课件9张PPT。ZPZ3.2.3立体几何中的向量方法（三）空间“角度”问题空间“夹角”问题1.异面直线所成角lmlm例2所以：2、二面角注意法向量的方向：同进同出，二面角等于法向量夹角的补角；一进一出，二面角等于法向量夹角2、二面角②法向量法解法二：同法一，以C为原点建立空间直角坐标系 C-xyz巩固练习课件8张PPT。ZPZ3.2.4立体几何中的向量方法（四）空间“角度”问题N解：如图建立坐标系A-xyz,则N例2、如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面SBC 底面ABCD。已知 AB=2，BC= ，SA=SB= .
(1)求证
(2)求直线SD与平面SAB所成角的正弦值。SABCD【典例剖析】 例3 如图,在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=AB=1,AD= ，在线段BC上是否存在一点E,使PA与平面PDE所成角的大小为450? 若存在，确定点E的位置；若不存在说明理由。 【典例剖析】 DBACEP解：以A为原点，AD、AB、AP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，已知：直角梯形OABC中，OA∥BC,∠AOC=90°，SO⊥面OABC，且OS=OC=BC=1，OA=2。求：
(1)异面直线SA和OB所成的角的余弦值
(2)OS与面SAB所成角的余弦值
(3)二面角B－AS－O的余弦值例4 【巩固练习】 1 三棱锥P-ABC PA⊥ABC,PA=AB=AC,
,E为PC中点 ,则PA与BE所成角的余弦值为_________ .
2 直三棱柱ABC-A1B1C1中, A1A=2, AB=AC=1, 则AC1与截面BB1CC1所成
角的余弦值为_________ .
3正方体中ABCD-A1B1C1D1中E为A1D1的
中点, 则二面角E-BC-A的大小是__________3. 2立体几何中的向量方法
教学目标：
掌握好向量的相关知识：概念、基本运算、建系方法、坐标求法（不定点的坐标）、平行与垂直、法向量求法
掌握向量作为工具解决立几问题的方法
向量解题后建议多思考传统的方法，不仅可以锻炼思维能力，还可以深刻认识空间几何的本质
重点难点：向量作为工具解决立几问题的方法
教学过程：
相关知识与能力：
一.空间距离的计算
1. 空间两点间的距离：设A、B是空间两点，则A、B两点间的距离d=||
2.两条异面直线间的距离：设a、b是两条异面直线，是a、b的公共法向量（即），点A(a,B(b
则异面直线a、b间的距离
即方向上的射影长为异面直线a、b间的距离。
3.点（或线）到平面的距离：
1）设
P是平面α内任一点，则PO到平面α的距离
2)直线与平面（或平面与平面）的距离转化为点到平面的距离。
二.空间角度的计算
1. 两条异面直线所成的角：设l1与l2两条异面直线，∥l1 ， ∥l2，则l1与l2所成的角
α=<，>或α=л -<，> （0<α≤）
cos<，>=或 cosα= （0<α≤）
2. 斜线P0P与平面α所成的角θ
3.二面角：设相交平面α与β的法向量分别为，则α与β所成的角的大小为<> 或 （如何确定？）
典例分析：
例1.在棱长为1的正方体中，E、F分别是的中点，G在棱CD上，且，H为C1G的中点，应用空间向量方法求解下列问题。
（1）求证：EF⊥B1C；
（2）求EF与C1G所成的角的余弦；
（3）求FH的长。
解：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E（0，0，）
F（）C（0，1，0）B1（1，1，1）C1（0，1，1），G（0，，0）
∵ ∴
则即
（2） ∴
由（1）知
故EF与所成角的余弦值为
（3）∵ H为C1G1的中点 ∴ H（0，），又F（）
∴ 即
例2.如图，在棱长为2的正方体中，E是DC的中点，取如图所示的空间直角坐标系。
（1）写出A、B1、E、D1的坐标；
（2）求AB1与D1E所成的角的余弦值。
解：（1）A（2，2，0）B1（2，0，2），E（0，1，0），D1（0，2，2）
（2）∵
∴ ，
∴ 与所成的角的余弦值为
例3.如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F。
（1）证明PA//平面EDB；
（2）证明PB⊥平面EFD；
（3）求二面角C—PB—D的大小。
解：如图所示建立空间直角坐标系，D为坐标原点，设DC=。
（1）证明：连结AC，AC交BD于G，连结EG
依题意得A（），P（0，0，a），E（）
∵ 底面ABCD是正方形 ∴ G是此正方形的中心
故点G的坐标为（）且，
∴ ，这表明PA//EG，而平面EDB且PA平面EDB
∴ PA//平面EDB
（2）证明：依题意得B（），
又，故
∴ PB⊥DE，由已知EF⊥PB，且，所以PB⊥平面EFD
（3）解：设点F的坐标为（），，则
∴ ，所以，二面角C—PC—D的大小为
巩固练习：
1、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。
（1）求证：EF//平面PAD；
（2）求证：EF⊥CD；
（3）若，求EF与平面ABCD所成的角的大小。
2、在正方体中，如图E、F分别是BB1，CD的中点，
（1）求证：平面ADE；
（2）
作业布置：
如图，已知正方形ABCD的边长为4，E、F分别是AB、AD的中点，GC⊥平面ABCD，且GC=2，求点B到平面EFG的距离。
2、如图，在直四棱柱中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB//DC。
（1）设E是DC的中点，求证：D1E//平面A1BD；
（2）求二面角的余弦值。
教学反思：
在立体几何的学习中，求各种“空间角”、和空间“距离”的难点在于作出相应的“角”及作出表示“距离”的线段，并给出相应的证明。引入向量的工具，避开了“作”、“证”这个难点，提供了解决求空间角、距离及证明“垂直”、“平行”的通法。进一步强化了“坐标法”、“数形结合”和“转化”等数学思想方法.
3.2立体几何中的向量方法
课前预习学案
预习目标：
向量的相关知识：概念、基本运算、建系方法、坐标求法（不定点的坐标）、平行与垂直、法向量求法
向量作为工具解决立几问题的方法
预习内容：
一.空间距离的计算
1. 空间两点间的距离：设A、B是空间两点，则A、B两点间的距离
2.两条异面直线间的距离：设a、b是两条异面直线，是a、b的公共法向量（即），点A(a,B(b
则异面直线a、b间的距离
即方向上的射影长为异面直线a、b间的距离。
3.点（或线）到平面的距离：
1）设
P是平面α内任一点，则PO到平面α的距离
2)直线与平面（或平面与平面）的距离转化为点到平面的距离。
二.空间角度的计算
1. 两条异面直线所成的角：设l1与l2两条异面直线，∥l1 ， ∥l2，则l1与l2所成的角
α=<，>或α=л -<，> （0<α≤）
cos<，>=或 cosα= （0<α≤）
2. 斜线P0P与平面α所成的角θ
3.二面角：设相交平面α与β的法向量分别为，则α与β所成的角的大小为<> 或 （如何确定？）
提出疑惑
同学们，通过你的自主学习，你还有哪些疑惑，请把它填在下面的表格中
疑惑点
疑惑内容
课内探究学案
学习目标：
1掌握好向量的相关知识：概念、基本运算、建系方法、坐标求法（不定点的坐标）、平行与垂直、法向量求法
1掌握向量作为工具解决立几问题的方法
重点难点：向量作为工具解决立几问题的方法
学习过程：
例1.在棱长为1的正方体中，E、F分别是的中点，G在棱CD上，且，H为C1G的中点，应用空间向量方法求解下列问题。
（1）求证：EF⊥B1C；
（2）求EF与C1G所成的角的余弦；
（3）求FH的长。
例2.如图，在棱长为2的正方体中，E是DC的中点，取如图所示的空间直角坐标系。
（1）写出A、B1、E、D1的坐标；
（2）求AB1与D1E所成的角的余弦值。
例3.如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F。
（1）证明PA//平面EDB；
（2）证明PB⊥平面EFD；
（3）求二面角C—PB—D的大小。
当堂检测：
1、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。
（1）求证：EF//平面PAD；
（2）求证：EF⊥CD；
（3）若，求EF与平面ABCD所成的角的大小。
2、在正方体中，如图E、F分别是BB1，CD的中点，
（1）求证：平面ADE；
（2）
课后练习与提高
1、如图，已知正方形ABCD的边长为4，E、F分别是AB、AD的中点，GC⊥平面ABCD，且GC=2，求点B到平面EFG的距离。
2、如图，在直四棱柱中，已知DC=DD1=2AD=2AB，AD⊥DC，AB//DC。
（1）设E是DC的中点，求证：D1E//平面A1BD；
（2）求二面角的余弦值。
课件14张PPT。练习巩固思考1引入知识要点例1的思考方法小结练习巩固1详细答案思考题1答案方法小结（1）建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题(还常建立坐标系来辅助)；（2）通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间距离和夹角等问题；（3）把向量的运算结果“翻译”成相应的几何意义.（化为向量问题或向量的坐标问题）（进行向量运算）（回到图形）课外思考(1)(2)(3) 例1：如图1：一个结晶体的形状为四棱柱，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，那么以这个顶点为端点的晶体的对角线的长与棱长有什么关系？ 解:如图1,不妨设化为向量问题依据向量的加法法则，进行向量运算所以回到图形问题这个晶体的对角线 的长是棱长的 倍。思考：(1)本题中四棱柱的对角线BD1的长与棱长有什么关系？ (2)如果一个四棱柱的各条棱长都相等，并且以某一顶点为端点的各棱间的夹角都等于 , 那么有这个四棱柱的对角线的长可以确定棱长吗? (3)本题的晶体中相对的两个平面之间的距离
是多少? (提示：求两个平行平面的距离，通常归结为求点到平面的距离或两点间的距离）思考(1)分析:思考(2)分析:∴ 这个四棱柱的对角线的长可以确定棱长.思考(3)下一节分析H 分析：面面距离转化为点面距离来求解：∴ 所求的距离是 思考(3)本题的晶体中相对的两个平面之间的距离是多少? 如何用向量法求点到平面的距离?DABCGFE如何用向量法求点到平面的距离?DABCGFE§3.2 立体几何中的向量方法(三)
—— 利用向量方法求距离
知识点一 求两点间的距离
已知矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，沿对角线AC折叠，使面ABC与面ADC垂直，求BD间的距离．
解 方法一
过D和B分别作DE⊥AC于E，BF⊥AC于F，
则由已知条件可知AC＝5，
∴DE＝＝，BF＝＝.
∵AE＝＝＝CF，
∴EF＝5－2×＝，
∴＝＋＋.
||2＝ (＋＋)2＝2＋ 2＋2＋2·＋2·＋2·.
∵面ADC⊥面ABC，而DE⊥AC，
∴DE⊥面ABC，
∴ DE⊥BF, ⊥,
||2＝2＋2＋2＝＋＋＝，
∴||＝.
故B、D间距离是.
方法二
同方法一．过E作FB的平行线EP，以E为坐标原点，以EP，EC，ED所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图．
则由方法一知DE＝FB＝，
EF＝，∴D，B，
∴＝，
| |＝ ＝.
【反思感悟】 求两点间的距离或某线段的长度的方法：
(1)把此线段用向量表示，然后用|a|2＝a·a通过向量运算去求|a|.(2)建立空间坐标系，利用空间两点间的距离公式d＝求解．
如图所示，正方形ABCD，ABEF的边长都是1，而且平面ABCD⊥平面ABEF，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CM＝BN＝a(0＜a＜ )．
(1)求MN的长；
(2)当a为何值时，MN的长最小．
解 (1)
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，F(1,1,0)，C(0,0,1)
∵CM＝BN＝a(0
且四边形ABCD、ABEF为正方形，
∴M(a,0,1－a)，N(a，a,0)，
∴|＝(0，a，a－1)，∴||＝.
(2)由(1)知MN＝，
所以，当a＝时，MN＝.
即M、N分别移到AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为.
知识点二 求异面直线间的距离
如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，E为棱CC1上异于C、C1的一点，EA⊥EB1，已知AB＝，BB1＝2，BC＝1，∠BCC1＝，求异面直线AB与EB1的距离．
解.以B为原点，、所在直线分别为y、z轴，如图建立空间直角坐标系．?
由于BC＝1，BB1＝2，
AB＝，∠BCC1＝，
在三棱柱ABC—A1B1C1中有B(0,0,0)，A(0,0，)，B1(0,2,0)，
设 E ()，由EA⊥EB1，得?·=0，?
即·＝0，
得＝0，即a＝或a＝(舍去)，
故E.
设n为异面直线AB与EB1公垂线的方向向量，
由题意可设n＝(x，y,0)，
则有n·=0.?
易得n＝(，1,0)，
∴两异面直线的距离d＝
＝＝1.
【反思感悟】 求异面直线的距离，一般不要求作公垂线，若公垂线存在，则直接求解即可；若不存在，可利用两异面直线的法向量求解．
如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，M、N分别为DC、BB1的中点，求异面直线MN与A1B的距离．
解 以A为原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A1(0,0,2)，B(0,4,0)，M(3,2,0)，N(0,4,1)．
∴|＝(－3,2,1)，＝(0,4，－2)．
设MN、A1B公垂线的方向向量为
n＝(x，y，z)，
则 即.
令y＝1，则z＝2，x＝，
即n＝，|n|＝.
＝(－3，－2,2)在n上的射影的长度为
d＝,
故异面直线MN与A1B的距离为.
知识点三 求点到平面的距离
在三棱锥B—ACD中，平面ABD⊥平面ACD，若棱长AC＝CD＝AD＝AB＝1，且∠BAD＝30°，求点D到平面ABC的距离．
解
如图所示，以AD的中点O为原点，以OD、OC所在直线为x轴、y轴，过O作OM⊥面ACD交AB于M，以直线OM为z轴建立空间直角坐标系，
则A，B，
C，D，
∴=，
＝，＝，
设n＝(x，y，z)为平面ABC的一个法向量，
则，
∴y＝－x，z＝－x，可取n＝(－，1,3)，
代入d＝，得d＝＝，
即点D到平面ABC的距离是.
【反思感悟】 利用向量法求点面距，只需求出平面的一个法向量和该点与平面内任一点连线表示的向量，代入公式求解即可．
正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为4，M、N、E、F分别为A1D1、A1B1、C1D1、B1C1的中点，求平面AMN平面与EFBD间的距离.
解 如图所示，建立空间直角坐标系D—xyz，则A(4,0,0)，M(2,0,4)，D(0,0,0)，B(4,4,0)，E(0,2,4)，F(2,4,4)，N(4,2,4)，
从而＝(2,2,0)，＝(2,2,0)，
＝(－2,0,4)，＝(－2,0,4)， ∴＝， ＝，
∴EF∥MN，AM∥BF，
∴平面AMN∥平面EFBD.
设n＝(x，y，z)是平面AMN的法向量，
从而
解得.
取z＝1，得n＝(2，－2,1)，
由于在n上的投影为＝＝－.
∴两平行平面间的距离d＝＝.
课堂小结：
1．求空间中两点A，B的距离时，当不好建系时利用|AB|＝||
＝来求．
2．两异面直线距离的求法．如图(1)，n为l1与l2的公垂线AB的方向向量，
d＝||＝.
3点B到平面α的距离：|? |=.(如图(2)所示)?
4.面与面的距离可转化为点到面的距离.
一、选择题
1.若O为坐标原点，? =（1，1， 2），? =（3，2，8），?
=（0，1，0），则线段AB的中点P到点C的距离为
（ ）?
?
A. B．2
C. D.
答案 D
解析 由题意＝(1－t)＝(＋)＝(2，，3)，
＝－＝(1－t)＝(－2，－，－3)，PC＝||＝ ＝.
2．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离是( )
A． B.
C. D.
答案 B
解析 以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则有D1（0，0，1），D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，1），C1（0，1，1）.因O为A1C1的中点，所以O（，,1），? =（， ，0），设平面ABC1D1的法向量为 n=（x,y,z），则有
即 则 n = （1，0，1），
∴O到平面ABC1D1的距离为：,?
.
3．在直角坐标系中，设A(－2,3)，B(3，－2)，沿x轴把直角坐标平面折成120°的二面角后，则A、B两点间的距离为( )
A．2 B.
C. D．3
答案 A
解析 ＋
2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·
＝9＋25＋4＋2×3×2×＝44.
∴||＝2.
4．已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，点E是A1B1的中点，则点A到直线BE的距离是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 如图所示，? =（2，0，0），?
=（1，0，2），?
∴?cosθ= ?＝＝，
∴sinθ＝＝，
A到直线BE的距离d＝|－*6]·|sinθ＝2×＝.
二、填空题
5．已知A(2,3,1)，B(4,1,2)，C(6,3,7)，D(－5，－4,8)，则点D到平面ABC的距离为________．
答案
解析 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
∴n＝，
又? =（7，7，7）.?
∴点D到平面ABC的距离d =
＝.
6．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，棱长为2，E为A1B1的中点，则异面直线D1E和BC1间的距离是________．
答案
解析 如图所示建立空间直角坐标系,设n为异面直线D1E与BC1公垂线的方向向量,并设n=(x,y,z),则有
易求得n=（1， 2，1），
∴d=＝＝＝.
7．在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，点A到平面A1BD的距离为________．
答案 a
解析 以D为空间直角坐标原点，以DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立坐标系，
则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，A1(a,0，a)．
设n＝(x，y，z)为平面A1BD的法向量，
则有，
即
∴令x＝1，
∴n＝(1，－1，－1)．
∴点A到平面A1BD的距离
d＝＝＝a.
三、解答题
8．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1.
(1)求BF的长；
(2)求点C到平面AEC1F的距离．
解 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，B(2,4,0)，A(2,0,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，
C1(0,4,3)．设F(0,0，z)．
∵四边形AEC1F为平行四边形，
∴由
得（-2，0，z）=（-2，0，2），?
∴z=2.∴F（0，0，2）.?
∴?=（-2，-4，2）.?
于是||=
（2）设n1为平面AEC1F的一个法向量，?
显然n1不垂直于平面ADF，故可设n1=（x，y，1），?
由
得 ?
即∴
?∴n1=（1, ,1）.?
又?=(0,0,3),设?与n1的夹角为α,则?
?cosα=
∴C到平面AEC1F的距离为?
d=||cosα=3×
9．已知：正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为2，侧棱长为4，E、F分别为棱AB、BC的中点．
(1)求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1；
(2)求点D1到平面B1EF的距离．
(1)证明
建立如右图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，
B(2，2，0)，E(2，，0)，
F(，2，0)，D1(0,0,4)，
B1(2，2，4)．
＝(－， ，0)， ＝(2，2，0)， ＝(0,0,4)，
·＝0.
∴EF⊥DB，EF⊥DD1，DD1∩BD＝D，
∴EF⊥平面BDD1B1.
又EF平面B1EF，∴平面B1EF⊥平面BDD1B1.
（2）解由（1）知? =
?=，=,
设平面B1EF的法向量为n,且n = (x,y,z)，?
则n⊥,n⊥，?
即n·=（x，y，z）·＝－x＋y＝0，
n·＝(x，y，z)·(0，－，－4)＝－y－4z＝0.
令x＝1，则y＝1，z＝－，∴n＝.
∴D1到平面B1EF的距离
＝＝
10．直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高为3，底面是边长为4且∠DAB＝60°的菱形，AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，E是O1A的中点．
(1)求二面角O1—BC－D的大小；
(2)求点E到平面O1BC的距离．
解 (1)∵OO1⊥平面AC，
∴OO1⊥OA，OO1⊥OB，又OA⊥OB，
建立如图所示的空间直角坐标系，
∵底面ABCD是边长为4，∠DAB=60°的菱形，
∴OA=2，OB=2，
则A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(2,0,0)，O1(0,0,3)
设平面O1BC的法向量为n1=（x,y,z），则n1⊥， n1⊥,
∴，
若z＝2，则x＝－，y＝3， ∴n1＝(－，3,2)，
而平面AC的法向量n2＝(0,0,3)
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，设O1－BC－D的平面角为α，∴cosα＝，
∴α＝60°.故二面角O1－BC－D为60°.
(2)设点E到平面O1BC的距离为d，
∵E是O1A的中点，∴? ＝(－，0，)，
则d=＝＝
∴点E到面O1BC的距离等于.
§3.2 立体几何中的向量方法 (二)
—— 利用向量方法求角
知识点一 求异面直线所成的角
已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的所有棱长都是1，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，E、F分别为A1B1与BB1的中点，求异面直线BE与CF所成角的余弦值．
解 如图所示，
解 如图所示，?
设? = a，? = b，? = c.?
则| a | = | b | = | c | =1，?
〈 a,b〉=〈b,c〉=〈a,c〉= 60?°?,?
∴a·b = b·c = a·c = ，?
而? =? +? = a + c.?
? = + = b + c,?
∴|| ＝ ＝ ，| | ＝.
∴· ＝·
＝a·b－a·c－b·c＋c2＝，
cos〈，〉＝= ,
∴异面直线BE与CF夹角的余弦值是.
【反思感悟】 在解决立体几何中两异面直线所成角的问题时，首选向量法，利用向量求解．若能构建空间直角坐标系，求解则更为简捷方便.
正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是A1D1、A1C1的中点．求：异面直线AE与CF所成角的余弦值．
解 不妨设正方体棱长为2，分别取DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(2,0,0)、C(0,2,0)、
E(1,0,2)、F(1,1,2)，由＝(－1,0,2)，
＝(1，－1,2)，得|| ＝，|| ＝.
∴ ·＝－1＋0＋4＝3.
又?· = ||·|?|·?cos?〈,?〉?
= cos〈,?〉,?
∴?cos?〈?,?〉=,?
∴异面直线AE与CF所成角的余弦值为
知识点二 求线面角
正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a，侧棱长为a，求AC1与侧面ABB1A1所成的角．
解 方法一
建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0，a,0)，
A1(0,0，a)，C1，取A1B1中点M，则M，连结AM、MC1，有
＝，＝(0，a,0)，＝(0,0，a)，
由于?·? = 0，?· = 0，?
∴MC1⊥面ABB1A1.?
∴∠C1AM是AC1与侧面A1B所成的角θ.?
∵? = , ＝，
∴·＝0＋＋2a2＝.
而|| ＝＝a，
||＝＝a，
∴cos〈 , 〉＝＝.
∴〈 ， 〉＝30°，
即AC1与侧面AB1所成的角为30°.
方法二 (法向量法)(接方法一)
＝(0,0，a)，＝(0，a,0)，
设侧面A1B的法向量n＝(λ，x，y)．
∴n·＝0且n·＝0
∴ax＝0，且ay＝0.
∴x＝y＝0，故n＝(λ，0,0)．
∵ ＝，
∴cos〈, n〉＝.
设所求线面角为θ，则sinθ＝|cos〈.，n〉|＝，θ＝30°.
【反思感悟】】 充分利用图形的几何特征建立适当的空间直角坐标系，再用向量有关知识求解线面角．方法二给出了一般的方法，先求平面法向量与斜线夹角，再进行换算．
如图所示，已知直角梯形ABCD，其中AB＝BC＝2AD，AS⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，且AS＝AB.求直线SC与底面ABCD的夹角θ的余弦．
解 由题设条件知，可建立以AD为x轴，AB为y轴，AS为z轴的空间直角坐标系(如图所示)．设AB＝1，则A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，D，S(0,0,1)．
∴＝(0,0,1)， ＝(－1，－1,1)．
是底面的法向量，它与已知向量是底面的法向量，
它与已知向量的夹角β＝90°－θ，故有sinθ＝cosβ＝＝＝，
于是cosθ＝＝.
知识点三 求二面角
如图，四棱锥P－ABCD中，PB⊥底面ABCD，CD⊥PD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝AD＝PB＝3.点E在棱PA上，且PE＝2EA.求二面角A－BE－D的余弦值．
解 以B为原点，以BC、BA、BP分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设平面EBD的一个法向量为n1＝(x，y,1)，
因为＝(0,2,1)，＝(3,3,0)，
由 得，
所以，
于是n1＝(，－，1)．
又因为平面ABE的一个法向量为
n2＝(1,0,0)，
所以，cos〈n1，n2〉＝＝.
所以，二面角A－BE－D的余弦值为.
【反思感悟】 几何法求二面角，往往需要作出平面角，这是几何中一大难点，而用向量法求解二面角无需作出二面角的平面角，只需求出平面的法向量，经过简单运算即可，从而体现了空间向量的巨大作用．
若PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，求二面角A—PB—C的余弦值．
解
如图所示，建立空间直角坐标系，则
A(0,0,0)，B(，1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，
＝(0,0,1)， ＝(，0,0)， ＝(0，－1,1)，
设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)
则
??，
令x＝1，则m＝(1，－，0)．
设平面PBC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则
???.
令y′＝－1，则n＝(0，－1，－1)．
∴cos〈m，n〉＝＝.
∴二面角A—PB—C的余弦值为.
课堂小结：
1．两条异面直线所成角的求法
(1)向量求法：设直线a、b的方向向量为a、b，其夹角为φ，则有cosθ＝|cosφ|＝.
(2)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．直线与平面所成角的求法
设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有
sinθ＝|cosφ|＝或cosθ＝sinφ.
3．二面角的求法
与的夹角(如图①所示)．
(2)设n1、n2是二面角α—l—β的两个面α、β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是二面角的平面角的大小(如图②所示)．
一、选择题
1．若直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角是150°，则l1与l2这两条异面直线所成的角等于( )
A．30° B．150°
C．30°或150° D．以上均错
答案 A
2．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l与平面α所成的角等于( )
A．30° B．60°
C．150° D．以上均错
答案 B
3．直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，直角顶点C在α内的射影是C′，则△ABC′是( )
A．直角三角形 B．钝角三角形
C．锐角三角形 D．各种情况都有可能
答案 B
解析 ∵0 = ?· = （ +?）·（+?）?
=||2+?·?.?
∴?·? =||2< 0,?
因A，B，C′不共线，故∠AC′B为钝角.
4．如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N，P分别是棱CC1，BC，A1B1上的点，若∠B1MN＝90°，则∠PMN的大小是( )
A．等于90° B．小于90°
C．大于90° D．不确定
答案 A
解析 A1B1⊥平面BCC1B1，故A1B1⊥MN，
·＝(＋)·
=·＋·＝0，
∴MP⊥MN，即∠PMN＝90°.
5．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )
A. B. C. D.
答案 B
二、填空题
6．若两个平面α，β的法向量分别是n＝(1,0,1)，ν＝(－1,1,0)．则这两个平面所成的锐二面角的度数是________．
答案 60°
解析 cos〈n，ν〉＝＝－.∴〈n，ν〉＝120°.
7．正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别是DD1，B1C1的中点，P是棱AB上的动点，则A1M与PN所成的角是________．
答案 90°
解析 设正方体每边之长为1，因
= ＋，
＋＋，
∴·＝·
= ·＋·＝－＝0，
∴⊥,即A1M与PN所成的角为90°.
三、解答题
8．已知正四棱锥S—ABCD的侧棱长为，底面的边长为，E是SA的中点，求异面直线BE和SC所成的角．
解 建立如图所示空间直角坐标系．
由于AB＝，SA＝，
可以求得SO＝.则
B，A，
C，S.
由于E为SA的中点，
所以E，
所以＝，
＝，
因为·＝－1，
||＝，||＝，
所以cos〈，〉＝＝－，
所以〈，〉＝120°.
所以异面直线BE与SC所成的角为60°.
9．如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，已知AB＝4，AD＝3，AA1＝2，E、F分别是线段AB、BC上的点，且EB＝FB＝1，
(1)求二面角C—DE—C1的正切值；
(2)求直线EC1与FD1所成角的余弦值．
解 (1)
以A为原点，AB、AD、AA1分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则有D(0,3,0)，D1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C1(4,3,2)，
于是? =（3,3，0），? =（1，3，2），? =（4，2，2）.?
设平面C1DE的法向量为n=（x，y，z）.?
则n⊥， n⊥
∴3x 3y=0,?
x+3y+2z=0.?
∴x=y=z.令z = 2,?
则n＝(－1，－1,2)．
∵向量＝(0,0,2) 是平面CDE的一个法向量，
∴n与向量所成的角θ为二面角C—DE—C1的平面角．
∵cosθ＝∴tanθ＝.
(2)设EC1与FD1所成角的为β，
则?cosβ=＝.
10．正三棱锥O—ABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，且长度均为2.E、F分别是AB、AC的中点，H是EF的中点，过EF的一个平面与侧棱OA、OB、OC或其延长线分别相交于A1、B1、C1，已知OA1＝.
(1)求证：B1C1⊥平面OAH；
(2)求二面角O—A1B1—C1的余弦值．
(1)证明 如图所示，以直线OA、OC、OB分别为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O—xyz，则
A(2,0,0)，B(0,0,2)，C(0,2,0)，E(1,0,1)，F(1,1,0)，
H，
＝， ＝，
＝(0,2，－2)，所以·＝0，·＝0，
所以BC⊥平面OAH.
由EF∥BC，得B1C1∥BC，故B1C1⊥平面OAH.
(2)解 由已知A1，设B1(0,0，z)，
则? =（，0，1），? =（1，0，z1），?
由?与?共线得：存在λ∈R使? =λ，
得?
所以B1(0,0,3)，同理C1(0,3,0).
所以＝，=，
设n1=(x1,y1,z1)是平面A1B1C1的一个法向量，
则 ?
即
令x1＝2，得y1＝z1＝1，所以n1＝(2,1,1)．
又n2＝(0,1,0)是平面OA1B1的一个法向量，
所以cos〈n1，n2〉＝＝＝.
所以二面角O－A1B1－C1的余弦值为.
§3.2 立体几何中的向量方法 (一)
—— 平行与垂直关系的向量证法
知识点一 求平面的法向量
已知平面α经过三点A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2，0)，试求平面α的一个法向量．
解 ∵A(1,2,3)，B(2,0，－1)，C(3，－2,0)，
＝(1，－2，－4)，＝(1，－2，－4)，
设平面α的法向量为n＝(x，y，z)．
依题意，应有n·= 0， n·? = 0.?
即，解得.令y＝1，则x＝2.
∴平面α的一个法向量为n＝(2,1,0)．
【反思感悟】 用待定系数法求平面的法向量，关键是在平面内找两个不共线向量，列出方程组，取其中一组解(非零向量)即可．
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，DC的中点，求证：??是平面A1D1F的法向量.?
证明 设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则?是平面A1D1F的法向量．
证明
设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则
A(1,0,0)，E，
＝. .D1＝(0,0,1)，
F，A1(1,0,1)．
＝，＝(－1,0,0)．
∵·＝·＝－＝0，
·＝0，∴⊥.又A1D1∩D1F＝D1，
∴AE⊥平面A1D1F，∴ 是平面A1D1F的法向量．
知识点二 利用向量方法证平行关系
在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，求证：B1C∥平面ODC1.
证明 方法一 ∵?=?，
∴ B
∴B1C∥A1D，又A1D?面ODC1，
∴B?1C∥面ODC1.?
方法二 ∵? =? +??
=? +? +? +? =? +?.?
∴?，?，?共面.?
又B1C ?面ODC1，∴B1C∥面ODC1.?
方法三
建系如图，设正方体的棱长为1，则可得
B1(1,1,1)，C(0,1,0)，
O，C1(0,1,1)，
＝(－1,0，－1)，
＝，
＝.
设平面ODC1的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则 得
令x0＝1，得y0＝1，z0＝－1，∴n＝(1,1，－1)．
又 ·n＝－1×1＋0×1＋(－1)×(－1)＝0，
∴⊥n，∴B1C∥平面ODC1.
【反思感悟】 证明线面平行问题，可以有三个途径，一是在平面ODC1内找一向量与共线；二是说明能利用平面ODC1内的两不共线向量线性表示，三是证明与平面的法向量垂直．
如图所示，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF＝∠CEF＝90°，AD＝，EF＝2.
求证：AE∥平面DCF.
证明 如图所示，以点C为坐标原点，以CB、CF和CD所在直线分别作为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系C—xyz.
设AB＝a，BE＝b，CF＝c，
则C(0,0,0)，A(，0，a)，
B(，0,0)，E(，b,0)，F(0，c,0)．
＝(0，b，－a)， ＝(，0,0)，
＝(0，b,0)，
所以?·? = 0，?·? = 0，从而CB⊥AE，CB⊥BE.?
所以CB⊥平面ABE.因为CB⊥平面DCF，
所以平面ABE∥平面DCF.故AE∥平面DCF.
知识点三 利用向量方法证明垂直关系
在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是棱AB，BC的中点，试在棱BB1上找一点M，使得D1M⊥平面EFB1.
解
建立空间直角坐标系D—xyz，设正方体的棱长为2，则E(2,1,0)，F(1,2,0)，D1(0,0,2)，B1(2,2,2)．
设M（2，2，m），则? =（1，1，0），?=（0， 1， 2），?
? =（2，2，m2）.?
∵ ⊥平面EFB1，?
∴ ⊥EF，⊥B1E，?
∴?·? = 0且?·? = 0，?
于是
∴m＝1，
故取B1B的中点为M就能满足D1M⊥平面EFB1.
【反思感悟】 证明直线与平面垂直有两种方法：(1)用直线与平面垂直的判定定理；(2)证明该直线所在向量与平面的法向量平行．
在正三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C⊥A1B.
求证：AC1⊥A1B.
证明 建立空间直角坐标系C1—xyz，
设AB＝a，CC1＝b.
则A1，B(0，a，b)，B1(0，a,0)，C(0,0，b)，A，
C1(0,0,0)．
于是? =? =（0， a，b），?
＝.
∵B1C⊥A1B，∴ ·＝ －＋b2＝0,
而·＝a2－a2－b2＝－b2＝0
∴ ⊥
即AC1⊥A1B.
课堂小结：
1．用待定系数法求平面法向量的步骤：
(1)建立适当的坐标系．
(2)设平面的法向量为n＝(x，y，z)．
(3)求出平面内两个不共线向量的坐标a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．
(4)根据法向量定义建立方程组.
(5)解方程组，取其中一解，即得平面的法向量.
2．平行关系的常用证法
＝λ.证明线面平行可转化为证直线的方向向量和平面的法向量垂直，然后说明直线在平面外，证面面平行可转化证两面的法向量平行．
3．垂直关系的常用证法
要证线线垂直，可以转化为对应的向量垂直．
要证线面垂直，可以转化为证明这条直线与平面内两条相交直线垂直．
要证面面垂直，可以转化为证明两个平面的法向量垂直．
一、选择题
1. 已知A（3，5，2），B（-1，2，1），把按向量a＝(2,1,1)平移后所得的向量是( )
A．(－4，－3,0) B．(－4，－3，－1)
C．(－2，－1,0) D．(－2，－2,0)
答案 B
＝(－4，－3，－1)．平移后向量的模和方向是不改变的．
2．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与平面β的位置关系是( )
A．平行 B．相交但不垂直
C．垂直 D．不能确定
答案 C
解析 ∵(1,2,0)·(2，－1,0)＝0，
∴两法向量垂直，从而两平面也垂直．
3．从点A(2，－1,7)沿向量a＝(8,9，－12)的方向取线段长AB＝34，则B点的坐标为( )
A．(－9，－7,7) B．(18,17，－17)
C．(9,7，－7) D．(－14，－19,31)
答案 B
解析 ，设B（x，y，z），?=（x2，y+1，z7）?
=λ（8，9， 12），λ>0.
故x2=8λ,y+1=9λ,z7=12λ，?
又（x22+（y+12+（z72 = 342，?
得（17λ）2 = 342，∵λ>0,∴λ=2.?
∴x = 18,y = 17,z =17,?
即B（18，17， 17）.
4．已知a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)分别是直线l1、l2的方向向量，若l1∥l2，则( )
A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝
C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝
答案 D
解析 ∵l1∥l2，∴a∥b，
则有＝＝，
解方程得x＝6，y＝.
5．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为u＝(－2,0，－4)，则( )
A．l∥α B．l⊥α
C．l?α D．l与α斜交
答案 B
解析 ∵u＝－2a，
∴a∥u，∴l⊥α.
二、填空题
6．已知A(1,1，－1)，B(2,3,1)，则直线AB的模为1的方向向量是________________．
答案 或
解析，? =（1，2，2），| | = 3 .?
模为1的方向向量是±,
7．已知平面α经过点O(0,0,0)，且e＝(1,1,1)是α的法向量，M(x，y，z)是平面α内任意一点，则x，y，z满足的关系式是________________．
答案 x＋y＋z＝0
解析 ·e=（x，y，z）·（1，1，1）= x+y+z = 0.
8．若直线a和b是两条异面直线，它们的方向向量分别是(1,1,1)和(2，－3，－2)，则直线a和b的公垂线(与两异面直线垂直相交的直线)的一个方向向量是________．
答案 (1,4，－5)(答案不唯一)
解析 设直线a和b的公垂线的一个方向向量为n＝(x，y，z)，a与b的方向向量分别为n1，n2，由题意得即：
解之得：y＝4x，z＝－5x，令x＝1，
则有n＝(1,4，－5)．
三、解答题
9．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是BB1、DD1的中点，求证：
(1)FC1∥平面ADE；
(2)平面ADE∥平面B1C1F.
证明 如图所示建立空间直角坐标系Dxyz，
则有D(0,0,0)、A(2,0,0)，
C(0,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,2,1)，
F(0,0,1)，B1(2,2,2)，
所以? =（0，2，1），?
? =（2，0，0），? =（0，2，1）.?
（1）设n1=（x1 , y1 , z1）是平面ADE的法向量,?
则n1 ⊥ ?， n1⊥?，
即 ?得?
令z1＝2，则y1＝－1，
所以n1＝(0，－1,2)．
因为 ·n1＝－2＋2＝0，所以⊥n1.
又因为FC1?平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
（2）∵? =（2，0，0），?
设n2 = (x2 , y2 , z 2)是平面B1C1F的一个法向量.?
由n2⊥?,n2⊥,得?
得
得
令z2＝2得y2＝－1，所以n2＝(0，－1,2)，因为n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F.
10.
如图所示，在棱长为1的正方体ABCD—A′B′C′D′中，AP＝BQ＝b (0(1)证明：平面PQEF和平面PQGH互相垂直；
(2)证明：截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值，并求出这个值；
(3)若b＝，求D′E与平面PQEF所成角的正弦值．
解 以D为原点，射线DA、DC、DD′分别为x、y、z轴的正半轴建立如图(2)所示的空间直角坐标系D—xyz，由已知得DF＝1－b，故A(1,0,0)，A′(1,0,1)，D(0,0,0)，
D′(0,0,1)，P(1,0，b)，Q(1,1，b)，E(1－b,1,0)，F(1－b,0,0)，G(b,1,1)，H(b,0,1)．
(1)，证明 在所建立的坐标系中,可得? = (0,1,0),?
? = ( b , 0, b),? = (b 1,0,1 b),?
? = ( 1,0,1),? = ( 1,0, 1),?
因为?· = 0，?·?= 0，?
所以?是平面PQEF的法向量.
因为?·? = 0，?· =0，?
所以?是平面PQGH的法向量.?
所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直.?
(2)证明，因为= (0, 1,0),?
所以?∥, | | = ||,?
又⊥,所以四边形PQEF为矩形,?
同理四边形PQGH为矩形.?
在所建立的坐标系中可求得|| = (1-b), || = b,?所以|| + || =,又|| = 1,?
所以截面PQEF和截面PQGH的面积之和为,是定值.?
(3)解 由(1)知＝(－1,0,1)是平面PQEF的法向量．
由P为AA′的中点可知，Q、E、F分别为BB′、BC、AD的中点．
所以E（ ，1，0,），＝，因此D′E与平面PQEF所成角的正弦值等于|cos〈,> ＝.
学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．已知平面α的法向量为a＝(1，2，－2)，平面β的法向量为b＝(－2，－4，k)，若α⊥β，则k＝( )
A．4 B.－4
C．5 D．－5
【解析】 ∵α⊥β，∴a⊥b，∴a·b＝－2－8－2k＝0.
∴k＝－5.
【答案】 D
2．在菱形ABCD中，若是平面ABCD的法向量，则以下等式中可能不成立的是( )
A.⊥ B.⊥
C.⊥ D.⊥
【解析】 由题意知PA⊥平面ABCD，所以PA与平面上的线AB，CD都垂直，A，B正确；又因为菱形的对角线互相垂直，可推得对角线BD⊥平面PAC，故PC⊥BD，C选项正确．
【答案】 D
3．已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为( )
A.，－，4 B.，－，4
C.，－2，4 D．4，，－15
【解析】 ∵⊥，∴·＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4，
又BP⊥平面ABC，∴⊥，⊥，
则解得
【答案】 B
4．已知点A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，点D满足条件：DB⊥AC，DC⊥AB，AD＝BC，则点D的坐标为( )
A．(1，1，1)
B．(－1，－1，－1)或
C.
D．(1，1，1)或
【解析】 设D(x，y，z)，则＝(x，y－1，z)，＝(x，y，z－1)，＝(x－1，y，z)，＝(－1，0，1)，＝(－1，1，0)，＝(0，－1，1)．
又DB⊥AC?－x＋z＝0 ①，
DC⊥AB?－x＋y＝0 ②，
AD＝BC?(x－1)2＋y2＋z2＝2 ③，
联立①②③得x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－，所以点D的坐标为(1，1，1)或.故选D.
【答案】 D
5．设A是空间一定点，n为空间内任一非零向量，满足条件·n＝0的点M构成的图形是( )
A．圆 B．直线
C．平面 D．线段
【解析】 M构成的图形经过点A，且是以n为法向量的平面．
【答案】 C
二、填空题
6．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2，1)与平面α平行，则z＝________.
【解析】 由题意知u⊥v，∴u·v＝3＋6＋z＝0，∴z＝－9.
【答案】 －9
7．已知a＝(x，2，－4)，b＝(－1，y，3)，c＝(1，－2，z)，且a，b，c两两垂直，则(x，y，z)＝________．
【解析】 由题意，知
解得x＝－64，y＝－26，z＝－17.
【答案】 (－64，－26，－17)
8．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是________．
【解析】 ∵·＝0，·＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．
又与不平行，
∴是平面ABCD的法向量，则③正确．
由于＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，
∴与不平行，故④错误．
【答案】 ①②③
三、解答题
9.如图3-2-15，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：AM⊥平面BDF.
图3-2-15
【证明】 以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，，0)，B(0，，0)，D(，0，0)，F(，，1)，M.
所以＝，＝(0, ，1)，＝(，－，0)．
设n＝(x，y，z)是平面BDF的法向量，
则n⊥，n⊥，
所以?
取y＝1，得x＝1，z＝－.
则n＝(1，1，－)．
因为＝.
所以n＝－ ，得n与共线．
所以AM⊥平面BDF.
10．底面ABCD是正方形，AS⊥平面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点．求证：平面BDE⊥平面ABCD.
【证明】 法一 设AB＝BC＝CD＝DA＝AS＝1，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则B(1，0，0)，D(0，1，0)，A(0，0，0)，S(0，0，1)，E.
连接AC，设AC与BD相交于点O，连接OE，则点O的坐标为.
因为＝(0，0，1)，＝，
所以＝.所以OE∥AS.
又因为AS⊥平面ABCD，
所以OE⊥平面ABCD.
又因为OE?平面BDE，
所以平面BDE⊥平面ABCD.
法二 设平面BDE的法向量为n1＝(x，y，z)，
因为＝(－1，1，0)，＝，
所以即
令x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝(1，1，0)．
因为AS⊥平面ABCD，
所以平面ABCD的一个法向量为n2＝＝(0，0，1)．
因为n1·n2＝0，
所以平面BDE⊥平面ABCD.
[能力提升]
1.如图3-2-16，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，则下列向量中，能作为平面AEF的法向量的是( )
图3-2-16
A．(1，－2，4)
B．(－4，1，－2)
C．(2，－2，1)
D．(1，2，－2)
【解析】 设平面AEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，
则A(1，0，0)，E，F.
故＝，＝.
所以
即所以
当z＝－2时，n＝(－4，1，－2)，故选B.
【答案】 B
2.如图3-2-17，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点．若点Q在线段B1P上，则下列结论正确的是( )
图3-2-17
A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD
B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD
C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD
D．不存在DQ与平面A1BD垂直
【解析】 以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则由已知得A1(0，0，0)，B1(1，0，0)，C1(0，1，0)，B(1，0，1)，D，P(0，2，0)，＝(1，0，1)，＝，＝(－1，2，0)，＝.设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝－2，则x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一个法向量为n＝(2，1，－2)．假设DQ⊥平面A1BD，且＝λ＝λ(－1，2，0)＝(－λ，2λ，0)，则＝＋＝，因为也是平面A1BD的法向量，所以n＝(2，1，－2)与＝共线，于是有＝＝＝成立，但此方程关于λ无解．故不存在DQ与平面A1BD垂直，故选D.
【答案】 D
3.如图3-2-18，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝1，若E，F分别为PB，AD中点，则直线EF与平面PBC的位置关系________．
图3-2-18
【解析】 以D为原点，DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则E，F，∴＝，平面PBC的一个法向量n＝(0，1，1)，∵＝－n，
∴∥n，
∴EF⊥平面PBC.
【答案】 垂直
4．如图3-2-19，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，且AD∥BC，∠ABC＝∠PAD＝90°，侧面PAD⊥底面ABCD.若PA＝AB＝BC＝AD.
图3-2-19
(1)求证：CD⊥平面PAC；
(2)侧棱PA上是否存在点E，使得BE∥平面PCD？若存在，指出点E的位置并证明，若不存在，请说明理由.
【解】 因为∠PAD＝90°，所以PA⊥AD.又因为侧面PAD⊥底面ABCD，且侧面PAD∩底面ABCD＝AD，所以PA⊥底面ABCD.又因为∠BAD＝90°，所以AB，AD，AP两两垂直．分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设AD＝2，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)．
(1)＝(0，0，1)，＝(1，1，0)，＝(－1，1，0)，
可得·＝0，·＝0，所以AP⊥CD，AC⊥CD.
又因为AP∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC.
(2)设侧棱PA的中点是E，则E，＝.
设平面PCD的法向量是n＝(x，y，z)，则因为＝(－1，1，0)，＝(0，2，－1)，所以取x＝1，则y＝1，z＝2，所以平面PCD的一个法向量为n＝(1，1，2)．
所以n·＝(1，1，2)·＝0，所以n⊥.
因为BE?平面PCD，所以BE∥平面PCD.
综上所述，当E为PA的中点时，BE∥平面PCD.
学业分层测评
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
一、选择题
1．若异面直线l1的方向向量与l2的方向向量的夹角为150°，则l1与l2所成的角为( )
A．30° B．150°
C．30°或150° D．以上均不对
【解析】 l1与l2所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为.应选A.
【答案】 A
2．已知A(0，1，1)，B(2，－1，0)，C(3，5，7)，D(1，2，4)，则直线AB与直线CD所成角的余弦值为( )
A. B．－
C. D．－
【解析】 ＝(2，－2，－1)，＝(－2，－3，－3)，
∴cos〈，〉＝＝＝，
∴直线AB，CD所成角的余弦值为.
【答案】 A
3．正方形ABCD所在平面外一点P，PA⊥平面ABCD，若PA＝AB，则平面PAB与平面PCD的夹角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
【解析】 如图所示，建立空间直角坐标系，设PA＝AB＝1.则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)．于是＝(0，1，0)．
取PD中点为E，
则E，∴＝，
易知是平面PAB的法向量，是平面PCD的法向量，∴cos?，?＝，
∴平面PAB与平面PCD的夹角为45°.
【答案】 B
4．如图3-2-28，在空间直角坐标系Dxyz中，四棱柱ABCD-A1B1C1D1为长方体，AA1＝AB＝2AD，点E，F分别为C1D1，A1B的中点，则二面角B1-A1B-E的余弦值为( )
图3-2-28
A．－ B．－
C. D.
【解析】 设AD＝1，则A1(1，0，2)，B(1，2，0)，因为E，F分别为C1D1，A1B的中点，所以E(0，1，2)，F(1，1，1)，所以＝(－1，1，0)，＝(0，2，－2)，设m＝(x，y，z)是平面A1BE的法向量，则所以所以取x＝1，则y＝z＝1，所以平面A1BE的一个法向量为m＝(1，1，1)，又DA⊥平面A1B1B，所以＝(1，0，0)是平面A1B1B的一个法向量，所以cos〈m，〉＝＝＝，又二面角B1-A1B-E为锐二面角，所以二面角B1-A1B-E的余弦值为，故选C.
【答案】 C
5.如图3-2-29，空间正方体ABCD-A1B1C1D1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( )
图3-2-29
A. B.
C. D.
【解析】 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建系，则＝，＝，
cos〈，〉＝＝0.
∴〈，〉＝.
【答案】 D
二、填空题
6．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值是________．
【解析】 依题意，建立如图所示的坐标系，则A(1，0，0)，M，C(0，1，0)，N，
∴＝，
＝，
∴cos〈，〉＝＝，
故异面直线AM与CN所成角的余弦值为.
【答案】
7．在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1，－2，0)，B(2，1，)，则向量与平面xOz的法向量的夹角的正弦值为________．
【解析】 设平面xOz的法向量为n＝(0，t，0)(t≠0)，＝(1，3, )，所以cos〈n，〉＝＝，因为〈n，〉∈[0，π]，所以sin〈n，〉＝＝.
【答案】
8．已知点E，F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的二面角的正切值等于________．
【解析】 如图，建立空间直角坐标系．
设正方体的棱长为1，平面ABC的法向量为n1＝(0，0，1)，平面AEF的法向量为n2＝(x，y，z)．
所以A(1，0，0)，E，F，
所以＝，＝，
则即
取x＝1，则y＝－1，z＝3.故n2＝(1，－1，3)．
所以cos〈n1，n2〉＝＝.
所以平面AEF与平面ABC所成的二面角的平面角α满足cos α＝，sin α＝，所以tan α＝.
【答案】
三、解答题
9.如图3-2-30所示，在四面体ABCD中，O，E分别是BD，BC的中点，CA＝CB＝CD＝BD＝2，AB＝AD＝.
图3-2-30
(1)求证：AO⊥平面BCD；
(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值．
【解】 (1)证明：连接OC，
由题意知BO＝DO，AB＝AD，
∴AO⊥BD.
又BO＝DO，BC＝CD，∴CO⊥BD.
在△AOC中，由已知可得AO＝1，CO＝，
又AC＝2，∴AO2＋CO2＝AC2，
∴∠AOC＝90°，即AO⊥OC.
∵BD∩OC＝O，∴AO⊥平面BCD.
(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，D(－1，0，0)，C(0, ，0)，A(0，0，1)，
E，
∴＝(－1，0，1)，＝(－1，－，0)，
∴cos〈，〉＝＝.
∴异面直线AB与CD所成角的余弦值为.
10．四棱锥P-ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．
(1)求证：平面AEC⊥平面PDB；
(2)当PD＝AB且E为PB的中点时，求AE与平面PDB所成的角的大小．
【解】 如图，以D为原点建立空间直角坐标系Dxyz，设AB＝a，PD＝h，则
A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，D(0，0，0)，P(0，0，h)，
(1)∵＝(－a，a，0)，＝(0，0，h)，＝(a，a，0)，
∴·＝0，·＝0，
∴AC⊥DP，AC⊥DB，又DP∩DB＝D，
∴AC⊥平面PDB，
又AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB.
(2)当PD＝AB且E为PB的中点时，P(0，0，a)，E，
设AC∩BD＝O，O，连接OE，由(1)知AC⊥平面PDB于O，
∴∠AEO为AE与平面PDB所成的角，
∵＝，＝，
∴cos∠AEO＝＝，
∴∠AEO＝45°，即AE与平面PDB所成的角的大小为45°.
[能力提升]
1．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，E是侧棱BB1的中点，则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为( )
A．60° B．90°
C．45° D．以上都不对
【解析】 以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图．
由题意知，A1(1，0，2)，E(1，1，1)，D1(0，0，2)，A(1，0，0)，所以＝(0，1，－1)，＝(1，1，－1)，＝(0，－1，－1)．
设平面A1ED1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
得
令z＝1，得y＝1，x＝0，所以n＝(0，1，1)，
cos〈n，〉＝＝＝－1.
所以〈n，〉＝180°.
所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90°.
【答案】 B
2.在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
图3-2-31
A. B.
C. D.
【解析】 不妨设CA＝CC1＝2CB＝2，
则＝(－2，2，1)，＝(0，－2，1)，
所以cos〈，〉＝
＝＝－.
因为直线BC1与直线AB1的夹角为锐角，所以所求角的余弦值为.
【答案】 A
3．在空间中，已知平面α过(3，0，0)和(0，4，0)及z轴上一点(0，0，a)(a＞0)，如果平面α与平面xOy的夹角为45°，则a＝________．
【解析】 平面xOy的法向量为n＝(0，0，1)，设平面α的法向量为u＝(x，y，z)，则
即3x＝4y＝az，取z＝1，则u＝.
而cos〈n，u〉＝＝，
又∵a＞0，∴a＝.
【答案】
4.如图3-2-32，在直三棱柱A1B1C1-ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点．
图3-2-32
(1)求异面直线A1B与C1D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Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4) ，C1(0，2，4)，
所以＝(2，0，－4)，＝(1，－1，－4).
因为cos〈，〉＝＝＝，
所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(1，1，0)，＝(0，2，4)，所以n1·＝0，n1·＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以n1＝(2，－2，1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0，1，0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ.
由|cos θ|＝＝＝，
得sin θ＝.
因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.
