1、 第 1 页 / 共 27 页 第第 45 讲讲 空间向量在立体几何中的运用空间向量在立体几何中的运用 一、课程标准 1、 能用向量方法解决点到直线、 点到平面、 相互平行的直线、 相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题， 2、能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用. 二、基础知识回顾 1. 直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量： 如果表示非零向量 a 的有向线段所在直线与直线 l 平行或重合， 则称此向量 a 为直 线 l 的方向向量 (2)平面的法向量：直线 l，取直线 l 的方向向量 a，则向量 a 叫做平面 的法向量 2. 空间位置关系的向量表示
2、位置关系 向量表示 直线 l1，l2的方向向量分别为 n1，n2 l1l2 n1n2n1n2 l1l2 n1n2n1n20 直线 l 的方向向量为 n，平面 的法向量为 m, l,nmnm0 l,nmnm 平面 ，的法向量分别为 n，m, ,nmnm ,nmnm0 3. 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 l1与 l2所成的角 范围 (0，) 0， 2 a 与 b 的夹角 l1与 l2所成的角 求法 cos a b |a|b| cos|cos |a b| |a|b| 4. 求直线与平面所成的角 设直线 l 的方向向量为 a，平面 的法向
3、量为 n，直线 l 与平面 所成的角为 ，则 sin|cosa，n 第 2 页 / 共 27 页 |a n| |a|n|. 5. 求二面角的大小 (1)如图，AB，CD 是二面角 l 的两个面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 AB ，CD (2)如图，n1，n2 分别是二面角 l 的两个半平面 ，的法向量，则二面角的大小 满足 |cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量 n1与 n2的夹角(或其补角) 三、自主热身、归纳总结 1、若直线 l 的方向向量为 a(1，0，2)，平面 的法向量为 n(2，0，4)，则( ) A. l B. l C. l D. l 与 斜交 【答案
4、】B 【解析】 a(1，0，2)，n(2，0，4)，n2a，即 an，l.故选 B. 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. 3 3 ， 3 3 ， 3 3 D. 3 3 ， 3 3 ， 3 3 【答案】C. 【解析】 AB (1，1，0)，AC (1，0，1)，经计算得 C 项符合题意故选 C. 3、在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E 为 BC 的中点，F 为 B1C1的中点，则异面直线 AF 与 C1E 所成角的正 切值为(C ) A. 5 2 B. 2 3 C.
5、2 5 5 D. 5 3 【答案】C. 【解析】 以 D 为坐标原点，DC，DA，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 第 3 页 / 共 27 页 标系，设正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 2， 第 3 题图 可得 A(0，2，0)，B(2，2，0)，C(2，0，0)，B1(2，2，2)，C1(2，0，2)，由中点坐标公式可得 E(2，1，0)， F(2，1，2)，则 AF(2，1，2)，C1E(0，1，2)，设两异面直线所成角为 ，则 cos |cosAF ， C1E| |AF C 1E | |AF |C 1E | |14| 9 5 5 3 ，则 s
6、in 2 3，故异面直线 AF 与 C1E 所成角的正切值为 2 3 5 3 2 5 5 .故选 C. 4、如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，M，N 分别是 CD，CC1的中点，则异面直线 A1M 与 DN 所成角的 大小是_ 【答案】 90 【解析】 建立空间直角坐标系如图所示设正方体的棱长为 1，则 D(0，0，0)，A1(1，0，1)，M 0，1 2，0 ， N 0，1，1 2 ， 所以A1M 1，1 2，1 ， DN 0，1，1 2 ， 所以 cos A1M ， DN |A1M DN | |A1M | |DN | 0， 所以A1M DN ，故异面直线 A1M 与 DN 所成角
7、的大小为 90 . 5、已知四棱柱 ABCDA1B1C1D1的侧棱 AA1垂直于底面，底面 ABCD 为直角梯形，ADBC，ABBC， ADABAA12BC，E 为 DD1的中点，F 为 A1D 的中点，则直线 EF 与平面 A1CD 所成角的正弦值为 _ 第 4 页 / 共 27 页 【答案】 2 3 【解析】 由题意，得 AB，AD，AA1两两垂直，故以 AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，AA1所 在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设 BC1，则 A(0，0，0)，A1(0，0，2)，C(2，1，0)， D(0，2，0)，E(0，2，1)，F(0，1，1)，
8、所以FE (0，1，0)，A 1D (0，2，2)，CD (2，1，0)设平 面 A1CD 的一个法向量为 n(x，y，z)，则 n A1D 2y2z0， n CD 2xy0， 令 x1，故 n(1，2，2)，则 sin|cos n，FE | n FE |n| |FE | 102120 441 010 2 3，故直线 EF 与平面 A1CD 所成角的正弦值为 2 3. 四、例题选讲 考点 异面直线所成的角 例 1 如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA底面 ABCD，E 是 PC 的中点已知 AB2， AD2 2，PA2，求异面直线 BC 与 AE 所成的角的大小 【解析
9、】 建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2 2，0)，E(1， 2，1)，AE (1， 2，1)，BC (0，2 2，0) 设AE 与BC 的夹角为 ，则 cos AE BC |AE | |BC | 4 22 2 2 2 ，所以 4，所以异面直线 BC 与 AE 所成的 角的大小是 4. 第 5 页 / 共 27 页 变式 1、 如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为_ 【答案】 5 5 【解析】 不妨令 CB1，则 CACC12，可得 C(0，0，0)，B(0，0，1)
10、，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0， 2，1)，所以BC1 (0，2，1)，AB1 (2，2，1)，所以 cosBC1 ，AB1 BC1 AB1 |BC1 | |AB1 | 41 5 9 1 5 5 5 0，所以BC1 与AB1 的夹角即为直线 BC1与直线 AB1的夹角，所以直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为 5 5 . 变式 2、(2019 浙江高考)如图，已知三棱柱 ABC- A1B1C1，平面 A1ACC1平面 ABC，ABC90 ， BAC30 ，A1AA1CAC，E，F 分别是 AC，A1B1的中点 (1)证明：EFBC； (2)求直线 EF 与平面 A1BC
11、所成角的余弦值 【解析】 (1)证明：连接 A1E，因为 A1AA1C，E 是 AC 的中点，所以 A1EAC. 又平面 A1ACC1平面 ABC，A1E平面 A1ACC1， 平面 A1ACC1平面 ABCAC， 所以 A1E平面 ABC. 如图，以点 E 为原点，分别以射线 EC，EA1为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 E- xyz. 不妨设 AC4， 则 A1(0,0,2 3)，B( 3，1,0)，B1( 3，3,2 3)，F 3 2 ，3 2，2 3 ，C(0,2,0) 第 6 页 / 共 27 页 因此， EF 3 2 ，3 2，2 3 ， BC ( 3，1,0) 由 EF
12、BC 0 得 EFBC. (2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为 . 由(1)可得 BC ( 3，1,0)，A 1C (0,2，2 3) 设平面 A1BC 的法向量为 n n(x，y，z) 由 BC n0， A1C n0， 得 3xy0， y 3z0. 取 n n(1, 3，1)， 故 sin |cos EF ，n n| EF n| | EF | |n| 4 5，cos 3 5. 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成的角的余弦值为3 5. 方法总结：利用向量法求异面直线所成角的方法：(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
13、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 考点二 直线与平面所成的角 例 2 如图，在直棱柱 ABCDA1B1C1D1中，ADBC，BAD90 ，ACBD，BC1，ADAA1 3. (1) 证明：ACB1D； (2) 求直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值 【解析】 (1) 易知，AB，AD，AA1两两垂直如图，以 A 为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分 别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系设 ABt，则有 A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1， 0)，C1(t，
14、1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)， 所以B1D (t，3，3)，AC (t，1，0)，BD (t，3，0) 因为 ACBD，所以AC BD t2300， 解得 t 3或 t 3(舍去)， 第 7 页 / 共 27 页 所以B1D ( 3，3，3)，AC ( 3，1，0) 因为AC B1D 3300， 所以AC B1D ，即 ACB1D. (2) 由(1)知，AD1 (0，3，3)，AC ( 3，1，0)，B1C1 (0，1，0) 设 n(x，y，z)是平面 ACD1的一个法向量，则 n AC 0， n AD1 0， 即 3xy0， 3y3z0， 令 x1，则 n(1， 3， 3)
15、 设直线 B1C1与平面 ACD1所成角为 ， 则 sin|cosn，B1C1 | n B1C1 |n| |B1C1 | 3 7 21 7 ，即直线 B1C1与平面 ACD1所成角的正弦值为 21 7 . 变式 1、如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，侧棱 AA1底面 ABCD，ABDC，AA11，AB3k，AD 4k，BC5k，DC6k(k0)若直线 AA1与平面 AB1C 所成角的正弦值为6 7，求实数 k 的值 【解析】 由题意知 DCAD，D1DDC，D1DAD，故以 D 为原点，DA ，DC ，DD1 的方向为 x 轴， y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则
16、 A(4k，0，0)，C(0，6k，0)，B1(4k，3k，1)，A1(4k， 0，1)，所以AC (4k，6k，0)，AB1 (0，3k，1)，AA1 (0，0，1) 设平面 AB1C 的法向量 n(x，y，z)， 则 AC n0， AB1 n0， 即 4kx6ky0， 3kyz0. 取 y2，得 n(3，2，6k) 设 AA1与平面 AB1C 所成角为 ，则 第 8 页 / 共 27 页 sin|cosAA1 ，n| AA1 n |AA1 | |n| 6k 36k213 6 7，解得 k1，故实数 k 的值为 1. 变式 2、 如图， 在多面体 ABCDEF 中， 四边形 ABCD 是正方
17、形， BF平面 ABCD， DE平面 ABCD， BFDE，M 为棱 AE 的中点 (1)求证：平面 BDM平面 EFC； (2)若 DE2AB，求直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值 【解析】 (1)证明：连接 AC 交 BD 于点 N，连接 MN， 则 N 为 AC 的中点， 又 M 为 AE 的中点，MNEC. MN平面 EFC，EC平面 EFC， MN平面 EFC. BF，DE 都与平面 ABCD 垂直，BFDE. BFDE， 四边形 BDEF 为平行四边形，BDEF. BD平面 EFC，EF平面 EFC， BD平面 EFC. 又 MNBDN，平面 BDM平面 EFC. (2)D
18、E平面 ABCD，四边形 ABCD 是正方形， DA，DC，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系 D- xyz. 设 AB2，则 DE4，从而 D(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,0,2)，A(2,0,0)，E(0,0,4)， 第 9 页 / 共 27 页 DB (2,2,0)，DM (1,0,2)， 设平面 BDM 的法向量为 n n(x，y，z)， 则 n DB 0， n DM 0， 得 2x2y0， x2z0. 令 x2，则 y2，z1， 从而 n n(2，2，1)为平面 BDM 的一个法向量 AE (2,0,4)，设直线 AE 与平面 BDM 所成的角为 ， 则 sin n
19、 n， AE | |nAE | |n| | AE | 4 5 15 ， 直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为4 5 15 . 方法总结：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 考点三 二面角 例 3 如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1中，D，E 分别是 AB，BB1的中点，AA1ACCB 2 2 AB. (1) 证明：BC1平面 A1CD； (2) 求二面角 DA1CE 的正弦值 【解析】 (1)
20、 连结 AC1交 A1C 于点 F，则 F 为 AC1的中点 又 D 是 AB 的中点，连结 DF，则 BC1DF. 因为 DF平面 A1CD，BC1平面 A1CD， 所以 BC1平面 A1CD. (2) 由 ACCB 2 2 AB 得，ACBC. 以 C 为坐标原点，CA ，CB ，CC1 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系 Cxyz.设 CA2，则 D(1，1，0)，E(0，2，1)，A1(2，0，2)，CD (1，1，0)，CE (0，2，1)，CA 1 (2，0，2) 第 10 页 / 共 27 页 设 n(x1，y1，z1)是平面 A1CD 的法向量， 则
21、n CD 0， n CA1 0， 即 x1y10， 2x12z10. 可取 n(1，1，1) 设 m 是平面 A1CE 的法向量，则 m CE 0， m CA1 0， 可取 m(2，1，2)，所以 cosn，m n m |n| |m| 3 3 ，故 sinn，m 6 3 ， 即二面角 DA1CE 的正弦值为 6 3 . 变式 1、 2018 天津高考如图，ADBC 且 AD2BC，ADCD，EGAD 且 EGAD，CDFG 且 CD 2FG，DG平面 ABCD，DADCDG2. (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 EBCF 的正弦值；
22、 (3)若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60，求线段 DP 的长 【解析】 依题意，可以建立以 D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向的空 间直角坐标系(如图)， 可得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2) (1)证明：依题意得 M 0，3 2，1 ，N(1，0，2). DC (0，2，0)，DE (2，0，2)设 n0(x0，y0，z0)为 第 11 页 / 共 27 页 平面 CDE 的法向量，则 n0DC 0， n0DE
23、 0， 即 2y00， 2x02z00.不妨令 z 01， 可得 n0(1，0，1)又MN 1，3 2，1 ，可得MN n00. 又直线 MN平面 CDE，MN平面 CDE. (2)依题意，可得BC (1，0，0)，BE(1，2，2)，CF(0，1，2) 设 n(x1，y1，z1)为平面 BCE 的法向量，则 n BC 0， n BE 0，即 x10， x12y12z10. 不妨令 z11，可得 n(0，1，1) 设 m(x2，y2，z2)为平面 BCF 的法向量，则 m BC 0， m CF 0，即 x20， y22z20. 不妨令 z21，可得 m(0，2，1)有 cosm，n m n |
24、m|n| 3 10 10 ， 于是 sinm，n 10 10 .二面角 EBCF 的正弦值为 10 10 . (3)设线段 DP 的长为 h(h0，2)，则点 P 的坐标为(0，0，h)，可得BP (1，2，h) 易知，DC (0，2，0)为平面 ADGE 的一个法向量，故|cosBP ，DC |BP DC | |BP |DC | 2 h25，由题意， 可得 2 h25sin 60 3 2 ，解得 h 3 3 0，2线段 DP 的长为 3 3 . 变式 2、(2019 全国卷)图 1 是由矩形 ADEB，RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形，其中 AB 1，BEBF2，FBC60
25、.将其沿 AB，BC 折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG，如图 2. (1)证明：图 2 中的 A，C，G，D 四点共面，且平面 ABC平面 BCGE； (2)求图 2 中的二面角 B- CG- A 的大小 【解析】(1)证明：由已知得 ADBE，CGBE，所以 ADCG， 所以 AD，CG 确定一个平面，从而 A，C，G，D 四点共面 由已知得 ABBE，ABBC，且 BEBCB， 所以 AB平面 BCGE. 第 12 页 / 共 27 页 又因为 AB平面 ABC，所以平面 ABC平面 BCGE. (2)作 EHBC，垂足为 H. 因为 EH平面 BCGE，平面 BCGE平面 AB
26、C， 所以 EH平面 ABC. 由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，EBC60 ，可求得 BH1，EH 3. 以 H 为坐标原点，HC 的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 H- xyz，则 A(1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0， 3)， CG (1,0， 3)， AC (2，1,0) 设平面 ACGD 的法向量为 n n(x，y，z)， 则 CG n0， AC n0， 即 x 3z0， 2xy0. 所以可取 n n(3,6， 3) 又平面 BCGE 的法向量可取 m m(0,1,0)， 所以 cosn n，m m n n m m |n n|m m| 3 2 .
27、因此二面角 B- CG- A 的大小为 30 . 方法总结：利用向量法计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平 面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的 大小(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向 量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小 考点四 求空间距离 例 5、 如图， BCD 与MCD 都是边长为 2 的正三角形， 平面 MCD平面 BCD， AB平面 BCD， AB2 3， 求点 A 到平面 MBC 的距离 第 13 页 / 共 27 页 【
28、解析】 如图，取 CD 的中点 O，连接 OB，OM，因为BCD 与MCD 均为正三角形，所以 OBCD， OMCD，又平面 MCD平面 BCD，平面 MCD平面 BCDCD，OM平面 MCD，所以 MO平面 BCD. 以 O 为坐标原点，直线 OC，BO，OM 分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 O- xyz. 因为BCD 与MCD 都是边长为 2 的正三角形， 所以 OBOM 3， 则 O(0,0,0)，C(1,0,0)，M(0,0， 3)，B(0， 3，0)，A(0， 3，2 3)， 所以 BC (1， 3，0) BM (0， 3， 3) 设平面 MBC 的法向量 n n
29、(x，y，z)， 由 n BC ， nBM 得 n BC 0， n BM 0， 即 x 3y0， 3y 3z0， 取 x 3，可得平面 MBC 的一个法向量为 n n( 3，1,1) 又 BA (0,0,2 3)， 所以所求距离为 d| BA n| |n| 2 15 5 . 第 14 页 / 共 27 页 变式 1、在棱长为 1 的正方体 ABCD- A1B1C1D1中，E 为线段 A1B1的中点，F 为线段 AB 的中点 (1)求点 B 到直线 AC1的距离； (2)求直线 FC 到平面 AEC1的距离 【解析】 ：以 D1为原点，D1A1，D1C1，D1D 所在直线分别为 x 轴，y 轴，
30、z 轴，建立如图所示的空间直角坐 标系， 则 A(1,0,1)，B(1,1,1)，C(0，1,1)，C1(0,1,0)，E 1，1 2，0 ，F 1，1 2，1 ，所以 AB (0,1,0)，AC 1 (1,1，1)， AE 0，1 2，1 ， EC1 1，1 2，0 ， FC 1，1 2，0 ， AF 0，1 2，0 . (1)取 a a AB (0,1,0)，u uAC1 |AC1 | 3 3 (1,1，1)，则 a a21，a a u u 3 3 . 所以，点 B 到直线 AC1的距离为 a2a u2 11 3 6 3 . (2)因为 FC EC 1 1，1 2，0 ，所以 FCEC1，
31、所以 FC平面 AEC1.所以点 F 到平面 AEC1的距离 为直线 FC 到平面 AEC1的距离 设平面 AEC1的法向量为 n n(x，y，z)， 则 n n AE 0， n n EC1 0. 所以 1 2yz0， x1 2y0. 所以 xz， y2z. 取 z1，则 x1，y2.所以，n n(1,2,1)是平面 AEC1的一个法向量 第 15 页 / 共 27 页 又因为 AF 0，1 2，0 ，所以点 F 到平面 AEC1的距离为 | AF n| |n| 0，1 2，0 1，2，1 6 6 6 . 即直线 FC 到平面 AEC1的距离为 6 6 . 方法总结：(1)作点到面的垂线，点到
32、垂足的距离即为点到平面的距离(2)等体积法(3)向量法其中向量 法在易建立空间直角坐标系的规则图形中较简便 考点五 利用空间向量解决探索性问题 例 5、 （2019 湖南五市联考）如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADBC，ADCD，且 AD CD2 2，BC4 2，PA2. (1)求证：ABPC； (2)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 MACD 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 【解析】 (1)证明：如图，由已知得四边形 ABCD 是直角梯形， 由 ADCD2 2，BC4 2，可得ABC 是等腰直角三
33、角形，即 ABAC， PA平面 ABCD，PAAB，又 PAACA，AB平面 PAC，ABPC. (2)(方法 1)过点 M 作 MNAD 交 AD 于点 N，则 MNPA， PA平面 ABCD，MN平面 ABCD. 过点 M 作 MGAC 交 AC 于点 G， 连接 NG，则MGN 是二面角 MACD 的平面角 若MGN45，则 NGMN，又 AN 2NG 2MN，MN1， 第 16 页 / 共 27 页 MNPA，MN1 2PA，M 是 PD 的中点 在三棱锥 MABC 中，可得 VMABC1 3SABCMN，设点 B 到平面 MAC 的距离是 h， 则 VBMACSMACh， SABCM
34、NSMACh，解得 h2 2. 在 RtBMN 中，可得 BM3 3.设 BM 与平面 MAC 所成的角为 ，则 sin h BM 2 6 9 . (方法 2)建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0，0，0)，C(2 2， 2 2，0)，D(0，2 2，0)， P(0，0，2)， B(2 2，2 2，0)， PD (0，2 2，2)， AC (2 2， 2 2，0)设PM tPD (0t1)，则点 M 的坐标为(0，2 2t，22t)， AM (0，2 2t，22t)设平面 MAC 的法向量是 n(x，y，z)，则 n AC 0， n AM 0， 得 2 2x2 2y0， 2 2ty（22
35、t）z0，则可取 n 1，1， 2t 1t . 又 m(0，0，1)是平面 ACD 的一个法向量， |cosm，n|m n| |m|n| 2t t1 2 2t t1 2 cos45 2 2 ，解得 t1 2， 即点 M 是线段 PD 的中点 此时平面 MAC 的一个法向量可取 n0(1，1， 2)，BM (2 2，3 2，1) 设 BM 与平面 MAC 所成的角为 ，则 sin|cosn0，BM |2 6 9 . 变式 1、 (探点得平行关系)已知四边形 ABCD 是边长为 3 的正方形，DE平面 ABCD，AFDE，DE 第 17 页 / 共 27 页 3AF，BE 与平面 ABCD 所成的
36、角为 60 . (1) 求证：AC平面 BDE； (2) 求二面角 FBED 的余弦值； (3) 设点 M 是线段 BD 上一个动点，试确定点 M 的位置，使得 AM平面 BEF，并证明你的结论 【解析】 (1) 因为 DE平面 ABCD，AC平面 ABCD，所以 DEAC. 因为四边形 ABCD 是正方形， 所以 ACBD. 又 DEBDD，DE，BD平面 BDE， 所以 AC平面 BDE. (2) 因为 DE平面 ABCD， 所以EBD 就是 BE 与平面 ABCD 所成的角，即EBD60 ，所以ED BD 3. 由 AD3，得 DE3 6，AF 6. 如图，分别以 DA，DC，DE 所在
37、直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 A(3，0，0)，F(3， 0， 6)，E(0，0，3 6)，B(3，3，0)，C(0，3，0)， 所以BF (0，3， 6)，EF(3，0，2 6) 设平面 BEF 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则 n BF 0， n EF 0， 即 3y 6z0， 3x2 6z0. 令 z 6，则 n(4，2， 6) 因为 AC平面 BDE， 所以CA (3，3，0)为平面 BDE 的一个法向量， 所以 cosn，CA n CA |n| |CA | 6 263 2 13 13 . 故二面角 FBED 的余弦值为 13 13 . 第 18 页 /
38、共 27 页 (3) 依题意，设 M(t，t，0)(t0)， 则AM (t3，t，0) 因为 AM平面 BEF， 所以AM n0，即 4(t3)2t0，解得 t2， 所以点 M 的坐标为(2，2，0)，此时DM 2 3DB ， 所以 M 是线段 BD 上靠近点 B 的三等分点 方法总结：用向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的方法： (1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证 明，得出结论 (2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组) 求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在
39、，否则不存在 五、优化提升与真题演练 1、 【2020 年全国 2 卷】如图，已知三棱柱 ABC- A1B1C1的底面是正三角形，侧面 BB1C1C是矩形，M，N分 别为 BC，B1C1的中点，P为 AM 上一点，过 B1C1和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC于 F. （1）证明：AA1MN，且平面 A1AMNEB1C1F； （2）设 O为A1B1C1的中心，若 AO平面 EB1C1F，且 AO=AB，求直线 B1E与平面 A1AMN 所成角的正弦 值. 【解析】 （1）,M N分别为BC， 11 BC的中点， 第 19 页 / 共 27 页 1 /MN BB 又 11 / /AABB
40、1 /MN AA 在ABC中，M为BC中点，则BCAM 又侧面 11 BBCC为矩形， 1 BCBB 1 /MN BB MNBC 由MNAMM，,MN AM 平面 1 A AMN BC平面 1 A AMN 又 11/ BCBC，且 11 BC 平面ABC，BC 平面ABC， 11/ BC平面ABC 又 11 BC 平面 11 EBC F，且平面 11 EBC F 平面ABCEF 11/ / BCEF /EF BC 又BC 平面 1 A AMN EF 平面 1 A AMN EF 平面 11 EBC F 平面 11 EBC F平面 1 A AMN （2）连接NP 第 20 页 / 共 27 页 /
41、AO平面 11 EBC F，平面AONP平面 11 EBC FNP /AO NP 根据三棱柱上下底面平行， 其面 1 ANMA平面ABC AM，面 1 ANMA平面 1111 ABCAN /ON AP 故：四边形ONPA是平行四边形 设ABC边长是6m(0m) 可得：ONAP，6NPAOABm O为 111 A B C 的中心，且 111 A B C 边长为6m 1 6 sin603 3 ONm 故：3ONAPm /EF BC APEP AMBM 3 33 3 EP 解得：EPm 在 11 BC截取 1 BQEPm，故2QNm 1 BQEP且 1 /BQ EP 四边形 1 BQPE是平行四边形
42、， 第 21 页 / 共 27 页 1 /B E PQ 由（1） 11 BC 平面 1 A AMN 故QPN为 1 B E与平面 1 A AMN所成角 在RtQPN，根据勾股定理可得： 22 22 262 10PQQNPNmmm 210 sin 102 10 QNm QPN PQm 直线 1 B E与平面 1 A AMN所成角的正弦值： 10 10 . 2、【2020 年全国 3 卷】 如图， 在长方体 1111 ABCDABC D中， 点,E F分别在棱 11 ,DD BB上， 且 1 2DEED ， 1 2BFFB （1）证明：点 1 C在平面AEF内； （2）若2AB ，1AD ， 1
43、3AA ，求二面角 1 AEFA的正弦值 【解析】 （1）在棱 1 CC上取点G，使得 1 1 2 CGCG，连接DG、FG、 1 C E、 1 C F， 第 22 页 / 共 27 页 在长方体 1111 ABCDABC D中，/AD BC且ADBC， 11 /BBCC且 11 BBCC， 1 1 2 C GCG， 1 2BFFB， 11 22 33 CGCCBBBF且CGBF， 所以，四边形BCGF为平行四边形，则/AF DG且AFDG， 同理可证四边形 1 DECG为平行四边形， 1 /C E DG且 1 C EDG， 1 /C E AF且 1 C EAF，则四边形 1 AEC F为平行
44、四边形， 因此，点 1 C在平面AEF内； （2）以点 1 C为坐标原点， 11 C D、 11 C B、 1 CC所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐 标系 1 Cxyz， 则2,1,3A、 1 2,1,0A、2,0,2E、0,1,1F， 0, 1, 1AE ，2,0, 2AF ， 1 0, 1,2AE ， 1 2,0,1AF ， 设平面AEF的法向量为 111 ,mx y z， 由 0 0 m AE m AF ，得 11 11 0 220 yz xz 取 1 1z ，得 11 1xy，则1,1, 1m ， 设平面 1 AEF的法向量为 222 ,nxy z， 第 23 页
45、/ 共 27 页 由 1 1 0 0 n AE n AF ，得 22 22 20 20 yz xz ，取 2 2z ，得 2 1x ， 2 4y ，则1,4,2n ， 37 cos, 7321 m n m n mn ， 设二面角 1 AEFA的平面角为，则 7 cos 7 ， 2 42 sin1 cos 7 . 因此，二面角 1 AEFA的正弦值为 42 7 . 3、【2020 年天津卷】 如图， 在三棱柱111 ABCABC中， 1 CC 平面,2ABC ACBC ACBC， 1 3CC ， 点,DE分别在棱 1 AA和棱 1 CC上，且12,ADCEM 为棱 11 AB的中点 第 24 页
46、 / 共 27 页 （）求证： 11 C MB D； （）求二面角 1 BBED的正弦值； （）求直线AB与平面 1 DB E所成角的正弦值 【解析】依题意，以C为原点，分别以CA、CB、 1 CC的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角 坐标系（如图） ， 可得0,0,0C、2,0,0A、0,2,0B、 1 0,0,3C、 1 2,0,3A、 1 0,2,3B、2,0,1D、0,0,2E、1,1,3M. （）依题意， 1 1,1,0C M ， 1 2, 2, 2B D ， 第 25 页 / 共 27 页 从而 11 2200C M BD ，所以 11 C MB D； （）依题意，2,0,0CA是平面 1 BB E的一个法向量， 1 0,2,1EB ，2,0, 1ED 设, ,nx y z为平面 1 DB E的法向量， 则 1 0 0 n EB n ED
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