（Ⅱ）求AB 与平面BDF 所成角的大小
（arcsin 23
）。