2020高考数学大一轮复习第八章立体几何7第7讲立体几何中的向量方法练习理含解析
2020版高考数学一轮复习第八章立体几何第7讲立体几何中的向量方法教案(理)(含解析)新人教A版
第7讲 立体几何中的向量方法基础知识整合1．直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量直线l 上的向量e 或与e □01共线的向量叫做直线l 的方向向量，显然一条直线的方向向量有□02无数个． (2)平面的法向量如果表示向量n 的有向线段所在□03直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n ⊥α，此时向量n 叫做平面α的法向量．显然一个平面的法向量也有□04无数个，且它们是□05共线向量． (3)设直线l ，m 的方向向量分别为a ，b ，平面α，β的法向量分别为u ，v ，则 l ∥m ⇔□06a ∥b ⇔□07a ＝k b ，k ∈R ； l ⊥m ⇔□08a ⊥b ⇔□09a ·b ＝0； l ∥α⇔□10a ⊥u ⇔□11a ·u ＝0； l ⊥α⇔□12a ∥u ⇔□13a ＝k u ，k ∈R ； α∥β⇔□14u ∥v ⇔□15u ＝k v ，k ∈R ； α⊥β⇔□16u ⊥v ⇔□17u ·v ＝0. 2．空间向量与空间角的关系 (1)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝□18|a ·b ||a ||b |( 其中φ为异面直线a ，b 所成的角，范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2 ). (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|＝□19|e ·n ||e ||n |，φ的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(3)求二面角的大小如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个半平面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝□20〈AB →，CD →〉．如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos 〈n 1，n 2〉或－cos 〈n 1，n 2〉．取值范围是[0，π]．3．求空间的距离 (1)点到平面的距离如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离d ＝□21|AB →·n ||n |.(2)线面距、面面距均可转化为点面距进行求解．1．直线的方向向量的确定：l 是空间一直线，A ，B 是l 上任意两点，则AB →及与AB →平行的非零向量均为直线l 的方向向量．2．平面的法向量的确定：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.1．平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是( )A ．平行B ．相交但不垂直C ．垂直D ．重合答案 C解析 由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．2．(2019·黑龙江模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于( )A.105 B.155 C.45 D.23答案 B解析 设正方体的棱长为2，建立如图所示的坐标系，O (1,1,0)，E (0,2,1)，F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，∴FD 1→＝(－1,0,2)，OE →＝(－1,1,1)．∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝FD 1→·OE →|FD 1→||OE →|＝1＋0＋25×3＝155.3．如图，已知矩形ABCD 所在平面外一点P ，PA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PC 的中点．若∠PDA ＝45°，则EF 与平面ABCD 所成的角的大小是( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°答案 C解析 设AD ＝a ，AB ＝b ，因为∠PDA ＝45°，PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AD ，PA ＝AD ＝a .以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在射线为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，0，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2，a 2，a2， 所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2.易知AP →＝(0,0，a )是平面ABCD 的一个法向量． 设EF 与平面ABCD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AP →，EF →〉|＝|AP →·EF →||AP →||EF →|＝22.所以θ＝45°.4．(2019·金华模拟)在空间直角坐标系Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )A ．4B ．2C ．3D ．1答案 B解析 由已知平面OAB 的一条斜线的方向向量OP →＝(－1，3,2)，所以点P 到平面OAB 的距离d ＝|OP →|·|cos〈OP →，n 〉|＝|OP →·n ||n |＝|－2－6＋2|22＋－22＋1＝2.故选B. 5．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．答案 13解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，∴D 1C 1→＝(0,2,0)，设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1C 1→＝x ，y ，z ·－1，2，0＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝x ，y ，z ·0，2，－1＝2y －z ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13.即直线D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为13.核心考向突破考向一 利用空间向量证明平行、垂直例1 (2019·南京模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 所成的角为30°.求证：(1)CM ∥平面PAD ； (2)平面PAB ⊥平面PAD .证明 以点C 为坐标原点，分别以CB ，CD ，CP 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角． ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32.(1)设n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0.令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →.又CM ⊄平面PAD ，∴CM ∥平面PAD . (2)如图，取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)． ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥PA .又BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA .又PA ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面PAD . 又BE ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD . 触类旁通证明平行、垂直问题的思路(1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．3其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可.即时训练 1.(2019·广东深圳模拟)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 和侧面AA 1B 1B 都是正方形且互相垂直，M 为AA 1的中点，N 为BC 1的中点．求证：(1)MN ∥平面A 1B 1C 1； (2)平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C .证明 由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设正方形AA 1C 1C 的边长为2，则A (0,0,0)，A 1(2,0,0)，B (0,2,0)，B 1(2,2,0)，C (0,0,2)，C 1(2,0,2)，M (1,0,0)，N (1,1,1)．(1)因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1.因为AA 1→＝(2,0,0)，MN →＝(0,1,1)，所以MN →·AA 1→＝0，即MN →⊥AA 1→.MN ⊄平面A 1B 1C 1，故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．因为MB →＝(－1,2,0)，MC 1→＝(1,0,2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MB →＝0，n 1·MC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2y 1＝0，x 1＋2z 1＝0，，令x 1＝2，则平面MBC 1的一个法向量为n 1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)．因为n 1·n 2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n 1⊥n 2，所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C . 考向二 利用空间向量求空间角角度1 求异面直线所成的角例2 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. 触类旁通由于异面直线所成的角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，利用向量的数量积所求的两个向量的夹角有可能是钝角，为此取向量夹角余弦值的绝对值作为异面直线的夹角的余弦值，即若AB ，CD 为异面直线，所成角为θ，则cos θ＝|AB →·CD →||AB →||CD →|.即时训练 2.(2017·江苏高考)如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值；(2)求二面角B －A 1D －A 的正弦值．解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA →1}为正交基底， 建立空间直角坐标系Axyz.因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°，则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B →＝(3，－1，－3)，AC 1→＝(3，1，3)， 则cos 〈A 1B →，AC 1→〉＝A 1B →·AC 1→|A 1B →||AC 1→|＝3，－1，－3·3，1，37＝－17，因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)平面A 1DA 的一个法向量为AE →＝(3，0,0)． 设平面BA 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·D B →＝0，n ·DA 1→＝0，得⎩⎨⎧3x －3y ＝0，－2y ＋3z ＝0，取x ＝3，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫3，1，233.cos 〈A E →，n 〉＝A E →·n |A E →||n |＝33× 3＋1＋43＝34.所以二面角B －A 1D －A 的正弦值为 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝74. 角度2 求直线与平面所成的角例3 (2018·浙江高考)如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(1)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．解 (1)证法一：由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB ，得AB 1＝A 1B 1＝22， 所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21.故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC ，得B 1C 1＝5， 由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，得AC ＝23，由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13，所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21，故AB 1⊥B 1C 1. 又A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.证法二：如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)．因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0,23，－3)，由AB 1→·A 1B 1→＝0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→＝0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1→＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0,0,2)． 设平面ABB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)．所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝3913.因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 触类旁通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.即时训练 3.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M 是AB 的中点．(1)证明：BC 1∥平面MCA 1；(2)若△BMC 是正三角形，且AB ＝BC 1，求直线AB 与平面MCA 1所成角的正弦值． 解 (1)证明：连接AC 1，设AC 1与A 1C 的交点为N ，则N 为AC 1的中点，连接MN ，又M 是AB 的中点，所以MN ∥BC 1.又MN ⊂平面MCA 1，BC 1⊄平面MCA 1，所以BC 1∥平面MCA 1.(2) 因为M 是AB 的中点，△BMC 是正三角形，所以∠ABC ＝60°，∠BAC ＝30°，∠ACB ＝90°，设BC ＝1，则AC ＝CC 1＝3，易知CC 1，CB ，CA 两两垂直，以C 为坐标原点，分别以CC 1，CB ，CA 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，B (0,1,0)，A (0,0，3)，A 1(3，0，3)，M ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，32，AB →＝(0,1，－3)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，CA 1→＝(3，0，3)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MCA 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·CM →＝0，n ·CA 1→＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧12y ＋32z ＝0，3x ＋3z ＝0，令z ＝－1，则n ＝(1，3，－1)为平面MCA 1的一个法向量，则|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||AB →||n |＝155，所以直线AB 与平面MCA 1所成角的正弦值为155.角度3 求二面角例4 (2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD ︵所在平面垂直，M 是CD ︵上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值． 解 (1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD . 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM . 因为M 为CD ︵上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC . 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC . (2)以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)． DA →是平面MCD 的法向量，因此，cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255，所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是255.触类旁通求二面角最常用的方法就是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是锐角还是钝角.即时训练 4.(2019·广西桂林模拟)如图，四棱锥F －ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，E ，G 分别是CD ，AF 的中点，AF ＝4, ∠FAE ＝∠BAE ，且二面角F －AE －B 的大小为90°.(1)求证：AE ⊥BG ；(2)求二面角B －AF －E 的余弦值．解 (1)证明：如图，作GO ⊥AE 于点O ，连接BO . ∵AG ＝AB ＝2，∠GAO ＝∠BAO ，AO ＝AO ， ∴△AOG ≌△AOB ，∴∠AOG ＝∠AOB ＝90°， 即GO ⊥AE ，BO ⊥AE .又GO ∩BO ＝O ， ∴AE ⊥平面OGB .又GB ⊂平面OGB ， ∴AE ⊥BG .(2) ∵平面AEF ⊥平面AEB ，平面AEF ∩平面AEB ＝AE ，GO ⊥AE ，∴GO ⊥平面AEB .以点O 为原点，OA ，OB ，OG 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Oxyz ，连接BE .∵S △ABE ＝12AB ·BC ＝12AE ·BO ，∴12×2×2＝12×5×BO ，∴BO ＝455. ∵△AOG ≌△AOB ，∴GO ＝BO ＝455，∴AO ＝AG 2－GO 2＝255.又∵在Rt △AEF 中，点G 为AF 的中点，且GO ⊥AE ， ∴点O 为AE 的中点，∴AO ＝EO . ∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－255，0，855，A ⎝⎛⎭⎪⎫255，0，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，455，0，G ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，455.∴FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫455，0，－855，BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫255，－455，0.设平面ABF 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·FA →＝0，m ·BA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧455x －855z ＝0，255x －455y ＝0.令y ＝1，得m ＝(2,1,1)．易知n ＝(0,1,0)为平面AEF 的一个法向量．设二面角B －AF －E 为θ，θ为锐角，则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝66，即二面角B －AF －E 的余弦值为66.考向三 利用空间向量求空间距离(视情况选学)例5 如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD .(1)证明：DC 1⊥BC ；(2)设AA 1＝2，A 1B 1的中点为P ，求点P 到平面BDC 1的距离． 解 (1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形． 由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC .DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD .又因为BC ⊂平面BCD ，所以DC 1⊥BC .(2)由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1A 1，所以CA ，CB ，CC 1两两垂直． 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .由题意知B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)，B 1(0，1,2)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，2，则BD →＝(1，－1，1)，DC 1→＝(－1，0,1)，PC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0. 设m ＝(x ，y ，z )是平面BDC 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·DC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，可取m ＝(1,2,1)．设点P 到平面BDC 1的距离为d ，则d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PC 1→·m |m |＝64.触类旁通求平面α外一点P 到平面α的距离的步骤(1)求平面α的法向量n .2在平面α内取一点A ，确定向量PA →的坐标. 3代入公式d ＝|n ·PA →||n |求解.即时训练 5.如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DE ＝2，M 为线段BF 的中点．(1)求M 到平面DEC 的距离及三棱锥M －CDE 的体积； (2)求证：DM ⊥平面ACE .解 (1)设AC ∩BD ＝O ，以O 为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (0，3，0)，D (－1,0,0)，E (－1,0,2)，M (1,0,1)， DE →＝(0,0,2)，DC →＝(1，3，0)，DM →＝(2,0,1)，∵DE →·DC →＝0， ∴DE ⊥DC ，∴S △DEC ＝12×DE ×DC ＝12×2×2＝2，设平面DEC 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝2z ＝0，n ·DC →＝x ＋3y ＝0，取x ＝3，得n ＝(3，－1,0)，∴M 到平面DEC 的距离h ＝|DM →·n ||n |＝233＋1＝3，∴三棱锥M －CDE 的体积V ＝13×S △CDE ×h ＝13×2×3＝233.(2)证明：A (0，－3，0)，AC →＝(0,23，0)，AE →＝(－1，3，2)， AC →·DM →＝0，AE →·DM →＝－2＋2＝0，∴AC ⊥DM ，AE ⊥DM ，∵AC ∩AE ＝A ，∴DM ⊥平面ACE .(2018·天津高考)如图，AD ∥BC 且AD ＝2BC ，AD ⊥CD ，EG ∥AD 且EG ＝AD ，CD ∥FG 且CD＝2FG ，DG ⊥平面ABCD ，DA ＝DC ＝DG ＝2.(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ； (2)求二面角E －BC －F 的正弦值；(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长． 易错分析 (1)不能灵活运用共线向量定理设出与动点M 相关的向量的坐标，导致变量较多，运算量过大而致误．(2)弄不清线面角与直线方向向量与平面的法向量夹角的关系致误．解 (1)证明：以D 为原点，以D A →，D C →，D G →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，如图所示，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 ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，1，N (1,0,2)． 则D C →＝(0,2,0)，D E →＝(2,0,2)． 设n 0＝(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 0·D C →＝0，n 0·D E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x ＋2z ＝0.不妨令z ＝－1，可得n 0＝(1,0，－1)． 因为M N →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，1，所以M N →·n 0＝0.因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE .(2)由题意可得B C →＝(－1,0,0)，B E →＝(1，－2,2)，C F →＝(0，－1,2)，设n ＝(x ，y ，z )为平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·B C →＝0，n ·B E →＝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 ·B C →＝0，m ·C F →＝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)设线段DP 的长h (h ∈[0,2])，则点P 的坐标为(0,0，h )，可得B P →＝(－1，－2，h )． 易知D C →＝(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量，故|cos 〈B P →，D C →〉|＝|B P →·D C →||B P →||D G →|＝2h 2＋5，由题意，可得2h 2＋5＝sin60°＝32，解得h ＝33∈[0,2]，所以线段DP 的长为33. 答题启示对于点的探究型问题，要善于根据点的位置结合向量的有关定理灵活设出未知量，尽量使未知量个数最少．对点训练如图，底面ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝26，DE ＝3 6.(1)求证：平面ACE ⊥平面BED ；(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；(3)在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M －BE －D 的大小为60°？若存在，求出AMAF的值；若不存在，说明理由．解 (1)证明：因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊂平面ADEF ，DE ⊥AD ，所以DE ⊥平面ABCD .因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC .又因为四边形ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .因为DE ∩BD ＝D ，DE ⊂平面BED ，BD ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED .又因为AC ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面BED .(2) 因为DA ，DC ，DE 两两垂直，所以以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz ，如图所示．则A (3,0,0)，F (3,0,26)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，CA →＝(3，－3,0)，BE →＝(－3，－3，36)，EF →＝(3,0，－6)．设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝－3x －3y ＋36z ＝0，n ·EF →＝3x －6z ＝0，取x ＝6，得n ＝(6，26，3)．所以cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n |＝－3632×39＝－1313.所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为1313. (3)假设存在点M 在线段AF 上，设M (3,0，t )， 0≤t ≤26，则BM →＝(0，－3，t )，BE →＝(－3，－3,36)． 设平面MBE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BM →＝－3y 1＋tz 1＝0，m ·BE →＝－3x 1－3y 1＋36z 1＝0，令y 1＝t ，得m ＝(36－t ，t,3)． 所以|cos 〈m ，CA →〉|＝|m ·CA →||m ||CA →|＝|96－6t |32×36－t 2＋t 2＋9＝12， 整理得2t 2－66t ＋15＝0，解得t ＝62或t ＝562(舍去)，故在线段AF 上存在点M ，使得二面角M －BE －D 的大小为60°，此时AM AF ＝14.。
2020高考数学大一轮复习第八章立体几何7第7讲立体几何中的向量方法课件理
如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA⊥底面 ABC， ∠BAC＝90°.点 D，E，N 分别为棱 PA，PC， BC 的中点，M 是线段 AD 的中点，PA＝AC ＝4，AB＝2. (1)求证：MN∥平面 BDE； (2)已知点 H 在棱 PA 上，且直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦 值为217，求线段 AH 的长．
因为 BD⊄平面 EFC，EF⊂平面 EFC， 所以 BD∥平面 EFC. 又 MN∩BD＝N，所以平面 BDM∥平面 EFC.
(2)因为 DE⊥平面 ABCD，四边形 ABCD 是正方形， 所以 DA，DC，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系 D-xyz. 设 AB＝2，则 DE＝4，从而 D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0， 2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)， 所以D→B＝(2，2，0)，D→M＝(1，0，2)， 设平面 BDM 的法向量为 n＝(x，y，z)，
2y－4z＝0，Biblioteka 即 25x＋y－2z＝0，
可取 n＝(0，2，1)．
于是|cos
〈n，A→N〉|＝
→ |n·A→N|＝8255，则直线
AN
与平面
PMN
|n||AN|
所成角的正弦值为8255.
二面角(师生共研)
(2019·高 考 全 国 卷 Ⅰ) 如 图 ， 直 四 棱 柱 ABCD－A1B1C1D1 的底面是菱形，AA1＝4，AB ＝2，∠BAD＝60°，E，M，N 分别是 BC，BB1， A1D 的中点. (1)证明：MN∥平面 C1DE； (2)求二面角 A-MA1N 的正弦值．
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( )
2020版高考数学北师大版(理)一轮复习：8.7 空间几何中的向量方法
考点一
考点二
考点三
考点四
-22-
(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).
因为������������ =(-1,2,0),������������1 =(1,0,2), 所以 ������1·������������ = 0,
������1·������������1 = 0, 即 -������1 + 2������1 = 0,
考点一
考点二
考点三
考点四
思考用向量方法证明平行和垂直有哪些基本方法? 解题心得1.用向量证明平行的方法 (1)线线平行:证明两直线的方向向量共线.
(2)线面平行:①证明直线的方向向量与平面的某一法向量垂直; ②证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行.
(3)面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量;②转化为线面
(2)若 l1⊥l2,则e1⊥e2⇔ e1·e2=0 ⇔ a1a2+b1b2+c1c2=0 .
(3)若l1∥α,则e1⊥n1⇔e1·n1=0⇔ a1x1+b1y1+c1z1=0
.
(4)若l1⊥α,则e1∥n1⇔e1=kn1⇔ a1=kx1,b1=ky1,c1=kz1 .
(5)若α∥β,则n1∥n2⇔n1=kn2⇔ x1=kx2,y1=ky2,z1=kz2
令 y=2,得 n=(-√3,2,1).
∵n·������������=-√3 × √23+2×0+1×32=0, ∴n⊥������������. 又 CM⊈平面 PAD,∴CM∥平面 PAD.
考点一
考点二
考点三
考点四
2020版高考数学(理)新精准大一轮课标通用版：第八章+7+第7讲 立体几何中的向量方法+Word版含解析
[基础题组练]1.将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC ︵长为2π3，A 1B 1︵长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．则异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为( )A.π6B.π4C.π3D.π2解析：选B.以O 为坐标原点建系如图，则A (0，1，0)，A 1(0，1，1)，B 1⎝⎛⎭⎫32，12，1，C⎝⎛⎭⎫32，－12，0. 所以AA 1→＝(0，0，1)，B 1C →＝(0，－1，－1)， 所以cos 〈AA 1→，B 1C →〉＝AA 1→·B 1C →|AA 1→||B 1C →|＝0×0＋0×（－1）＋1×（－1）1×02＋（－1）2＋（－1）2＝－22，所以〈AA 1→，B 1C →〉＝3π4，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.故选B.2．如图，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B.277C.33D.24解析：选A.如图，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C 1(0，3，1)，D 1(0，0，1)，E (1，1，0)，C (0，3，0)，所以DC 1→＝(0，3，1)，D 1E →＝(1，1，－1)，D 1C →＝(0，3，－1)．设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·D 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝3y ，取y ＝1，得n ＝(2，1，3)．因为cos 〈DC 1→，n 〉＝DC 1→·n |DC 1→|·|n |＝（0，3，1）·（2，1，3）10×14＝33535，所以DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535，故选A.3．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.12B.23C.33D.22解析：选B.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)， 所以A 1D →＝(0，1，－1)， A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D →＝0，n 1·A 1E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.4．如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________．解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1(0，3，2)，F (1，0，1)， E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0，0，2)， B 1F →＝(1，－3，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF →＝(1，0，－1)．设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n ＝0，GF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝(1，3，1)为平面GEF 的一个法向量， 所以|cos 〈n ，B 1F →〉|＝|1－3－1|5×5＝35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.答案：355．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：如图，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 ， 所以Rt △EAB ≌Rt △ECB ，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 ， 所以EG ⊥平面AFC . 因为EG ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G -xyz .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. 6．(2019·南宁模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PD ⊥平面ABCD ，PD ＝AD ＝3，PM ＝2MD ，AN ＝2NB ，∠DAB ＝60°.(1)求证：直线AM ∥平面PNC ； (2)求二面角D -PC -N 的余弦值．解：(1)证明：如图，在PC 上取一点F ，使PF ＝2FC ，连接MF ，NF ，因为PM ＝2MD ，AN ＝2NB ，PF ＝2FC ，所以MF ∥DC ，MF ＝23DC ，AN ∥DC ，AN ＝23AB ＝23DC ，所以MF ∥AN ，MF ＝AN ， 所以四边形MFNA 为平行四边形． 所以AM ∥FN .又FN ⊂平面PNC ，AM ⊄平面PNC ， 所以直线AM ∥平面PNC .(2)取AB 中点E ，连接DE ，PE ，因为底面ABCD 是菱形，∠DAB ＝60°，所以∠AED ＝90°.因为AB ∥CD ，所以∠EDC ＝90°，即CD ⊥DE . 又PD ⊥平面ABCD ，所以CD ⊥PD . 又DE ∩PD ＝D ，所以直线CD ⊥平面PDE .故DP ，DE ，DC 两两相互垂直，以D 为原点，分别以DE ，DC ，DP 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P (0，0，3)，N ⎝⎛⎭⎫332，12，0，C (0，3，0)，A (332，－32，0)，B ⎝⎛⎭⎫332，32，0，D (0，0，0)，PC →＝(0，3，－3)，NC →＝⎝⎛⎭⎫－332，52，0，易知平面PDC 的一个法向量m ＝(1，0，0)． 设平面PNC 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·NC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3y 1－3z 1＝0，－332x 1＋52y 1＝0， 取n ＝(5，33，33)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝579＝57979.故二面角D -PC -N 的余弦值为57979.7．如图(1)，在△MBC 中，MA 是BC 边上的高，MA ＝3，AC ＝4.如图(2)，将△MBC 沿MA 进行翻折，使得二面角B -MA -C 为90°，再过点B 作BD ∥AC ，连接AD ，CD ，MD ，且AD ＝23，∠CAD ＝30°.(1)求证：CD ⊥平面MAD ；(2)在线段MD 上取一点E 使ME →＝13MD →，求直线AE 与平面MBD 所成角的正弦值．解：(1)证明：在△ADC 中，AC ＝4，AD ＝23，∠CAD ＝30°，利用余弦定理可得CD ＝2，所以CD 2＋AD 2＝AC 2，所以∠ADC ＝90°，即CD ⊥AD .因为MA ⊥AB ，MA ⊥AC ，AB ∩AC ＝A ，故MA ⊥平面ABDC .因为CD ⊂平面ABDC ，所以CD ⊥MA .又AD ∩MA ＝A ，所以CD ⊥平面MAD .(2)由题意可知，AM ，AB ，AC 两两垂直，∠BAD ＝60°.如图，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AM 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (3，0，0)，D (3，3，0)，M (0，0，3)，MB →＝(3，0，－3)，BD →＝(0，3，0)．设E (x 0，y 0，z 0)，由ME →＝13MD →，得(x 0，y 0，z 0－3)＝13(3，3，－3)，得x 0＝33，y 0＝1，z 0＝2， 所以AE →＝⎝⎛⎭⎫33，1，2.设平面MBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ⊥MB →，n ⊥BD →，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·MB →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x －3z ＝0，3y ＝0，令x ＝3，得其中一个法向量n ＝(3，0，1)． 设直线AE 与平面MBD 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n ||AE →|＝338. [综合题组练]1．(应用型)(2019·唐山模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ，E 是PB 的中点．(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：(1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以PC ⊥AC . 因为AB ＝2AD ＝2CD ， 所以AC ＝BC ＝2AD ＝2CD ， 所以AC 2＋BC 2＝AB 2， 故AC ⊥BC .又BC ∩PC ＝C ，所以AC ⊥平面PBC . 因为AC ⊂平面EAC ， 所以平面EAC ⊥平面PBC .(2)如图，以C 为原点，CB →，CA →，CP →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，并设CB ＝2，CP ＝2a (a >0)．则C (0，0，0)，A (0，2，0)，B (2，0，0)，P (0，0，2a )，则E (1，0，a )，CA →＝(0，2，0)，CP →＝(0，0，2a )，CE →＝(1，0，a )， 易知m ＝(1，0，0)为平面P AC 的一个法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋az ＝0，y ＝0，取x ＝a ， 则z ＝－1，n ＝(a ，0，－1)． 依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝aa 2＋1＝63，则a ＝ 2. 于是n ＝(2，0，－1)，P A →＝(0，2，－22)． 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 |＝23，即直线P A与平面EAC所成角的正弦值为23.2．(应用型)(2019·昆明调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.平面P AD⊥平面ABCD，P A＝PD，点E在PC上，DE⊥平面P AC.(1)证明：P A⊥平面PCD；(2)设AD＝2，若平面PBC与平面P AD所成的二面角为45°，求DE的长．解：(1)证明：由DE⊥平面P AC，得DE⊥P A，又平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，所以CD⊥平面P AD，所以CD⊥P A，又CD∩DE＝D，所以P A⊥平面PCD.(2)取AD的中点O，连接PO，因为P A＝PD，所以PO⊥AD，则PO⊥平面ABCD，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz，如图，由(1)得P A⊥PD，由AD＝2得P A＝PD＝2，OP＝1，设CD＝a，则P(0，0，1)，D(0，1，0)，C(a，1，0)，B(2a，－1，0)，则BC→＝(－a，2，0)，PC→＝(a，1，－1)，设m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·PC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2y ＝0，ax ＋y －z ＝0，令x ＝2，则y ＝a ，z ＝3a ，故m ＝(2，a ，3a )为平面PBC 的一个法向量， 由(1)知n ＝DC →＝(a ，0，0)为平面P AD 的一个法向量，由|cos 〈m ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a a 10a 2＋4＝22，解得a ＝105，即CD ＝105， 所以在Rt △PCD 中，PC ＝2155，由等面积法可得DE ＝CD ·PD PC ＝33.3．(应用型)(2019·郑州第一次质量预测)如图，在三棱锥P -ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，AB ＝6，BC ＝23，AC ＝26，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，PD ⊥AC .(1)求证：PD ⊥平面ABC ；(2)若直线P A 与平面ABC 所成的角为π4，求平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角．解：(1)证明：由题意知AC ＝26，BC ＝23，AB ＝6， 所以AC 2＋BC 2＝AB 2， 所以∠ACB ＝π2，所以cos ∠ABC ＝236＝33.又易知BD ＝2，所以CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8， 所以CD ＝22，又AD ＝4， 所以CD 2＋AD 2＝AC 2，所以CD ⊥AB .因为平面P AB ⊥平面ABC ，交线为AB ，所以CD ⊥平面P AB ，所以CD ⊥PD ，因为PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，所以PD ⊥平面ABC .(2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直，所以可建立如图所示的直角坐标系D -xyz ，因为直线P A 与平面ABC 所成的角为π4，即 ∠P AD ＝π4，所以PD ＝AD ＝4， 则A (0，－4，0)，C (22，0，0)，B (0，2，0)，P (0，0，4)，所以CB →＝(－22，2，0)，AC →＝(22，4，0)，P A →＝(0，－4，－4)．因为AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，所以DE ∥AC ，由(1)知AC ⊥BC ，所以DE ⊥BC ，又PD ⊥平面ABC ，所以PD ⊥BC ，因为PD ∩DE ＝D ，所以CB ⊥平面PDE ，所以CB →＝(－22，2，0)为平面PDE 的一个法向量．设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AC →，n ⊥P A →，所以⎩⎪⎨⎪⎧22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0，令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1， 所以n ＝(2，－1，1)为平面P AC 的一个法向量．所以cos〈n，CB→〉＝－4－24×12＝－32，所以平面P AC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为32，故平面P AC与平面PDE所成的锐二面角为30°.。
届数学一轮复习第八章立体几何第七节立体几何中的向量方法学案理含解析
第七节立体几何中的向量方法［最新考纲］［考情分析］［核心素养］1。
理解直线的方向向量与平面的法向量。
2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）。
4。
能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用。
主要通过空间角(异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角）的求法考查向量方法应用，多为解答题第2问，分值为12分.1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算‖知识梳理‖空间角的求法（1)求异面直线所成的角设a,b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π）错误!错误!求法cos β＝a·b|a｜｜b|cos θ＝｜cos β|＝｜a·b|｜a｜｜b｜►常用结论两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等,当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．(2）求直线与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n,直线l与平面α所成的角为θ,则sin θ＝错误!｜cos<a，n〉|＝错误!错误!．(3）求二面角的大小①如图①,AB，CD是二面角α－l－β的两条面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝错误!〈错误!，错误!>．②如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ｜＝错误!|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．►常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理cosθ＝cosθ1cos θ2如图，若OA为平面α的一条斜线,O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角,即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2。
2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何第7讲立体几何中的向量方法课件理新人教A版
6 4.
直线与平面所成的角 [典例引领]
(2018·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，以 DF 为折痕把△DFC 折起，使点 C 到达点 P 的位置，且 PF⊥BF. (1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值．
→
→
由 n1·DP＝0，n1·DB＝0 得
z1＝0， x1＋y1＝0，
令 x1＝1，得 n1＝(1，－1，0)．
设平面 PBC 的一个法向量为 n2＝(x2，y2，z2)，
→
→
由 n2·PC＝0，n2·BC
＝0 得y－2－x2z＝2＝0，0，
令 y2＝1 得 n2＝(0，1，1)．
的法向量．
设
DP
与平面
ABFD
所成角为
θ，则
sinθ＝
→→ HP·DP →→
＝
|HP||DP|
3 4＝ 3
3 4.
所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 43.
利用向量求线面角的方法 (1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化 为求两个方向向量的夹角(或其补角)． (2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法 向量所夹的锐角，取其余角就是斜线与平面所成的角．
第八章 立体几何
第 7 讲 立体几何中的向量方法
1．空间向量与空间角的关系
(1)两条异面直线所成角的求法(a，b 分别为 l1，l2 的方向向量)
a 与 b 的夹角 β
l1 与 l2 所成的角 θ
范围
(0，π)
__0_，__π2___
求法
cos β＝|aa|·|bb|
2020版高考数学大一轮复习第八章立体几何第7讲立体几何中的向量方法分层演练理(含解析)新人教A版
第7讲 立体几何中的向量方法1.将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC ︵长为2π3，A 1B 1︵长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．则异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3 D.π2解析：选B.以O 为坐标原点建系如图，则A (0，1，0)，A 1(0，1，1)，B 1⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0.所以AA 1→＝(0，0，1)，B 1C →＝(0，－1，－1)， 所以cos 〈AA 1→，B 1C →〉＝AA 1→·B 1C→|AA 1→||B 1C →|＝0×0＋0×（－1）＋1×（－1）1×02＋（－1）2＋（－1）2＝－22， 所以〈AA 1→，B 1C →〉＝3π4，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.故选B.2．在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( ) A. 3 B.22 C.2λ3 D.55解析：选D.如图所示，以射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则G (1，λ，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D 1(0，0，1)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，GE →＝(0，－λ，－12)，EF →＝(0，1，0)，ED 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，12.过点G 向平面D 1EF 作垂线，垂足为H ，由于点H 在平面D 1EF 内，故存在实数x ，y ，使GH →＝GE →＋xEF →＋yED 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ， 由于GH ⊥EF ，GH ⊥ED 1，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·（0，1，0）＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，12＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ，y ＝15，故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－15，0，－25，所以|GH →|＝55，即点G 到平面D 1EF 的距离是55.3．(2019·湖南五市十校联考)有公共边的等边三角形ABC 和BCD 所在平面互相垂直，则异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为________．解析：设等边三角形ABC 的边长为2.取BC 的中点O ，连接OA 、OD ，因为等边三角形ABC 和BCD 所在平面互相垂直，所以OA ，OC ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0，0，3)，B (0，－1，0)，C (0，1，0)，D (3，0，0)．所以AB →＝(0，－1，－3)，CD →＝(3，－1，0)， 所以cos 〈AB →，CD →〉＝AB →·CD →|AB →||CD →|＝12×2＝14，所以异面直线AB 和CD 所成角的余弦值为14.答案：144．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，所以A 1(1，0，1)，B (1，2，0)，C 1(0，2，1)，D 1(0，0，1)． 所以A 1C 1→＝(－1，2，0)，BC 1→＝(－1，0，1)，D 1C 1→＝(0，2，0)，设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1→·n ＝0，BC 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝2，则y ＝1，z ＝2，则n ＝(2，1，2)． 又设D 1C 1与平面A 1BC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |＝22×3＝13.答案：135．已知单位正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求： (1)AD 1与EF 所成角的大小； (2)AF 与平面BEB 1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A (1，0，1)，B (0，0，1)，D 1(1，1，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，F (12，1，0)．(1)因为AD 1→＝(0，1，－1)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，所以cos 〈AD 1→，EF →〉＝（0，1，－1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，02×22＝12，即AD 1与EF 所成的角为60°.(2)FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1，由图可得，BA →＝(1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，FA →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（1，0，0）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，11×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋（－1）2＋12＝13，所以cos θ＝223.即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223.6.(2017·高考全国卷Ⅲ)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：(1)证明：由题设可得，△ABD ≌△CBD ，从而AD ＝DC . 又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝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 ，OD 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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12.故AD →＝(－1，0，1)，AC →＝(－2，0，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，12.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.同理可取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77.7.(2017·高考山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是DF ︵的中点．(1)设P 是CE ︵上的一点，且AP ⊥BE ，求∠CBP 的大小； (2)当AB ＝3，AD ＝2时，求二面角E AG C 的大小． 解：(1)因为AP ⊥BE ，AB ⊥BE ，AB ，AP ⊂平面ABP ，AB ∩AP ＝A ，所以BE ⊥平面ABP ，又BP ⊂平面ABP ，所以BE ⊥BP ，又∠EBC ＝120°，因此∠CBP ＝30°. (2)法一：取EC ︵的中点H ，连接EH ，GH ，CH .因为∠EBC ＝120°，所以四边形BEHC 为菱形，所以AE ＝GE ＝AC ＝GC ＝32＋22＝13. 取AG 中点M ，连接EM ，CM ，EC ， 则EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以∠EMC 为所求二面角的平面角． 又AM ＝1，所以EM ＝CM ＝13－1＝2 3. 在△BEC 中，由于∠EBC ＝120°，由余弦定理得EC 2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12， 所以EC ＝23，因此△EMC 为等边三角形， 故所求的角为60°.法二：以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0，0，3)，E (2，0，0)，G (1，3，3)，C (－1，3，0)，故AE →＝(2，0，－3)，AG →＝(1，3，0)，CG →＝(2，0，3)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AG →＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0，n ·CG →＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12. 因此所求的角为60°.8．(2019·河南名校联考)如图(1)，在△MBC 中，MA 是BC 边上的高，MA ＝3，AC ＝4.如图(2)，将△MBC 沿MA 进行翻折，使得二面角B MA C 为90°，再过点B 作BD ∥AC ，连接AD ，CD ，MD ，且AD ＝23，∠CAD ＝30°.(1)求证：CD ⊥平面MAD ；(2)在线段MD 上取一点E 使ME →＝13MD →，求直线AE 与平面MBD 所成角的正弦值．解：(1)证明：在△ADC 中，AC ＝4，AD ＝23，∠CAD ＝30°，利用余弦定理可得CD ＝2，所以CD 2＋AD 2＝AC 2，所以∠ADC ＝90°，即CD ⊥AD .因为MA ⊥AB ，MA ⊥AC ，AB ∩AC ＝A ，故MA ⊥平面ABDC .因为CD ⊂平面ABDC ，所以CD ⊥MA . 又AD ∩MA ＝A ，所以CD ⊥平面MAD .(2)由题意可知，AM 、AB 、AC 两两垂直，∠BAD ＝60°.如图，以A 为坐标原点，AB 、AC 、AM 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (3，0，0)，D (3，3，0)，M (0，0，3)，MB →＝(3，0，－3)，BD →＝(0，3，0)．设E (x 0，y 0，z 0)，由ME →＝13MD →，得(x 0，y 0，z 0－3)＝13(3，3，－3)，得x 0＝33，y 0＝1，z 0＝2， 所以AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，2.设平面MBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ⊥MB →，n ⊥BD →，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·MB →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －3z ＝0，3y ＝0，令x ＝3，得n ＝(3，0，1)． 设直线AE 与平面MBD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n ||AE →|＝338.1．(2019·浙江省名校协作体高三联考)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，所以AB ＝2， 所以AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3， 所以AB 2＝AC 2＋BC 2，所以BC ⊥AC ，因为平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ， 所以BC ⊥平面ACFE .(2)如图所示，由(1)可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，M (λ，0，1)，所以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 →＝0n 1·BM →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)，因为n 2＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量， 所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋（3－λ）2×1 ＝1（λ－3）2＋4， 因为0≤λ≤3，所以当λ＝0时，cos θ有最小值77， 当λ＝3时，cos θ有最大值12，所以cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤77，12.2．(2019·湖南省五市十校联考)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 ，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)，PD →＝(0，22，－2)，AC →＝(22，22，0)．设PM →＝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 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0n ·AM →＝0，得⎩⎨⎧22x ＋22y ＝022ty ＋（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＝cos 45°＝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)，BM →＝(－22，32，1)． 设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n 0，BM →〉|＝|n 0·BM →||n 0||BM →|＝269.。
【新高考】高三数学一轮基础复习讲义：第八章 8.7立体几何中向量方法-(学生版+教师版)
立体几何中向量方法1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)平面的单位法向量是唯一确定的．( ) (2)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( ) (3)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( )(4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( )(5)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．( )(6)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( )2、已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A ．(－1,1,1)B ．(1，－1,1)C ．(－33，－33，－33) D ．(33，33，－33) 3、如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( ) A.55 B.53 C.56D.544、设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________．5、如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________． 题型一 利用空间向量证明平行问题例1如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 【同步练习】1、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 . 题型二 利用空间向量证明垂直问题例2 如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角．求证： (1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C . 【同步练习】1、如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点． (1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PDC .1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0. 2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(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v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(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u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2. 3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 4．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围(0，π2][0，π]求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b|a ||b |5.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |. 6．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．题型三 利用空间向量求空间角命题点1 求直线和平面所成的角例3 如图1，在Rt △ACB 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2. (1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 上的点，试确定点M 的位置，使得直线CM 与平面A 1BE 所成角的正弦值为51428.命题点2 求二面角例4 已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角的正切值为________． 【同步练习】1、如图，四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点． (1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．2、如图1所示，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所示． (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；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论． 一、证明垂直问题的方法重点题型训练(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可． 二、利用向量法求空间角的方法(1)先求出直线的方向向量和平面的法向量，将求空间角转化为求两个向量的夹角．(2)利用数量积求向量的夹角，然后根据和所求角的关系得到空间角，但要注意所求角的大小． 1．若平面α，β的法向量分别是n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上答案均不正确2．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A ．P (2,3,3) B ．P (－2,0,1) C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内4．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．65．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内6．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.227．已知平面α内的三点A (0，0，1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是_______________．8．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．9.如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．*10.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)．若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________．11．如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且 AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证： (1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .12．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．*13.如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，点P 是CD 上的一点，PC ＝λPD . (1)若A 1C ⊥平面PBC 1，求λ的值；(2)设λ1＝1，λ2＝3所对应的点P 为P 1，P 2，二面角P 1—BC 1—P 2的大小为θ，求cos θ的值．立体几何中向量方法1、判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)平面的单位法向量是唯一确定的．( × ) (2)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( √ ) (3)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( √ )(4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × )(5)两异面直线夹角的范围是(0，π2]，直线与平面所成角的范围是[0，π2]，二面角的范围是[0，π]．( √ )(6)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )2、已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A ．(－1,1,1)B ．(1，－1,1)C ．(－33，－33，－33) D ．(33，33，－33) 答案 C解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .故选C.3、如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( ) A.55B.53C.56D.54答案 A解析 设CA ＝2，则C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,0,1)，C 1(0,2,0)，B 1(0,2,1)，可得向量AB 1→＝(－2,2,1)，BC 1→＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A. 4、设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________． 答案 α⊥β α∥β解析 当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.5、如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________．答案 垂直解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0， ∴ON 与AM 垂直． 无题型一 利用空间向量证明平行问题例1如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG . 证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形， △P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ， 则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1，2,0)． ∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)， 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面． ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC . 【同步练习】1、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 如图所示，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． 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)，DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)．设平面A 1BD 的法向量为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. 所以n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0，所以MN →⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD . 题型二 利用空间向量证明垂直问题例2 如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明 (1)∵二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面BAC .又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ，∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)，∴A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)．设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n .∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)．∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .【同步练习】1、如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点． (1)求证：EF ∥平面P AD ；(2)求证：平面P AB ⊥平面PDC .证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB .又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD .因为P A ＝PD ＝22AD ，所以P A ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2. 以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (a 2，0,0)，F (0，a 2，0)，D (－a 2，0,0)，P (0,0，a 2)，B (a 2，a,0)，C (－a 2，a,0)． 因为E 为PC 的中点，所以E (－a 4，a 2，a 4)．易知平面P AD 的一个法向量为OF →＝(0，a 2，0)， 因为EF →＝(a 4，0，－a 4)， 且OF →·EF →＝(0，a 2，0)·(a 4，0，－a 4)＝0， 所以OF ⊥EF ，又因为EF ⊄平面P AD ，所以EF ∥平面P AD .(2)因为P A →＝(a 2，0，－a 2)，CD →＝(0，－a,0)， 所以P A →·CD →＝(a 2，0，－a 2)·(0，－a,0)＝0， 所以P A ⊥CD .又P A ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，PD ⊂平面PDC ，CD ⊂平面PDC ，所以P A ⊥平面PDC .又P A ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面PDC .1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0. 2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(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v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(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u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.4．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θ a 与b 的夹角β 范围 (0，π2] [0，π] 求法cos θ＝|a ·b ||a ||b | cos β＝a ·b |a ||b | 5.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |. 6．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．题型三 利用空间向量求空间角命题点1 求直线和平面所成的角例3 如图1，在Rt △ACB 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C ⊥CD ，如图2.(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)若M 是A 1D 上的点，试确定点M 的位置，使得直线CM 与平面A 1BE 所成角的正弦值为51428. (1)证明 因为∠C ＝90°，DE ∥BC ，所以BC ⊥CD ，BC ⊥A 1D ，因为CD ∩A 1D ＝D ，CD ⊂平面A 1CD ，A 1D ⊂平面A 1CD ，所以BC ⊥平面A 1CD ，因为A 1C ⊂平面A 1CD ，所以BC ⊥A 1C ，DE ⊥A 1C ，又A 1C ⊥CD ，CD ∩BC ＝C ，CD ∩DE ＝D ，DE ∥BC ，所以A 1C ⊥平面BCDE .(2)解 以C 为原点，以CB ，CD ，CA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系(图略)，因为AD AC ＝DE CB，所以AD ＝4，CD ＝2，A 1C ＝23， 所以A 1(0,0,23)，B (3,0,0)，E (2,2,0)，D (0,2,0)，A 1E →＝(2,2，－23)，BE →＝(－1,2,0)，DA 1→＝(0，－2,23)．设M 点的坐标为(0，y 0，z 0)，DM →＝λDA 1→，则⎩⎨⎧ y 0－2＝－2λ，z 0＝23λ，所以CM →＝(0,2－2λ，23λ)， 设平面A 1BE 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧2x ＋2y －23z ＝0，－x ＋2y ＝0， 令x ＝2，则y ＝1，z ＝3，即n ＝(2,1，3)．设直线CM 与平面A 1BE 所成角为θ，则sin θ＝|2－2λ＋6λ|(2－2λ)2＋12λ2·12＋22＋3＝51428， 即|2＋4λ|16λ2－8λ＋4＝57，解得λ＝34或13， 所以M 为线段A 1D (靠近点A 1)四分之一处的点或三分之二处的点．命题点2 求二面角例4 已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角的正切值为________．答案 23 解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ， 设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E (1,1，13)，F (0,1，23)，AE →＝(0,1，13)，AF →＝(－1,1，23)，设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，平面AEF 与平面ABCD 所成的二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎨⎧ y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，则z ＝－3，x ＝－1，即n ＝(－1,1，－3)，取平面ABCD 的法向量为m ＝(0,0，－1)，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23. 【同步练习】1、如图，四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面P AB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．(1)证明 由已知得AM ＝23AD ＝2. 取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2. 又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT .因为AT ⊂平面P AB ，MN ⊄平面P AB ，所以MN ∥平面P AB .(2)解 取BC 的中点E ，连接AE .由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝⎛⎭⎫BC 22＝ 5. 以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，－2，AN →＝⎝⎛⎭⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)． 于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525. 设AN 与平面PMN 所成的角为θ，则sin θ＝8525， ∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8525. 2、如图1所示，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所示．(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；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论．规范解答解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：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分](2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)，[3分]易知平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →|·|n |＝217， ∴二面角E －DF －C 的余弦值为217.[8分] (3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →＝3y －2＝0，∴y ＝233. 又BP →＝(x －2，y,0)，PC →＝(－x,23－y,0)，∵BP →∥PC →，∴(x －2)(23－y )＝－xy ，∴3x ＋y ＝2 3.[10分] 把y ＝233代入上式得x ＝43，∴P (43，233，0)， ∴BP →＝13BC →， ∴在线段BC 上存在点P (43，233，0)，使AP ⊥DE .[14分] 一、证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．二、利用向量法求空间角的方法(1)先求出直线的方向向量和平面的法向量，将求空间角转化为求两个向量的夹角．(2)利用数量积求向量的夹角，然后根据和所求角的关系得到空间角，但要注意所求角的大小．1．若平面α，β的法向量分别是n 1＝(2，－3,5)，n 2＝(－3,1，－4)，则( )A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交但不垂直D ．以上答案均不正确 答案 C解析 ∵n 1·n 2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0，∴n 1与n 2不垂直，且不共线．∴α与β相交但不垂直．2．已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4) 答案 A解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内． 3．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内答案 D解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面，∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内．4．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C解析 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.5．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．斜交 B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内 答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3， 则M (a ，2a 3，a 3)，N (2a 3，2a 3，a )，MN →＝(－a 3，0，2a 3)． 又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量．因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C .6．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.12B.23C.33D.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Axyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，D (0,1,0)， ∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝(1,0，－12)． 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧ A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.即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. 7．已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是_______________．答案 α∥β解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ，由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1，∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.8．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确．又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确．∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)，∴BD →与AP →不平行，故④错误．9.如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．答案 1解析 以D 1为原点，D 1A 1，D 1C 1，D 1D 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，∴FB →＝(1,1，y )，∵B 1E ⊥平面ABF ，∴FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.*10.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周)．若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________．答案 72解析 由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示．则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，S (0,0，3)，M (0,0，32)，设P (x ，y,0)， ∴AM →＝(0,1，32)，MP →＝(x ，y ，－32)，即y ＝34， ∴点P 的轨迹方程为y ＝34. 根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为2 1－(34)2＝72. 11．如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系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)．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 ∩EF ＝F ，AF ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，∴B 1F ⊥平面AEF .12．在平面四边形ABCD 中，AB ＝BD ＝CD ＝1，AB ⊥BD ，CD ⊥BD .将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证：AB ⊥CD ；(2)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．(1)证明 ∵平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，AB ⊂平面ABD ，AB ⊥BD ，∴AB ⊥平面BCD .又CD ⊂平面BCD ，∴AB ⊥CD .(2)解 过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD ，如图所示．由(1)知AB ⊥平面BCD ，BE ⊂平面BCD ，BD ⊂平面BCD .∴AB ⊥BE ，AB ⊥BD .以B 为坐标原点，分别以BE →，BD →，BA →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，得B (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，A (0,0,1)，M (0，12，12)， 则BC →＝(1,1,0)，BM →＝(0，12，12)，AD →＝(0,1，－1)． 设平面MBC 的法向量n ＝(x 0，y 0，z 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＋y 0＝0，12y 0＋12z 0＝0， 取z 0＝1，得平面MBC 的一个法向量n ＝(1，－1,1)． 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →||n ||AD →|＝63， 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为63. *13.如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，点P 是CD 上的一点，PC ＝λPD .(1)若A 1C ⊥平面PBC 1，求λ的值；(2)设λ1＝1，λ2＝3所对应的点P 为P 1，P 2，二面角P 1—BC 1—P 2的大小为θ，求cos θ的值． 解 方法一 (1)∵A 1C ⊥BC 1，若A 1C ⊥PB ，则A 1C ⊥平面PBC 1，只需A 1C ⊥PB 即可，在矩形ABCD 中，CP BC ＝BC AB ，解得CP ＝12，PD ＝32，λ＝13. (2)过点C 作CH ⊥BC 1交BC 1于点H ，连接P 1H ，P 2H (图略)，则∠P 1HP 2就是所求二面角的一个平面角θ.∵P 1C ＝1，P 2C ＝32，CH ＝22， ∴tan ∠P 1HC ＝2，tan ∠P 2HC ＝32， tan θ＝tan(∠P 2HC －∠P 1HC )＝28， 所求余弦值为46633. 方法二 (1)建立如图所示空间直角坐标系Oxyz ，则B (1,2,0)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，C (0,2,0)，设P (0，21＋λ，0)， 则A 1C →＝(－1,2，－1)，BC 1→＝(－1,0,1)，BP →＝(－1，21＋λ－2,0)， 若A 1C ⊥平面PBC 1，则⎩⎪⎨⎪⎧ A 1C →·BP →＝0，A 1C →·BC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋41＋λ－4＝0，1＋0－1＝0，解得λ＝13. (2)由P 1(0,1,0)，P 2(0，12，0)， 得BP 1→＝(－1，－1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)，BP 2→＝(－1，－32，0)． 设平面BC 1P 1与平面BC 1P 2的法向量分别是n 1，n 2，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BP 1→＝0，n 1·BC 1→＝0，得n 1＝(1，－1,1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·BP 2→＝0，n 2·BC 1→＝0，得n 2＝(3，－2,3)， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝4233＝46633.。
人教课标A高考一轮复习精品课件8.7立体几何中的向量方法
§8.7立体几何中的向量方法基础知识自主学习要点梳理1.直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一___ 向量作为它的方向向量.(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a,b是平面Q内两不共线向量，n为平面a的法向量，则求法向量的方程组为2 •空间向量与空间角的关系(1)设异面直线I], 12的方向向量分别为rri], m2,贝叫与I2所成的角疗满足____________ ・(2)设直线I的方向向量和平面a齢罢筒翻射％m2 为则直线I与平面a所成角疗满足(3)求二面角的大小①妬囹①卩馳(咤抄是土面角a—1—5的两个面内与棱I垂直的直线，则二面角的大小沪_______个半平面CG &的法向量，则二面角的大小疗满足cos i7= _______________________________cos〈rip nQ 或-cos〈n】，n»八刀第八匚—g/rjy M j r z J3.点面距的求法如图，设AB为平面G的一条斜线段,法向量，贝怕到平面Q的距离d 二n为平面a的______ ・I AB F II n I基础自测1.若直线I】, I?的方向向量分别为a二(2, 4, -4), b= (-6, 9, 6)，则()BA.I］〃l2B. I】丄°c・I］与12相交但不垂直 D.以上均不正确解析Ta • b=-12+36-24=0, .・・a丄b,•I I］丄丨2・2•已知平面a 内有一个点M (1, -1, 2),平面a的一个法向量是n 二(6, -3,6),则下列点P 中)B. 鸟(-2, 0, 1)D. P (3, -3, 4)・・・n 丄,在选项A 中， 二(1, 4, 1),.•.n • =0. 在平面a 内的是( A. P (2, 3, 3) C. P (一4, 4, 0)解析 •・・n 二(6, -3, 6)是平面a 的法向量,MP MPMP3•已知两平面的法向量分别为m二(0, 1, 0),n二(0, 1, 1)，则两平面所成的二面角为()A. 45°B. 135°C.45° 或135。
2020版高考数学新增分大一轮新高考专用讲义：第八章 8.7 立体几何中的向量方法(二)含解析
§8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离最新考纲 1.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用．1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则l 1与l 2所成的角θa 与b 的夹角β范围(0，π2][0，π]求法cos θ＝|a ·b ||a ||b |cos β＝a ·b |a ||b |2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝.|a ·n ||a ||n |3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．AB → CD →(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．概念方法微思考1．利用空间向量如何求线段长度？提示 利用||2＝· 可以求空间中有向线段的长度．AB → AB → AB →2．如何求空间点面之间的距离？提示 点面距离的求法：已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离为||＝|||cos 〈，n 〉|.BO → AB → AB →题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( × )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( × )(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( × )(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(0，π2][0，π2]( √ )(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.( × )题组二 教材改编2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为( )A ．45° B ．135°C ．45°或135° D ．90°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝＝＝，即〈m ，n 〉＝45°.m·n |m||n |11·222∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3．如图，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2，2则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为______．答案 π6解析 如图，以A 为原点，以，(AE ⊥AB )，所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴(如图)AB → AE → AA 1→建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，则A (0，0，0)，C 1(1，，2)，D (1，0，2)，∴＝(1，，2)，322AC 1→32＝(1，0，2)．AD →2∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角，cos ∠C 1AD ＝AC 1，→ ·AD →|AC 1→ ||AD →|＝＝，(1，3，22)·(1，0，22)12×932又∵∠C 1AD ∈，∴∠C 1AD ＝.[0，π2]π6题组三 易错自纠4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )A.B. C.D.11025301022答案 C解析 以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则可得A (2，0，0)，B (0，2，0)，M (1，1，2)，N (1，0，2)，∴＝(1，－1，2)，BM → ＝(－1，0，2)．AN →∴cos 〈，〉＝BM → AN →BM ，→ ·AN→ |BM → ||AN →|＝＝1×(－1)＋(－1)×0＋2×212＋(－1)2＋22×(－1)2＋02＋2236×5＝.30105．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－，则l12与α所成的角为________．答案 30°解析 设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－，12∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.12题型一 求异面直线所成的角例1 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．(1)证明 如图所示，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 ＝2，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝，且EG ⊥AC .3在Rt △EBG 中，可得BE ＝，故DF ＝.222在Rt △FDG 中，可得FG ＝.62在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝，DF ＝，可得EF ＝，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，222322所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，AC ，FG ⊂平面AFC ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解 如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 所在直线为x 轴、y 轴，||为单位长度，GB →建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－，0)，E (1，0，)，F ，32(－1，0，22)C (0，，0)，3所以＝(1，，)，＝.AE → 32CF →(－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思维升华 用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．跟踪训练1 三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则AM 与BN 所成角的余弦值为( )A.B. C. D.1103571045答案 C解析 如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1，0)，M (0，0，2)，B (－，0，0)，N ，3(－32，－12，2)所以＝(0，1，2)，AM →＝，BN →(32，－12，2)所以cos 〈，〉＝＝＝，故选C.AM → BN →AM ，→ ·BN →|AM → |·|BN → |725×5710题型二 求直线与平面所成的角例2 (2018·全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．(1)证明 由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)解 如图，作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，的方向为y 轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标HF → BF →系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝.3又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF .所以PH ＝，EH ＝.3232则H (0，0，0)，P ，D ，(0，0，32)(－1，－32，0)＝，＝.DP → (1，32，32)HP →(0，0，32)又为平面ABFD 的法向量，HP →设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝.HP → DP →|HP ，→ ·DP →||HP → ||DP →|34334所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为.34思维升华 若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝－β或θ＝β－，故有sin θ＝|cos β|＝.π2π2|l ·n ||l ||n |跟踪训练2 (2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，2O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA－C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．(1)证明 因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2.3如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝AC ，22所以△ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥AC ，OB ＝AC ＝2.12由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .(2)解 由(1)知OP ，OB ，OC 两两垂直，则以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，2)，＝(0，2，2)．3AP →3由(1)知平面PAC 的一个法向量为＝(2，0，0)．OB →设M (a ，2－a ，0)(0≤a ≤2)，则＝(a ，4－a ，0)．AM →设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由·n ＝0，·n ＝0，得AP → AM →Error!可取y ＝a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝((a －4)，a ，－a )，333所以cos 〈，n 〉＝＝.OB →OB ，→·n |OB ，→||n |23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2由已知可得|cos 〈，n 〉|＝cos 30°＝，OB →32所以＝，23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 232解得a ＝－4(舍去)或a ＝.43所以n ＝.(－833，433，－43)又＝(0，2，－2)，所以cos 〈，n 〉＝.PC → 3PC →34所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为.34题型三 求二面角例3 (2018·济南模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ⊥平面BCO 1O .如图2，点P 为BC 中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∥OB .(1)证明：OD ⊥平面PAQ ；(2)若BE ＝2AE ，求二面角C —BQ —A 的余弦值．(1)证明 由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，所以以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ 的长度为m ，则相关各点的坐标为O (0，0，0)，A (6，0，0)，B (0，6，0)，C (0，3，6)，D (3，0，6)，Q (6，m ，0)．∵点P 为BC 中点，∴P ，(0，92，3)∴＝(3，0，6)，＝(0，m ，0)，＝，OD → AQ → PQ →(6，m －92，－3)∵·＝0，·＝0，OD → AQ → OD → PQ →∴⊥，⊥，且与不共线，OD → AQ → OD → PQ → AQ → PQ →∴OD ⊥平面PAQ .(2)解 ∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝OB ＝3，12则Q (6，3，0)，∴＝(－6，3，0)，＝(0，－3，6)．QB → BC →设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∵Error!∴Error!令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，则n 1＝(1，2，1)，易知平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角C —BQ —A 的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，则cos θ＝＝.|n 1·n 2|n 1|·|n 2||66思维升华 利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3 (2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧所在平面 CD垂直，M 是上异于C ，D 的点． CD(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．(1)证明 由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为上异于C ，D 的点，且DC 为直径， CD所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ，所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解 以D 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .DA →当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为的中点．由题设得 CDD (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)，＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，AM → AB → DA →设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则Error!即Error!可取n ＝(1，0，2)，是平面MCD 的一个法向量，因此DA →cos 〈n ，〉＝＝，DA →n ·DA ，→|n ||DA ，→|55sin 〈n ，〉＝.DA →255所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是.255利用空间向量求空间角例 (12分)如图，四棱锥S －ABCD 中，△ABD 为正三角形，∠BCD ＝120°，CB ＝CD ＝CS ＝2，∠BSD ＝90°.(1)求证：AC ⊥平面SBD ；(2)若SC ⊥BD ，求二面角A －SB －C 的余弦值．(1)证明 设AC ∩BD ＝O ，连接SO ，如图①，因为AB ＝AD ，CB ＝CD ，所以AC 是BD 的垂直平分线，即O 为BD 的中点，且AC ⊥BD . [1分]在△BCD 中，因为CB ＝CD ＝2，∠BCD ＝120°，所以BD ＝2，CO ＝1.3在Rt △SBD 中，因为∠BSD ＝90°，O 为BD 的中点，所以SO ＝BD ＝.123在△SOC 中，因为CO ＝1，SO ＝，CS ＝2，3所以SO 2＋CO 2＝CS 2，所以SO ⊥AC . [4分]因为BD ∩SO ＝O ，BD ，SO ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD .[5分](2)解 方法一 过点O 作OK ⊥SB 于点K ，连接AK ，CK ，如图②，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AO ⊥SB .因为OK ∩AO ＝O ，OK ，AO ⊂平面AOK ，所以SB ⊥平面AOK . [6分]因为AK ⊂平面AOK ，所以AK ⊥SB .同理可证CK ⊥SB . [7分]所以∠AKC 是二面角A －SB －C 的平面角．因为SC ⊥BD ，由(1)知AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .在Rt △SOB 中，OK ＝＝.SO ·OBSB 62在Rt △AOK 中，AK ＝＝，AO 2＋OK 2422同理可求CK ＝. [10分]102在△AKC 中，cos ∠AKC ＝＝－.AK 2＋CK 2－AC 22AK ·CK 10535所以二面角A －SB －C 的余弦值为－.[12分]10535方法二 因为SC ⊥BD ，由(1)知，AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD . [6分]由(1)知，AC ⊥平面SBD ，SO ⊂平面SBD ，所以SO ⊥AC .因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD .[7分]以O 为原点，，，的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方OA → OB → OS → 向建立空间直角坐标系，如图③，则A (3，0，0)，B (0，，0)，C (－1，0，0)，S (0，0，)．33所以＝(－3，，0)，＝(1，，0)，AB → 3CB →3＝(0，，－)． [8分]SB →33设平面SAB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，则Error!令y 1＝，得平面SAB 的一个法向量为n ＝(1，，)．333同理可得平面SCB 的一个法向量为m ＝(－，1，1)．[10分]3所以cos 〈n ，m 〉＝＝＝.n ·m |n ||m |－3＋3＋37×510535因为二面角A －SB －C 是钝角，所以二面角A －SB －C 的余弦值为－.[12分]10535利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1．已知两平面的法向量分别为m ＝(1，－1，0)，n ＝(0，1，－1)，则两平面所成的二面角为( )A ．60° B ．120°C ．60°或120° D ．90°答案 C解析 cos 〈m ，n 〉＝＝＝－，m·n |m||n |－12·212即〈m ，n 〉＝120°.∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为( )A.B.5553C.D.5654答案 A解析 设CA ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，B 1(0，2，1)，可得向量＝(－2，2，1)，＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈，〉＝AB 1→ BC 1→ AB 1→ BC 1→ AB 1→ ·BC 1→ |AB 1→ ||BC 1→|＝＝＝，故选A.0＋4－14＋4＋1×0＋4＋115553．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. B. C. D.12233322答案 B解析 以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ，D (0，1，0)，(1，0，12)∴＝(0，1，－1)，＝.A 1D → A 1E →(1，0，－12)设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则有Error!即Error!∴Error!∴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〉＝＝，23×123即所成的锐二面角的余弦值为.234．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 与B 1D 所成角的大小为( )A. B. C. D.π6π4π3π2答案 D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，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A (0，0，0)，C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0)．∴＝(1，1，0)，＝(－1，1，－1)，AC → B 1D →∵·＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，AC → B 1D →∴⊥，∴AC 与B 1D 所成的角为.AC → B 1D → π25．(2018·上饶模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AB ＝AA 1＝2，则异面直线AB 1与CA 1所成角的余弦值为( )A ．0B ．－ C. D.141412答案 C解析 以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B 1(，1，2)，A 1(0，0，2)，C (0，2，0)，3＝(，1，2)，＝(0，2，－2)，AB 1→ 3A 1C →设异面直线AB 1和A 1C 所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.|AB 1→ ·A 1C →||AB 1→ |·|A 1C →||－2|8·814∴异面直线AB 1和A 1C 所成的角的余弦值为.146．(2018·上海松江、闵行区模拟)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，＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C －AB －O 的大OC →小为θ，则cos θ等于( )A. B. C. D ．－43532323答案 C解析 由题意可知，平面ABO 的一个法向量为＝(0，0，2)，OC →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|2×3237．在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为________．答案 55解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 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，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，D ，(12，0，0)E ，F .(12，12，0)(0，12，1)∴＝(0，0，－2)，＝，PA → DE → (0，12，0)＝.DF → (－12，12，1)设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由Error!得Error!取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，〉|＝PA → ＝，|PA ，→ ·n ||PA ，→ ||n |55∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为.558.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．2答案 45解析 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶，2∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，F (0，2，0)，C (0，2，1)，∴＝(－1，2，0)，＝(0，2，1)，AF → EC →∴cos 〈，〉＝＝，AF → EC → AF ，→ ·EC → |AF → ||EC →|45∴AF 与CE 所成角的余弦值为.459.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________．答案 60°解析 以B 点为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)，则＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，EF → BC 1→∴·＝2，EF → BC 1→∴cos 〈，〉＝EF → BC 1→ EF ，→ ·BC 1→ |EF → ||BC 1→ |＝＝，22×2212∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]，∴EF 和BC 1所成的角为60°.10．(2018·福州质检)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值为________．答案 23解析 方法一 延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示．设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求锐二面角的平面角．∵BH ＝，EB ＝1，322∴tan ∠EHB ＝＝.EB BH 23方法二 如图，以点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Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1，0，0)，E ，(1，1，13)F ，＝，(0，1，23)AE → (0，1，13)＝，AF → (－1，1，23)设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由Error!得Error!令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1，1，－3)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0，0，－1)，设平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝，tan θ＝.311112311．(2018·皖江八校联考)如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥底面ABC ，四边形A 1ACC 1是正方形，B 1C 1∥BC ，Q 是A 1B 的中点，且AC ＝BC ＝2B 1C 1，∠ACB ＝.2π3(1)证明：B 1Q ⊥A 1C ；(2)求直线AC 与平面A 1BB 1所成角的正弦值．(1)证明 如图所示，连接AC 1与A 1C 交于M 点，连接MQ .∵四边形A 1ACC 1是正方形，∴M 是AC 1的中点，又Q 是A 1B 的中点，∴MQ ∥BC ，MQ ＝BC ，12又∵B 1C 1∥BC 且BC ＝2B 1C 1，∴MQ ∥B 1C 1，MQ ＝B 1C 1，∴四边形B 1C 1MQ 是平行四边形，∴B 1Q ∥C 1M ，∵C 1M ⊥A 1C ，∴B 1Q ⊥A 1C .(2)解 ∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，CC 1⊥AC ，CC 1⊂平面A 1ACC 1，∴CC 1⊥平面ABC .如图所示，以C 为原点，CB ，CC 1所在直线分别为y 轴和z轴建立空间直角坐标系，令AC ＝BC ＝2B 1C 1＝2，则C (0，0，0)，A (，－1，0)，A 1(，－1，2)，B (0，2，0)，B 1(0，1，2)，33∴＝(，－1，0)，＝(，－2，0)，CA → 3B 1A 1→3＝(0，1，－2)，B 1B →设平面A 1BB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥，n ⊥，B 1A 1→ B 1B →可得Error!可令y ＝2，3则x ＝4，z ＝，3∴平面A 1BB 1的一个法向量n ＝(4，2，)，33设直线AC 与平面A 1BB 1所成的角为α，则sin α＝＝＝.|n ·CA ，→ ||n |·|CA ，→ |23231933112．(2018·赣州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ∥CD ，∠CDA ＝90°，CD ＝2AB ＝2，AD ＝3，PA ＝，PD ＝2，点E 52在棱AD 上且AE ＝1，点F 为棱PD 的中点．(1)证明：平面BEF ⊥平面PEC ；(2)求二面角A －BF －C 的余弦值．(1)证明 在Rt △ABE 中，由AB ＝AE ＝1，得∠AEB ＝45°，同理在Rt △CDE 中，由CD ＝DE ＝2，得∠DEC ＝45°，所以∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC .在△PAD 中，cos ∠PAD ＝＝＝，PA 2＋AD 2－PD 22PA ·AD 5＋9－82×3×555在△PAE 中，PE 2＝PA 2＋AE 2－2PA ·AE ·cos ∠PAE ＝5＋1－2××1×＝4，555所以PE 2＋AE 2＝PA 2，即PE ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BE .又因为CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ，所以BE ⊥平面PEC ，所以平面BEF ⊥平面PEC .(2)解 由(1)知EB ，EC ，EP 两两垂直，故以E 为坐标原点，以射线EB ，EC ，EP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (，0，0)，C (0，2，0)，P (0，0，2)，A ，D (－，，0)，F ，22(22，－22，0)22(－22，22，1)＝，＝，AB → (22，22，0)BF → (－322，22，1)＝(－，2，0)，BC →22设平面ABF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则Error!不妨设x 1＝1，则m ＝(1，－1，2)，2设平面BFC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则Error!不妨设y 2＝2，则n ＝(4，2，5)，2记二面角A －BF －C 为θ(由图知应为钝角)，则cos θ＝－＝－＝－，|m ·n ||m |·|n ||4－2＋20|10·7011735故二面角A －BF －C 的余弦值为－.1173513.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足＝＝λ，SF BF CE BE当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．答案 916解析 因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 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Axyz .∵AB ＝4，SA ＝3，∴B (0，4，0)，S (0，0，3)．设BC ＝m ，则C (m ，4，0)，∵＝＝λ，∴＝λ.SF BF CE BE SF → FB → ∴－＝λ(－)．AF → AS → AB → AF →∴＝(＋λ)＝(0，4λ，3)，AF → 11＋λAS → AB → 11＋λ∴F .(0，4λ1＋λ，31＋λ)同理可得E ，(m 1＋λ，4，0)∴＝.FE → (m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ)∵＝，要使∠AFE 为直角，FA → (0，－4λ1＋λ，－31＋λ)即·＝0，FA → FE →则0·＋·＋·＝0，m 1＋λ－4λ1＋λ41＋λ－31＋λ－31＋λ∴16λ＝9，解得λ＝.91614．(2018·海南五校模拟)如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，Q 分别是CC 1，BC ，AC 的中点，点P 在直线A 1B 1上运动，且＝λ(λ∈[0，1])．A 1P → A 1B 1→(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ ；(2)是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明 连接A 1Q .∵AA 1＝AC ＝1，M ，Q 分别是CC 1，AC 的中点，∴Rt △AA 1Q ≌Rt △CAM ，∴∠MAC ＝∠QA 1A ，∴∠MAC ＋∠AQA 1＝∠QA 1A ＋∠AQA 1＝90°，∴AM ⊥A 1Q .∵N ，Q 分别是BC ，AC 的中点，∴NQ ∥AB .又AB ⊥AC ，∴NQ ⊥AC .在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，∴NQ ⊥AA 1.又AC ∩AA 1＝A ，AC ，AA 1⊂平面ACC 1A 1，∴NQ ⊥平面ACC 1A 1，∴NQ ⊥AM .由NQ ∥AB 和AB ∥A 1B 1可得NQ ∥A 1B 1，∴N ，Q ，A 1，P 四点共面，∴A 1Q ⊂平面PNQ .∵NQ ∩A 1Q ＝Q ，NQ ，A 1Q ⊂平面PNQ ，∴AM ⊥平面PNQ ，∴无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ .(2)解 如图，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)，M ，N ，(0，1，12)(12，12，0)Q ，(0，12，0)＝，＝(1，0，0)．NM → (－12，12，12)A 1B 1→ 由＝λ＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，A 1P → A 1B 1→可得点P (λ，0，1)，∴＝.PN → (12－λ，12，－1)设n ＝(x ，y ，z )是平面PMN 的法向量，则Error!即Error!得Error!令x ＝3，得y ＝1＋2λ，z ＝2－2λ，∴n ＝(3，1＋2λ，2－2λ)是平面PMN 的一个法向量．取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)．假设存在符合条件的点P ，则|cos 〈m ，n 〉|＝＝，|2－2λ|9＋(1＋2λ)2＋(2－2λ)212化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)．7－3547＋354综上，存在点P ，且当A 1P ＝时，7－354满足平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°.15．在四棱锥P －ABCD 中，＝(4，－2，3)，＝(－4，1，0)，＝(－6，2，－8)，则AB → AD → AP →这个四棱锥的高h 等于( )A ．1B ．2C ．13D ．26答案 B 解析 设平面ABCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则Error!即Error!令y ＝4，则n ＝，(1，4，43)则cos 〈n ，〉＝＝＝－，AP → n ·AP → |n ||AP → |－6＋8－323133×2262626∴h ＝×2＝2.26262616.如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，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 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．(1)证明 设AD ＝CD ＝BC ＝1，∵AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3，∴AB 2＝AC 2＋BC 2，则BC ⊥AC .∵CF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥CF ，而CF ∩BC ＝C ，CF ，BC ⊂平面BCF ，∴AC ⊥平面BCF .∵EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF .(2)解 以C 为坐标原点，分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM ＝λ(0≤λ≤)，3则C (0，0，0)，A (，0，0)，B (0，1，0)，M (λ，0，1)，3∴＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)．AB → 3BM →设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，由Error!得Error!取x ＝1，则n ＝(1，，－λ)．33易知m ＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos 〈n ，m 〉＝＝＝ .n ·m |n ||m |11＋3＋(3－λ)2×11(λ－3)2＋4∵0≤λ≤，3∴当λ＝0时，cos 〈n ，m 〉取得最小值，77∴当点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.77。
- 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)。
第7讲 立体几何中的向量方法[基础题组练]1.将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC ︵长为2π3，A 1B 1︵长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．则异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为( )A.π6 B.π4 C.π3 D.π2解析：选B.以O 为坐标原点建系如图，则A (0，1，0)，A 1(0，1，1)，B 1⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0.所以AA 1→＝(0，0，1)，B 1C →＝(0，－1，－1)， 所以cos 〈AA 1→，B 1C →〉＝AA 1→·B 1C→|AA 1→||B 1C →|＝0×0＋0×（－1）＋1×（－1）1×02＋（－1）2＋（－1）2＝－22， 所以〈AA 1→，B 1C →〉＝3π4，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.故选B.2．如图，已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535 B.277 C.33D.24解析：选A.如图，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，则C 1(0，3，1)，D 1(0，0，1)，E (1，1，0)，C (0，3，0)，所以DC 1→＝(0，3，1)，D 1E →＝(1，1，－1)，D 1C →＝(0，3，－1)．设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·D 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝3y ，取y ＝1，得n ＝(2，1，3)．因为cos 〈DC 1→，n 〉＝DC 1→·n|DC 1→|·|n |＝（0，3，1）·（2，1，3）10×14＝33535，所以DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535，故选A.3．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.12B.23C.33D.22解析：选B.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)， 所以A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1D →＝0，n 1·A 1E →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．又平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.4．如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________．解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1(0，3，2)，F (1，0，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，G (0，0，2)， B 1F →＝(1，－3，－1)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－32，1，GF →＝(1，0，－1)． 设平面GEF 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n ＝0，GF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝(1，3，1)为平面GEF 的一个法向量， 所以|cos 〈n ，B 1F →〉|＝|1－3－1|5×5＝35，所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35.答案：355．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B －EC －C 1的正弦值．解：(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⎩⎪⎨⎪⎧2z 1＝0，x 1－y 1＋z 1＝0， 所以可取m ＝(1，1，0)． 于是cos n ，m＝n ·m |n ||m |＝－12. 所以，二面角B －EC －C 1的正弦值为32. 6．(2019·福州市质量检测)如图，四棱锥P ABCD ，AB ∥CD ，∠BCD ＝90°，AB ＝2BC ＝2CD ＝4，△PAB 为等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，Q 为PB 的中点．(1)求证：AQ ⊥平面PBC ； (2)求二面角B PC D 的余弦值．解：(1)证明：因为AB ∥CD ，∠BCD ＝90°， 所以AB ⊥BC ，又平面PAB ⊥平面ABCD ，且平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ， 所以BC ⊥平面PAB ，又AQ ⊂平面PAB ，所以BC ⊥AQ ，因为Q 为PB 的中点，且△PAB 为等边三角形， 所以PB ⊥AQ ， 又PB ∩BC ＝B ，所以AQ ⊥平面PBC .(2)取AB 的中点O ，连接PO ，OD ，因为△PAB 为等边三角形，所以PO ⊥AB ， 由平面PAB ⊥平面ABCD ，PO ⊂平面PAB ， 得PO ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥OD ，由AB ＝2BC ＝2CD ＝4，∠ABC ＝90°， 可知OD ∥BC ，所以OD ⊥AB .以AB 中点O 为坐标原点，分别以OD ，OB ，OP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ，则A (0，－2，0)，D (2，0，0)，C (2，2，0)，P (0，0，23)，B (0，2，0)， 所以AD →＝(2，2，0)，DP →＝(－2，0，23)，CD →＝(0，－2，0)． 因为Q 为PB 的中点，所以Q (0，1，3)，由(1)知，平面PBC 的一个法向量为AQ →＝(0，3，3)． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0n ·DP →＝0，得⎩⎨⎧－2y ＝0－2x ＋23z ＝0，取z ＝1，则n ＝(3，0，1)， cos 〈AQ →，n 〉＝AQ →·n |AQ →|·|n |＝332＋3×3＋1＝14.因为二面角B PC D 为钝角， 所以二面角B PC D 的余弦值为－14.7．如图(1)，在△MBC 中，MA 是BC 边上的高，MA ＝3，AC ＝4.如图(2)，将△MBC 沿MA 进行翻折，使得二面角B MA C 为90°，再过点B 作BD ∥AC ，连接AD ，CD ，MD ，且AD ＝23，∠CAD ＝30°.(1)求证：CD ⊥平面MAD ；(2)在线段MD 上取一点E 使ME →＝13MD →，求直线AE 与平面MBD 所成角的正弦值．解：(1)证明：在△ADC 中，AC ＝4，AD ＝23，∠CAD ＝30°，利用余弦定理可得CD ＝2，所以CD 2＋AD 2＝AC 2，所以∠ADC ＝90°，即CD ⊥AD .因为MA ⊥AB ，MA ⊥AC ，AB ∩AC ＝A ，故MA ⊥平面ABDC .因为CD ⊂平面ABDC ，所以CD ⊥MA . 又AD ∩MA ＝A ，所以CD ⊥平面MAD .(2)由题意可知，AM ，AB ，AC 两两垂直，∠BAD ＝60°.如图，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AM 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (3，0，0)，D (3，3，0)，M (0，0，3)，MB →＝(3，0，－3)，BD →＝(0，3，0)．设E (x 0，y 0，z 0)，由ME →＝13MD →，得(x 0，y 0，z 0－3)＝13(3，3，－3)，得x 0＝33，y 0＝1，z 0＝2， 所以AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1，2.设平面MBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ⊥MB →，n ⊥BD →，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·MB →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －3z ＝0，3y ＝0，令x ＝3，得其中一个法向量n ＝(3，0，1)． 设直线AE 与平面MBD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n ||AE →|＝338. [综合题组练]1．(应用型)(2019·唐山模拟)如图，在四棱锥P ABCD 中，PC ⊥底面ABCD ，ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ，AB ∥CD ，AB ＝2AD ＝2CD ，E 是PB 的中点．(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PA 与平面EAC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以PC ⊥AC . 因为AB ＝2AD ＝2CD ， 所以AC ＝BC ＝2AD ＝2CD ， 所以AC 2＋BC 2＝AB 2， 故AC ⊥BC .又BC ∩PC ＝C ，所以AC ⊥平面PBC . 因为AC ⊂平面EAC ， 所以平面EAC ⊥平面PBC .(2)如图，以C 为原点，CB →，CA →，CP →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，并设CB ＝2，CP ＝2a (a >0)．则C (0，0，0)，A (0，2，0)，B (2，0，0)，P (0，0，2a )，则E (1，0，a )， CA →＝(0，2，0)，CP →＝(0，0，2a )，CE →＝(1，0，a )，易知m ＝(1，0，0)为平面PAC 的一个法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面EAC 的法向量，则n ·CA →＝n ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋az ＝0，y ＝0，取x ＝a ， 则z ＝－1，n ＝(a ，0，－1)．依题意，|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝a a 2＋1＝63，则a ＝ 2.于是n ＝(2，0，－1)，PA →＝(0，2，－22)． 设直线PA 与平面EAC 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈PA →，n 〉|＝|PA →·n ||PA →||n |＝23，即直线PA 与平面EAC 所成角的正弦值为23. 2．(应用型)(2019·昆明调研)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝2CD .平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，点E 在PC 上，DE ⊥平面PAC .(1)证明：PA ⊥平面PCD ；(2)设AD ＝2，若平面PBC 与平面PAD 所成的二面角为45°，求DE 的长．解：(1)证明：由DE ⊥平面PAC ，得DE ⊥PA ，又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊥AD ， 所以CD ⊥平面PAD ， 所以CD ⊥PA ，又CD ∩DE ＝D ， 所以PA ⊥平面PCD .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD ，则PO ⊥平面ABCD ， 以O 为坐标原点建立空间直角坐标系O xyz ，如图，由(1)得PA ⊥PD ，由AD ＝2得PA ＝PD ＝2，OP ＝1，设CD ＝a ，则P (0，0，1)，D (0，1，0)，C (a ，1，0)，B (2a ，－1，0)， 则BC →＝(－a ，2，0)，PC →＝(a ，1，－1)， 设m ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·PC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2y ＝0，ax ＋y －z ＝0，令x ＝2，则y ＝a ，z ＝3a ，故m ＝(2，a ，3a )为平面PBC 的一个法向量， 由(1)知n ＝DC →＝(a ，0，0)为平面PAD 的一个法向量，由|cos 〈m ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a a 10a 2＋4＝22，解得a ＝105，即CD ＝105， 所以在Rt △PCD 中，PC ＝2155，由等面积法可得DE ＝CD ·PD PC ＝33. 3．(应用型)(2019·郑州第一次质量预测)如图，在三棱锥P ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，AB ＝6，BC ＝23，AC ＝26，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，PD ⊥AC .(1)求证：PD ⊥平面ABC ；(2)若直线PA 与平面ABC 所成的角为π4，求平面PAC 与平面PDE 所成的锐二面角．解：(1)证明：由题意知AC ＝26，BC ＝23，AB ＝6， 所以AC 2＋BC 2＝AB 2， 所以∠ACB ＝π2，所以cos ∠ABC ＝236＝33.又易知BD ＝2，所以CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8， 所以CD ＝22，又AD ＝4， 所以CD 2＋AD 2＝AC 2， 所以CD ⊥AB .因为平面PAB ⊥平面ABC ，交线为AB ， 所以CD ⊥平面PAB ，所以CD ⊥PD ， 因为PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ， 所以PD ⊥平面ABC .(2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直，所以可建立如图所示的直角坐标系D xyz ，- 11 -因为直线PA 与平面ABC 所成的角为π4，即∠PAD ＝π4，所以PD ＝AD ＝4，则A (0，－4，0)，C (22，0，0)，B (0，2，0)，P (0，0，4)，所以CB →＝(－22，2，0)，AC →＝(22，4，0)，PA →＝(0，－4，－4)． 因为AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，所以DE ∥AC ，由(1)知AC ⊥BC ，所以DE ⊥BC ，又PD ⊥平面ABC ，所以PD ⊥BC ，因为PD ∩DE ＝D ，所以CB ⊥平面PDE ，所以CB →＝(－22，2，0)为平面PDE 的一个法向量．设平面PAC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AC →，n ⊥PA →，所以⎩⎨⎧22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0，令z ＝1，得x ＝2，y ＝－1，所以n ＝(2，－1，1)为平面PAC 的一个法向量．所以cos 〈n ，CB →〉＝－4－24×12＝－32，所以平面PAC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为32，故平面PAC 与平面PDE 所成的锐二面角为30°.。