利用空间向量求空间角
最新考纲 1.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；2.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.
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知 识 梳 理
1.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β l1与l2所成的角θ
范围 (0，π)
求法 cos β＝ cos θ＝|cos β|＝
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＝|cos〈a，n〉|＝.
3.求二面角的大小
(1)如图①，AB，CD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＝__〈，〉.
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(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|＝|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).
[微点提醒]
1.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
2.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.
基 础 自 测
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1.判断下列结论正误(在括号内打“√”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].( )
解析 (1)两直线的方向向量所成的角是两条直线所成的角或其补角；(2)直线的方向向量a，平面的法向量n，直线与平面所成的角为θ，则sin θ＝|cos?a，n?|；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
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2.(选修2－1P104练习2改编)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°
解析 cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
答案 C
3.(选修2－1P112A4改编)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l与α所成的角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析 由于cos 〈m，n〉＝－，所以〈m，n〉＝120°，所以直线l与α所成的角为30°.
答案 A
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4.(2018·郑州调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
解析 设正方体的棱长为1，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，如图所示.则B(1，1，0)，B1(1，1，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，1)，
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所以＝(0，0，1)，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1).
令平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝－x＋y＝0，n·＝－x＋z＝0，令x＝1，可得n＝(1，1，1)，
所以sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝.
答案 B
5.(2019·南宁二中、柳州高中联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，AA1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________.
解析 建立如图所示的坐标系.
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易得A(2，0，0)，B(2，3，0)，B1(2，3，1)，C1(0，3，1)，
则＝(0，3，1)，＝(－2，0，1).
设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，
则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝.
答案
6.(2019·大连预测)过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________.
解析 如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，
又CD⊥平面PAD，
∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD.所以＝(0，1，0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°.
故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.
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答案 45°
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考点一 用空间向量求异面直线所成的角
【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅱ卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
(2)(一题多解)(2019·河北、山西、河南三省联考)在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC均为等边三角形，且二面角P－BC－A的大小为120°，则异面直线PB和AC所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 (1)法一 以B为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系.
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图(1) 图(2)
则B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1).
又在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝2，则A(－1，，0).
所以＝(1，－，1)，＝(1，0，1)，
则cos〈，〉＝
＝＝＝，
因此，异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.
法二 将直三棱柱ABC－A1B1C1补形成直四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图(2))，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1.
则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成的角(或其补角)，易求得AB1＝，BC1＝AD1＝，B1D1＝.
由余弦定理得cos∠B1AD1＝.
(2)法一 取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，过点B作AC的平行线交AO的延长线于点D，连接PD，则∠PBD或其补角就是异面直线PB和AC所成的角.设AB＝a，则PB＝BD＝a，PO＝PD＝a，所以cos ∠PBD＝＝.
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法二 如图，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC均为等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以BC⊥平面PAO，即平面PAO⊥平面ABC.且∠POA就是其二面角P－BC－A的平面角，即∠POA＝120°，
建立空间直角坐标系如图所示.
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设AB＝2，则A(，0，0)，C(0，－1，0)，B(0，1，0)，P，
所以＝(－，－1，0)，＝，
cos 〈，〉＝－，所以异面直线PB与AC所成角的余弦值为.
法三 如图所示，取BC的中点O，连接OP，OA，因为△ABC和△PBC是全等的等边三角形，所以AO⊥BC，PO⊥BC，所以∠POA就是二面角的平面角，
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设AB＝2，则＝－，＝－，
故·＝(－)·(－)＝－，
所以cos 〈，〉＝＝－.
即异面直线PB与AC所成角的余弦值为.
答案 (1)C (2)A
规律方法 1.利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：(1)选好基底或建立空间直角坐标系；(2)求出两直线的方向向量v1，v2；(3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解.
2.两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角.
【训练1】 (一题多解)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB，E，F分别为BC，BB1的中点，M，N分别为AA1，A1C1的中点，则直线MN与EF所成角的余弦值为( )
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A. B. C. D.
解析 法一 如图，在原三棱柱的上方，再放一个完全一样的三棱柱，连接AC1，CB1，C1B′，易得MN∥AC1，EF∥CB1∥C1B′，那么∠AC1B′或∠AC1B′的补角即直线MN与EF所成的角.
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设AA1＝AB＝a，
则AC1＝C1B′＝a，
连接AB′，则AB′＝＝3a，
由余弦定理得
cos ∠AC1B′＝＝－.
故直线MN与EF所成角的余弦值为.
法二 如图，连接AC1，C1B，CB1，
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设C1B，CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，
则MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，
那么∠DOC或其补角即直线MN与EF所成的角.
设AA1＝AB＝a，
则AC1＝CB1＝a，
于是OD＝OC＝，又CD＝，于是△OCD为正三角形，
故∠DOC＝60°，cos ∠DOC＝，即直线MN与EF所成角的余弦值为.
法三 取AB的中点O，连接CO，则CO⊥AB，以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，过点O且平行于CC1的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AB＝2，则AA1＝2，求得M(－1，0，)，N，E，F(1，0，)，所以＝，＝，cos 〈，〉＝＝＝.
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答案 C
考点二 用空间向量求线面角
【例2】 (2018·全国Ⅱ卷)如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点.
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(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AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以AB2＋BC2＝AC2，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.
由OP⊥OB，OP⊥AC且OB∩AC＝O，知PO⊥平面ABC.
(2)解 如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz.
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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).取平面PAC的一个法向量＝(2，0，0).
设M(a，2－a，0)(0
设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z).
由·n＝0，·n＝0得
可取n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos〈，n〉＝.
由已知可得|cos〈，n〉|＝，
所以＝，
解得a＝－4(舍去)，a＝，
所以n＝.
又＝(0，2，－2)，所以cos〈，n〉＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
规律方法 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或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
【训练2】 (2019·郑州测试)在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD.
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(1)求证：平面BDEF⊥平面ADE；
(2)若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值.
(1)证明 在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD，
由余弦定理，得BD＝AD，
从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，
所以△ABD为直角三角形且∠ADB＝.
因为DE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以DE⊥BD.
又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.
因为BD?平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.
(2)解 由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，又由ED＝BD，
设AD＝1，则BD＝ED＝.因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，
所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
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则A(1，0，0)，C(－1，，0)，E(0，0，)，F(0，，)，
所以＝(－1，0，)，＝(－2，，0).
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得n＝(，2，1)，为平面AEC的一个法向量.
因为＝(－1，，)，
所以cos 〈n，〉＝＝，
所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.
考点三 用空间向量求二面角
【例3】 (2018·武汉模拟)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OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O，如图2，点P为BC的中点，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.
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(1)(一题多解)证明：OD⊥平面PAQ；
(2)若BE＝2AE，求二面角C－BQ－A的余弦值.
(1)证明 法一 取OO1的中点F，连接AF，PF，如图所示.
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∵P为BC的中点，∴PF∥OB，
∵AQ∥OB，∴PF∥AQ，
∴P，F，A，Q四点共面.
由题图1可知OB⊥OO1，
∵平面ADO1O⊥平面BCO1O，且平面ADO1O∩平面BCO1O＝OO1，OB?平面BCO1O，
∴OB⊥平面ADO1O，
∴PF⊥平面ADO1O，
又OD?平面ADO1O，∴PF⊥OD.
由题意知，AO＝OO1，OF＝O1D，∠AOF＝∠OO1D，
∴△AOF≌△OO1D，
∴∠FAO＝∠DOO1，
∴∠FAO＋∠AOD＝∠DOO1＋∠AOD＝90°，∴AF⊥OD.
∵AF∩PF＝F，且AF?平面PAQ，PF?平面PAQ，
∴OD⊥平面PAQ.
法二 由题设知OA，OB，OO1两两垂直，∴以O为坐标原点，OA，OB，OO1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的长为m，
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则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的中点，∴P，
∴＝(3，0，6)，＝(0，m，0)，＝.
∵·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥，又与不共线，
∴OD⊥平面PAQ.
(2)解 ∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，
则Q(6，3，0)，∴＝(－6，3，0)，＝(0，－3，6).
设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)，
由得
令z＝1，则y＝2，x＝1，n1＝(1，2，1).
易得平面ABQ的一个法向量为n2＝(0，0，1).
设二面角C－BQ－A的大小为θ，由图可知，θ为锐角，
则cos θ＝＝，
即二面角C－BQ－A的余弦值为.
规律方法 利用空间向量计算二面角大小的常用方法：
(1)找法向量：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：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.
【训练3】 (2018·安徽六校联考)如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，AB＝BC＝CC1＝2CD，E为线段AB的中点，F是线段DD1上的动点.
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(1)求证：EF∥平面BCC1B1；
(2)(一题多解)若∠BCD＝∠C1CD＝60°，且平面D1C1CD⊥平面ABCD，求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.
(1)证明 如图(1)，连接DE，D1E.
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图(1)
∵AB∥CD，AB＝2CD，E是AB的中点，∴BE∥CD，BE＝CD，
∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC.
又DE?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，∴DE∥平面BCC1B1.
∵DD1∥CC1，DD1?平面BCC1B1，
CC1?平面BCC1B1，∴D1D∥平面BCC1B1.
又D1D∩DE＝D，∴平面DED1∥平面BCC1B1.
∵EF?平面DED1，∴EF∥平面BCC1B1.
(2)解 如图(1)，连接BD.
设CD＝1，则AB＝BC＝CC1＝2.
∵∠BCD＝60°，
∴BD＝＝.
∴CD2＋BD2＝BC2，∴BD⊥CD.
同理可得，C1D⊥CD.
法一 ∵平面D1C1CD⊥平面ABCD，平面D1C1CD∩平面ABCD＝CD，C1D?平面D1C1CD，
∴C1D⊥平面ABCD，
∵BC?平面ABCD，∴C1D⊥BC，
∴C1D⊥B1C1.
在平面ABCD中，过点D作DH⊥BC，垂足为H，连接C1H，如图(1).
∵C1D∩DH＝D，∴BC⊥平面C1DH.
∵C1H?平面C1DH，∴BC⊥C1H，∴B1C1⊥C1H，
∴∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.
∵在Rt△C1CD中，C1D＝，
在Rt△BCD中，DH＝CD·sin 60°＝，
∴在Rt△C1DH中，C1H＝＝，
∴cos ∠DC1H＝＝.
∴平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角(锐角)的余弦值为.
法二 以D为原点，分别以DB，DC，DC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图(2)，
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图(2)
则D(0，0，0)，C(0，1，0)，C1(0，0，)，B(，0，0)，
∴＝＝(－，1，0)，＝(0，0，)，＝(0，－1，).
设平面BCC1B1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
取z1＝1，则y1＝，x1＝1，
∴平面BCC1B1中的一个法向量为n1＝(1，，1).
设平面DC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2).
则即
令x2＝1，则y2＝，z2＝0，
∴平面DC1B1的一个法向量为n2＝(1，，0).
设平面BCC1B1与平面DC1B1所成的锐二面角的大小为θ，
则cos θ＝＝＝.
∴平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角(锐角)的余弦值为.
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[思维升华]
1.利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化.主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算.
2.合理建立空间直角坐标系
(1)使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同.
(2)一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点.
(3)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系.
[易错防范]
1.异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角.
2.利用向量法求二面角大小的注意点
(1)建立空间直角坐标系时，若垂直关系不明确，应先给出证明；
(2)对于某些平面的法向量，要结合题目条件和图形多观察，判断该法向量是否已经隐含着，不用再求.
(3)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误.
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基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于( )
A.120° B.60° C.30° D.60°或30°
解析 设直线l与平面α所成的角为β，直线l与平面α的法向量的夹角为γ.
则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝.
又0°≤β≤90°，∴β＝30°.
答案 C
2.在正方体A1B1C1D1－ABCD中，AC与B1D所成角大小为( )
A. B. C. D.
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
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设正方体边长为1，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，B1(1，0，1)，D(0，1，0).
∴＝(1，1，0)，＝(－1，1，－1)，
∵·＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，
∴⊥，
∴AC与B1D所成的角为.
答案 D
3.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2.以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M.则CD与平面ACM所成角的正弦值为( )
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A. B. C. D.
解析 如图所示，建立空间直角坐标系，
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则A(0，0，0)，P(0，0，4)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，4，0)，M(0，2，2).
所以＝(2，4，0)，＝(0，2，2)，＝(－2，0，0).
设平面ACM的一个法向量n＝(x，y，z)，
由n⊥，n⊥，
可得令z＝1，得n＝(2，－1，1).
设所求角为α，
则sin α＝＝.
答案 D
4.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
解析 以A为原点，AB，AD，AA1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，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，
∴＝(0，1，－1)，＝.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S437.TIF" \* MERGEFORMAT
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则有即∴
∴n1＝(1，2，2).
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
∴|cos〈n1，n2〉|＝＝，
即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为.
答案 B
5.(2018·大同模拟)设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是( )
A. B. C. D.
解析 如图，以点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D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，
＝(2，0，0)，＝(2，2，0)，＝(2，0，2)，
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S122.TIF" \* MERGEFORMAT
设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，
则∴
令z＝1，得n＝(－1，1，1).
∴D1到平面A1BD的距离d＝＝＝.
答案 D
二、填空题
6.(2019·昆明月考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________.
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解析 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，
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则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，
则＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，
∴·＝2，
∴cos〈，〉＝＝，
∴EF和BC1所成的角为60°.
答案 60°
7.在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则直线CD与平面BDC1所成角的正弦值等于________.
解析 以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图.设AA1＝2AB＝2，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，则＝(0，1，0)，＝(1，1，0)，＝(0，1，2).
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设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥，n⊥，所以有令y＝－2，得平面BDC1的一个法向量为n＝(2，－2，1).
设直线CD与平面BDC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝.
答案
8.(一题多解)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所成的锐二面角的正切值为________.
解析 法一 延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.
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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，
∴tan ∠EHB＝＝.
法二 如图，以点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D－xyz，
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设DA＝1，由已知条件得
A(1，0，0)，E，
F，＝，＝，
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，
由得
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)，
则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝，tan θ＝.
答案
三、解答题
9.(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\18gs28.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.
解 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，设AC，A1C1 的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2).
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(1)因为P为A1B1的中点，所以P，
从而＝，＝(0，2，2)，
故|cos〈，〉|＝＝＝.
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.
(2)因为Q为BC的中点，所以Q，
因此＝，＝(0，2，2)，＝(0，0，2).
设n＝(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，
则即
不妨取n＝(，－1，1).
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.
10.(2019·河北五校联考)如图，在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，底面△ABC是边长为2的正三角形，A1A＝A1C，A1A⊥A1C.
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(1)求证：A1C1⊥B1C；
(2)(一题多解)求二面角B1－A1C－C1的正弦值.
(1)证明 如图，取A1C1的中点D，连接B1D，CD，
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∵C1C＝A1A＝A1C，
∴CD⊥A1C1，
∵底面△ABC是边长为2的正三角形，
∴AB＝BC＝2，A1B1＝B1C1＝2，
∴B1D⊥A1C1，
又B1D∩CD＝D，B1D?平面B1CD，CD?平面B1CD，
∴A1C1⊥平面B1CD，∴A1C1⊥B1C.
(2)解 法一 如图，过点D作DE⊥A1C于点E，连接B1E.
∵侧面AA1C1C⊥底面ABC，
∴侧面AA1C1C⊥平面A1B1C1，又B1D⊥A1C1，
侧面AA1C1C∩平面A1B1C1＝A1C1，
∴B1D⊥平面A1CC1，∴B1D⊥A1C，
∴A1C⊥平面B1DE，∴B1E⊥A1C，
∴∠B1ED为所求二面角的平面角.
∵A1B1＝B1C1＝A1C1＝2，∴B1D＝，
又ED＝CC1＝，∴tan ∠B1ED＝＝＝，
∴sin∠B1ED＝.
∴二面角B1－A1C－C1的正弦值为.
法二 如图，取AC的中点O，以O为坐标原点，射线OB，OC，OA1分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(，0，0)，A1(0，0，1)，B1(，1，1)，C1(0，2，1)，C(0，1，0)，
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S128.TIF" \* MERGEFORMAT
∴＝(，1，0)，＝(0，1，－1).
设m＝(x，y，z)为平面A1B1C的法向量，
∴
令y＝，得m＝(－1，，)，
又＝(，0，0)为平面A1CC1的一个法向量，
∴cos 〈m，〉＝＝－，
由图易知所求二面角为锐角，
∴二面角B1－A1C－C1的正弦值为.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·长沙雅礼中学检测)在三棱锥P－ABC中，点P在底面的正投影恰好是等边△ABC的边AB的中点，且点P到底面ABC的距离等于底面边长.设△PAC与底面所成的二面角的大小为α，△PBC与底面所成的二面角的大小为β，则tan(α＋β)的值是( )
A. B.
C.－ D.－
解析 如图，设点P在边AB上的射影为H，
作HF⊥BC，HE⊥AC，连接PF，PE.
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依题意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.
不妨设等边△ABC的边长为2，则PH＝2，AH＝BH＝1.
∴HE＝，HF＝，则tan α＝tan β＝＝，
故tan(α＋β)＝＝＝－ .
答案 C
12.(2018·济南质检)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
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A. B. C. D.
解析 不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2，可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，
∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，
∴cos〈，〉＝＝＝＝＞0.
∴与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
答案 A
13.如图所示，二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为__________.
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解析 ∵＝＋＋，
∴·＝||·||· cos〈，〉＝－24.
∴ cos〈，〉＝－.
又所求二面角与〈，〉互补，
∴所求的二面角为60°.
答案 60°
14.(2018·天津卷)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.
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(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.
解 依题意，可以建立以D为原点，分别以，，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)，M，N(1，0，2).
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(1)证明 依题意＝(0，2，0)，＝(2，0，2).设n0＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则即不妨令z＝－1，可得n0＝(1，0，－1).又＝，可得·n0＝0，又因为直线MN?平面CDE，所以MN∥平面CDE.
(2)依题意，可得＝(－1，0，0)，＝(1，－2，2)，＝(0，－1，2).
设n＝(x，y，z)为平面BCE的法向量，则即不妨令z＝1，可得n＝(0，1，1).
设m＝(x，y，z)为平面BCF的法向量，则即不妨令z＝1，可得m＝(0，2，1).
因此有cos〈m，n〉＝＝，于是sin〈m，n〉＝.
所以，二面角E－BC－F的正弦值为.
(3)设线段DP的长为h(h∈[0，2])，则点P的坐标为(0，0，h)，可得＝(－1，－2，h).易知，＝(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，故
|cos〈，〉|＝＝，
由题意，可得＝sin 60°＝，
解得h＝∈[0，2].
所以，线段DP的长为.
利用空间向量解决有关空间角的开放问题
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考点一 与线面角有关的探索性问题
【例1】 (2019·湖北重点中学协作体联考)等边△ABC的边长为3，点D，E分别是AB，BC上的点，且满足＝＝(如图(1))，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1－DE－B成直二面角，连接A1B，A1C(如图(2)).
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(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由.
(1)证明 题图(1)中，由已知可得：
AE＝2，AD＝1，A＝60°.
从而DE＝＝.
故得AD2＋DE2＝AE2，∴AD⊥DE，BD⊥DE.
∴题图(2)中，A1D⊥DE，BD⊥DE，
∴∠A1DB为二面角A1－DE－B的平面角，
又二面角A1－DE－B为直二面角，
∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB，
∵DE∩DB＝D且DE，DB?平面BCED，
∴A1D⊥平面BCED.
(2)解 存在.由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.
以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图，
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过P作PH∥DE交BD于点H，
设PB＝2a(0≤2a≤3)，则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a，
易知A1(0，0，1)，P(2－a，a，0)，E(0，，0)，
所以＝(a－2，－a，1).
因为ED⊥平面A1BD，
所以平面A1BD的一个法向量为＝(0，，0).
因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，所以sin 60°＝＝＝，解得a＝.
∴PB＝2a＝，满足0≤2a≤3，符合题意.
所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝.
规律方法 解决此类问题的基本策略是执果索因，其结论明确需要求出使结论成立的充分条件，将题设和结论都视为已知条件即可迅速找到切入点，建立方程(组)并解方程(组)，若有解，则存在并求得结论成立的条件，若无解，则不存在.
【训练1】 如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E为CD的中点，点F在线段PB上.
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(1)求证：AD⊥PC；
(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等.
(1)证明 如图，在平行四边形ABCD中，连接AC，
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因为AB＝2，BC＝2，∠ABC＝45°，
由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos 45°＝4，得AC＝2，
所以AC2＋BC2＝AB2，
所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.
又AD∥BC，所以AD⊥AC，
因为AD＝AP＝2，DP＝2，
所以AD2＋AP2＝DP2，所以PA⊥AD，
又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC，所以AD⊥PC.
(2)解 因为侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为原点，直线AD，AC，AP为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，D(－2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(－1，1，0)，P(0，0，2)，所以＝(0，2，－2)，＝(－2，0，－2)，＝(2，2，－2).
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设＝λ(λ∈[0，1])，则＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，
所以＝(2λ＋1，2λ－1，－2λ＋2)，易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0，0，1).
设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令x＝1，得n＝(1，－1，－1).
因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，
所以|cos 〈，m〉|＝|cos 〈，n〉|，
即＝，所以|－2λ＋2|＝，
即|λ－1|＝|λ|(λ∈[0，1])，解得λ＝，
所以＝.
即当＝时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等.
考点二 与二面角有关的探索性问题 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 多维探究
角度1 已知二面角探求长度
【例2－1】 (2018·贵阳模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA＝PD＝2，BC＝AD＝1，CD＝.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S134.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：平面PBC⊥平面PQB；
(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°？
(1)证明 ∵AD∥BC，Q为AD的中点，BC＝AD，
∴BC∥QD，BC＝QD，
∴四边形BCDQ为平行四边形，∴BQ∥CD.
∵∠ADC＝90°，∴BC⊥BQ.
∵PA＝PD，AQ＝QD，∴PQ⊥AD.
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD，∴PQ⊥BC.
又∵PQ∩BQ＝Q，∴BC⊥平面PQB.
∵BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB.
(2)解 由(1)可知PQ⊥平面ABCD.如图，以Q为原点，分别以QA，QB，QP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则Q(0，0，0)，D(－1，0，0)，
P(0，0，)，B(0，，0)，C(－1，，0)，
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S135.TIF" \* MERGEFORMAT
∴＝(0，，0)，＝(0，，0)，＝(1，0，)，＝(－1，，－).
设＝λ，则＝(－λ，λ，－λ)，且0≤λ≤1，得M(－λ，λ，－λ)，∴＝(－λ，λ，(1－λ)).
设平面MBQ的法向量为m＝(x，y，z)，则
即
令x＝，则y＝0，z＝，
∴平面MBQ的一个法向量为m＝.
设平面PDC的法向量为n＝(x′，y′，z′)，则
即
令x′＝3，则y′＝0，z′＝－，
∴平面PDC的一个法向量为n＝(3，0，－).
∴平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，
∴cos 60°＝＝＝，
∴λ＝.∴PM＝PC＝.
角度2 已知二面角探求角度
【例2－2】 (2019·河北“五个一”名校联考)如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠ABC＝60°，AB＝2BC＝2CD，四边形DCEF是正方形，N，G分别是线段AB，CE的中点.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S136.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)(一题多解)求证：NG∥平面ADF；
(2)设二面角A－CD－F的大小为θ，当θ为何值时，二面角A－BC－E的余弦值为？
(1)证明 法一 如图，设DF的中点为M，连接AM，GM，
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因为四边形DCEF是正方形，所以MG綉CD，又四边形ABCD是梯形，且AB＝2CD，AB∥CD，点N是AB的中点，
所以AN綉DC，所以MG綉AN，所以四边形ANGM是平行四边形，所以NG∥AM.
又AM?平面ADF，NG?平面ADF，所以NG∥平面ADF.
法二 如图，连接NC，NE，
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因为N是AB的中点，四边形ABCD是梯形，AB＝2CD，AB∥CD，
所以AN綉CD，所以四边形ANCD是平行四边形，所以NC∥AD，
因为AD?平面ADF，NC?平面ADF，所以NC∥平面ADF，
同理可得NE∥平面ADF，又NC∩NE＝N，所以平面NCE∥平面ADF，
因为NG?平面NCE，所以NG∥平面ADF.
(2)解 设CD的中点为O，EF的中点为P，连接NO，OP，易得NO⊥CD，以点O为原点，以OC所在直线为x轴，以NO所在直线为y轴，以过点O且与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
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因为NO⊥CD，OP⊥CD，所以∠NOP是二面角A－CD－F的平面角，
则∠NOP＝θ，所以∠POy＝π－θ，
设AB＝4，则BC＝CD＝2，则P(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，E(1，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，C(1，0，0)，B(2，－，0)，
＝(0，2cos(π－θ)，2sin(π－θ))，＝(1，－，0)，
设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
因为θ∈，所以cos(π－θ)≠0，
令z＝1，则y＝－tan(π－θ)，x＝－tan(π－θ)，
所以n＝(－tan(π－θ)，－tan(π－θ)，1)为平面BCE的一个法向量，
又易知平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
所以cos 〈m，n〉＝＝，
由图可知二面角A－BC－E为锐角，
所以＝，
解得tan2(π－θ)＝3，又<θ<π，
所以tan(π－θ)＝，即π－θ＝，得θ＝，
所以当二面角A－CD－F的大小为时，二面角A－BC－E的余弦值为.
规律方法 1.解决探究性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在.
2.探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用.
3.利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程是否有解的问题进行处理.
【训练2】 (2019·华南师大附中质检)如图，在五面体ABCDEF中，AB∥CD∥EF，AD⊥CD，∠DCF＝60°，CD＝EF＝CF＝2AB＝2AD＝2，平面CDEF⊥平面ABCD.
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(1)求证：CE⊥平面ADF；
(2)已知P为棱BC上的点，试确定点P的位置，使二面角P－DF－A的大小为60°.
(1)证明 ∵CD∥EF，CD＝EF＝CF，
∴四边形CDEF是菱形，∴CE⊥DF.
∵平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD?平面ABCD，
∴AD⊥平面CDEF，∵CE?平面CDEF，∴AD⊥CE.
又∵AD?平面ADF，DF?平面ADF，AD∩DF＝D，
∴直线CE⊥平面ADF.
(2)解 由(1)知四边形CDEF为菱形，又∵∠DCF＝60°，
∴△DEF为正三角形.
如图，取EF的中点G，连接GD，则GD⊥EF.
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∵EF∥CD，∴GD⊥CD.
∵平面CDEF⊥平面ABCD，GD?平面CDEF，平面CDEF∩平面ABCD＝CD，∴GD⊥平面ABCD.
又∵AD⊥CD，∴直线DA，DC，DG两两垂直.
以D为原点，分别以DA，DC，DG所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图的空间直角坐标系D－xyz.
∵CD＝EF＝CF＝2，AB＝AD＝1，
∴D(0，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，－1，)，F(0，1，)，
∴＝(0，－3，)，＝(0，1，)，＝(1，－1，0)，＝(0，2，0).
由(1)知是平面ADF的一个法向量.
设＝a＝(a，－a，0)(0≤a≤1)，
则＝＋＝(a，2－a，0).
设平面PDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝a，则x＝(a－2)，z＝－a，
∴n＝((a－2)，a，－a).
∵二面角P－DF－A的大小为60°，
∴|cos〈n，〉|＝＝＝，
解得a＝或a＝－2(不合题意，舍去).
∴P在靠近点B的CB的三等分点处.
考点三 与空间角有关的最值问题
【例3】 (2018·太原二模)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是圆内接四边形，CB＝CD＝CE＝1，AB＝AD＝AE＝，EC⊥BD.
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(1)求证：平面BED⊥平面ABCD；
(2)若点P在平面ABE内运动，且DP∥平面BEC，求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值.
(1)证明 如图，连接AC，交BD于点O，连接EO，
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∵AD＝AB，CD＝CB，AC＝AC，
∴△ADC≌△ABC，易得△ADO≌△ABO，
∴∠AOD＝∠AOB＝90°，
∴AC⊥BD.
又EC⊥BD，EC∩AC＝C，∴BD⊥平面AEC，
又OE?平面AEC，∴OE⊥BD.
又底面ABCD是圆内接四边形，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
在Rt△ADC中，由AD＝，CD＝1，可得AC＝2，AO＝，
∴∠AEC＝90°，＝＝，
易得△AEO∽△ACE，∴∠AOE＝∠AEC＝90°，
即EO⊥AC.
又AC，BD?平面ABCD，AC∩BD＝O，
∴EO⊥平面ABCD，
又EO?平面BED，∴平面BED⊥平面ABCD.
(2)解 如图，取AE的中点M，AB的中点N，连接MN，ND，DM，
则MN∥BE，由(1)知，∠DAC＝∠BAC＝30°，即∠DAB＝60°，
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∴△ABD为正三角形，∴DN⊥AB，又BC⊥AB，
∴平面DMN∥平面EBC，
∴点P在线段MN上.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A，B，E，M，D，N，
∴＝，＝，
＝，＝，
设平面ABE的法向量n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，则n＝(1，，)，
设＝λ(0≤λ≤1)，可得
＝＋＝，
设直线DP与平面ABE所成的角为θ，
则sin θ＝＝，
∵0≤λ≤1，∴当λ＝0时，sin θ取得最大值.
故直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值为.
规律方法 解决空间角的最值问题一般是把空间角的某个三角函数值表示为某个变量的函数，利用这个函数的单调性求三角函数值的最值，求解时需要注意的是函数中自变量的取值范围对最值的决定作用.
【训练3】 (2019·成都诊断)如图所示，PA⊥平面ADE，B，C分别是AE，DE的中点，AE⊥AD，AD＝AE＝AP＝2.
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(1)求二面角A－PE－D的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长.
解 (1)因为PA⊥平面ADE，AD?平面ADE，AB?平面ADE，所以PA⊥AD，PA⊥AB，又因为AB⊥AD，所以PA，AD，AB两两垂直，
以{，，}为正交基底建立空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为
A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
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因为PA⊥AD，AD⊥AE，AE∩PA＝A，
所以AD⊥平面PAE，
所以是平面PAE的一个法向量，且＝(0，2，0).
易得＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2).
设平面PED的法向量为m＝(x，y，z).
则即
令y＝1，解得z＝1，x＝1.
所以m＝(1，1，1)是平面PED的一个法向量，
所以cos〈，m〉＝＝，
所以二面角A－PE－D的余弦值为.
(2)＝(－1，0，2)，故可设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1).
又＝(0，－1，0)，所以＝＋＝(－λ，－1，2λ).
又＝(0，－2，2)，
所以cos〈，〉＝＝.
设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，
则cos2〈，〉＝＝≤，
当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.
因为y＝cos x在上是减函数，
所以当λ＝时直线CQ与DP所成角取得最小值.
又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.
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[思维升华]
用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.
[易错防范]
求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面角余弦值正负有两种方法：
(1)通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；
(2)当不易观察二面角是锐角还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定.
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直观想象——立体几何中的动态问题
1.直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养.
2.立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求轨迹的长度及动角的范围等.
3.一般是根据线、面垂直，线、面平行的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹(理科还可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程).
【例1】 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M、N分别是直线CD、AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为，则点P的轨迹是( )
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A.圆的一部分 B.椭圆的一部分
C.抛物线的一部分 D.双曲线的一部分
解析 把MN平移到平面A1B1C1D1中，直线D1P与MN所成角为θ，直线D1P与MN所成角的最小值是直线D1P与平面A1B1C1D1所成角，即原问题转化为：直线D1P与平面A1B1C1D1所成角为，点P在平面A1B1C1D1的投影为圆的一部分，因为点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，
所以点P的轨迹是椭圆的一部分.故选B.
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答案 B
【例2】 (2018·石家庄一模)如图，四棱锥P－ABCD的底面是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝4，M是PB上的一个动点(不与P，B重合)，过点M作平面α∥平面PAD，截棱锥所得图形的面积为y，若平面α与平面PAD之间的距离为x，则函数y＝f(x)的图象是( )
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解析 过M作MN⊥AB，交AB于N，则MN⊥平面ABCD，过N作NQ∥AD，交CD于Q，过Q作QH∥PD，交PC于H，连接MH，则平面MNQH是所作的平面α，
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由题意得＝，
解得MN＝4－2x，由＝.
即＝，解得QH＝(2－x)，
过H作HE⊥NQ，在Rt△HEQ中，EQ＝＝2－x，
∴NE＝2－(2－x)＝x，∴MH＝x.
∴y＝f(x)＝＝－x2＋4(0∴函数y＝f(x)的图象如图.故选C.
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答案 C
【例3】 如图，在棱长为2的正四面体A－BCD中，E、F分别为直线AB、CD上的动点，且|EF|＝.若记EF中点P的轨迹为L，则|L|等于________(注：|L|表示L的测度，在本题，L为曲线、平面图形、空间几何体时，|L|分别对应长度、面积、体积).
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解析 如图，当E为AB中点时，F分别在C，D处，满足|EF|＝，此时EF的中点P在EC，ED的中点P1，P2的位置上；
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当F为CD中点时，E分别在A，B处，满足|EF|＝，此时EF的中点P在BF，AF的中点P3，P4的位置上，
连接P1P2，P3P4相交于点O，则四点P1，P2，P3，P4共圆，圆心为O，圆的半径为，则EF中点P的轨迹L为以O为圆心，以为半径的圆，
其测度|L|＝2π×＝π.
答案 π
【例4】 已知ABCD⊥平面ADEF，AB⊥AD，CD⊥AD，且AB＝1，AD＝CD＝2，ADEF是正方形，在正方形ADEF内部有一点M，满足MB，MC与平面ADEF所成的角相等，则点M的轨迹长度为( )
A. B. C.π D.π
解析 根据题意，以D为原点，分别以DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，如图1所示，则B(2，1，0)，C(0，2，0)，设M(x，0，z)，易知直线MB，MC与平面ADEF所成的角分别为∠AMB，∠DMC，均为锐角，且∠AMB＝∠DMC，所以sin ∠AMB＝sin ∠DMC?＝，即2MB＝MC，因此2＝，整理得＋z2＝，由此可得，点M在正方形ADEF内的轨迹是以点O为圆心，半径为的圆弧M1M2，如图2所示，易知圆心角∠M1OM2＝，所以lM1M2＝×＝π，故选C.
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答案 C
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基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
1.(2018·山西联考)如图，在三棱锥P－ABC中，D为棱PA上的任意一点，点F，G，H分别为所在棱的中点.
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(1)证明：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝2，∠BAC＝45°，当二面角C－GF－H的平面角为时，求棱PC的长.
(1)证明 因为G，H分别为AC，BC的中点，所以AB∥GH，且GH?平面FGH，AB?平面FGH，所以AB∥平面FGH.
因为F，G分别为PC，AC的中点，
所以GF∥AP，且FG?平面FGH，AP?平面FGH，所以AP∥平面FGH.
又因为AP∩AB＝A，
所以平面ABP∥平面FGH.
因为BD?平面ABP，所以BD∥平面FGH.
(2)解 在平面ABC内过点C作CM∥AB，如图，以C为原点，分别以CB，CM，CF所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C－xyz，连接BG.
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由△ABC为等腰直角三角形知BG⊥AC.
因为BG⊥CF，AC∩CF＝C，所以BG⊥平面PAC.
设CF＝a，则B(2，0，0)，G(1，－1，0)，
所以＝(－1，－1，0)为平面PAC的一个法向量.
又F(0，0，a)，H(1，0，0)，所以＝(1，0，－a)，＝(1，－1，－a).
设m＝(x，y，z)为平面FGH的法向量，
则即
可得平面FGH的一个法向量为m＝(a，0，1).
由|cos〈m，〉|＝＝，得a＝1(负值已舍去)，从而2a＝2，所以棱PC的长为2.
2.(2018·齐鲁名校教科研协作体联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PCD，PD⊥CD，底面ABCD是梯形，AB∥DC，AB＝AD＝PD＝1，CD＝2AB，Q为棱PC上一点.
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(1)若点Q是PC的中点，证明：BQ∥平面PAD.
(2)＝λ，试确定λ的值使得二面角Q－BD－P的大小为60°.
(1)证明 如图(1)，取PD的中点M，连接AM，MQ.
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图(1)
∵点Q是PC的中点，∴MQ∥CD，MQ＝CD.
又AB∥CD，AB＝CD，
∴MQ∥AB，MQ＝AB，∴四边形ABQM是平行四边形.∴BQ∥AM.
又AM?平面PAD，BQ?平面PAD，∴BQ∥平面PAD.
(2)解 由AD⊥平面PCD，PD⊥CD，可得DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，P(0，0，1)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0).
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图(2)
设Q(x0，y0，z0)，则＝(x0，y0，z0－1)，＝(0，2，－1).
∵＝λ，∴(x0，y0，z0－1)＝λ(0，2，－1)，∴Q(0，2λ，1－λ).
又易证BC⊥平面PBD，
∴n＝(－1，1，0)是平面PBD的一个法向量.
设平面QBD的法向量为m＝(x，y，z)，
则即解得
令y＝1，则m＝.
∵二面角Q－BD－P的大小为60°，
∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝3±.
∵点Q在棱PC上，∴0≤λ≤1，∴λ＝3－.
3.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为l.
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(1)求证：l⊥平面PAC；
(2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由.
(1)证明 因为E，F分别是PC，PB的中点，所以BC∥EF，
又EF?平面EFA，BC?平面EFA，所以BC∥平面EFA.
又BC?平面ABC，平面EFA∩平面ABC＝l，所以BC∥l.
又BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC⊥平面ABC，BC?平面ABC，
所以BC⊥平面PAC，所以l⊥平面PAC.
(2)解 如图，以C为坐标原点，CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，
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则A(2，0，0)，B(0，4，0)，P(1，0，)，E，F，
所以＝，＝(0，2，0).
设Q(2，y，0)，平面AEF的法向量为m＝(x0，y0，z0)，
则即
则y0＝0，令z0＝，则x0＝1，
所以m＝(1，0，)为平面AEF的一个法向量.
又＝(1，y，－)，
所以|cos〈，〉|＝，
|cos〈，m〉|＝.
因为直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，
所以＝，
所以|1×0＋y×2－×0|＝|1×1＋y×0＋(－)×|，
解得y＝±1.
所以直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，此时AQ＝1.
4.(2019·湖北七市联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，AB＝2，∠ABC＝60°，E，F分别是BC，PC的中点.
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(1)求证：AE⊥PD；
(2)设H为线段PD上的动点，若线段EH长的最小值为，求二面角E－AF－C的余弦值.
(1)证明 ∵四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC为正三角形.
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又E为BC的中点，∴AE⊥BC.
∵BC∥AD，∴AE⊥AD.
∵PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，
∴PA⊥AE.
∵PA?平面PAD，AD?平面PAD，且PA∩AD＝A，
∴AE⊥平面PAD.
又PD?平面PAD，∴AE⊥PD.
(2)解 如图，H为线段PD上的动点，连接AH，EH.
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当线段EH的长最小时，EH⊥PD.
由(1)知AE⊥PD，∵AE∩EH＝E，
∴PD⊥平面AEH.
∵AH?平面AEH，∴AH⊥PD.
在Rt△EAH中，AE＝，EH＝，EA⊥AH，
∴AH＝＝.
在Rt△ADH中，由AH＝，AD＝2，可知∠HDA＝45°，即∠PDA＝45°.
∴在Rt△PAD中，可得PA＝AD＝2.
由(1)可知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图的空间直角坐标系.由E，F分别为BC，PC的中点，可得A(0，0，0)，B(，－1，0)，C(，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(，0，0)，F，
所以＝(，0，0)，＝.
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设平面AEF的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则因此
取z1＝－1，得n＝(0，2，－1).
因为BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC＝A，
所以BD⊥平面AFC，
故为平面AFC的一个法向量.
又＝(－，3，0)，
所以cos〈n，〉＝＝＝.
由图易知二面角E－AF－C为锐角，故所求二面角的余弦值为.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
5.(2019·石家庄质检)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝，点E在AD上，且AE＝2ED.
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(1)已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；
(2)当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？
(1)证明 ∵AB⊥AC，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，
∵底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，
∴∠ACD＝45°，即AD＝CD，
又AB⊥AC，∴BC＝AC＝2AD，
∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝AD，
∴四边形ABFE是平行四边形，∴AB∥EF，
∴AC⊥EF，
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，
∵PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，
∴EF⊥平面PAC，
∵EF?平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.
(2)解 ∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，
∴AC⊥平面PAB，则∠APC为PC与平面PAB所成的角，
若PC与平面PAB所成的角为45°，
则tan∠APC＝＝1，即PA＝AC＝，
取BC的中点为G，连接AG，则AG⊥BC，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\C51.TIF" \* MERGEFORMAT
则A(0，0，0)，B(1，－1，0)，C(1，1，0)，E，P(0，0，)，
∴＝，
＝，
设平面PBE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令y＝3，则x＝5，z＝，∴n＝(5，3，)，
∵＝(1，1，0)是平面PAB的一个法向量，
cos?n，?＝＝，
故结合图形可知当二面角A－PB－E的余弦值为时，直线PC与平面PAB所成的角为45°.
6.(2018·合肥模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝，四边形BFED为矩形，平面BFED⊥平面ABCD，BF＝1.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S158.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：AD⊥平面BFED；
(2)点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成锐二面角为θ，试求θ的最小值.
(1)证明 在梯形ABCD中，
∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠BCD＝，
∴AB＝2，∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos ＝3.
∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD.
∵平面BFED⊥平面ABCD，平面BFED∩平面ABCD＝BD，DE?平面BFED，DE⊥DB，
∴DE⊥平面ABCD，
∴DE⊥AD，又DE∩BD＝D，
∴AD⊥平面BFED.
(2)解 由(1)可建立以点D为坐标原点，分别以直线DA，DB，DE为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S159.TIF" \* MERGEFORMAT
令EP＝λ(0≤λ≤)，
则D(0，0，0，)，A(1，0，0)，B(0，，0)，P(0，λ，1)，
∴＝(－1，，0)，＝(0，λ－，1).
设n1＝(x，y，z)为平面PAB的一个法向量，
由得
取y＝1，得n1＝(，1，－λ)，
∵n2＝(0，1，0)是平面ADE的一个法向量，
∴cos θ＝＝＝.
∵0≤λ≤，
∴当λ＝时，cos θ有最大值，
又∵θ为锐角，∴θ的最小值为.
空间向量及空间位置关系
最新考纲 1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直；4.理解直线的方向向量及平面的法向量；5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；6.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\知识衍化体验.TIF" \* MERGEFORMAT
知 识 梳 理
1.空间向量的有关概念
名称 定义
空间向量 在空间中，具有大小和方向的量
相等向量 方向相同且模相等的向量
相反向量 方向相反且模相等的向量
共线向量 (或平行向量) 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量
共面向量 平行于同一个平面的向量
2.空间向量的有关定理
(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.
(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.
(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底.
3.空间向量的数量积及运算律
(1)数量积及相关概念
①两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是[0，π]，若〈a，b〉＝，则称a与b互相垂直，记作a⊥b.
②非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉.
(2)空间向量数量积的运算律：
①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；
②交换律：a·b＝b·a；
③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.
4.空间向量的坐标表示及其应用
设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
向量表示 坐标表示
数量积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3
共线 a＝λb(b≠0，λ∈R) a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3
垂直 a·b＝0(a≠0，b≠0) a1b1＋a2b2＋a3b3＝0
模 |a| eq \r(a＋a＋a)
夹角 〈a，b〉(a≠0，b≠0) cos〈a，b〉＝eq \f(a1b1＋a2b2＋a3b3,\r(a＋a＋a)·\r(b＋b＋b))
5.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⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.
6.空间位置关系的向量表示
位置关系 向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2 l1∥l2 n1∥n2?n1＝λn2
l1⊥l2 n1⊥n2?n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m?n·m＝0
l⊥α n∥m?n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m?n＝λm
α⊥β n⊥m?n·m＝0
[微点提醒]
1.在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：＝x＋y(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点.
2.在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间任意一点.
3.向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立.
4.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.
基 础 自 测
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\疑误辨析.TIF" \* MERGEFORMAT
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线的方向向量是唯一确定的.( )
(2)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.( )
(3)若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量.( )
(4)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角.( )
(5)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( )
解析 (1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个；
(2)a⊥α；(3)若a，b，c中有一个是0，则a，b，c共面，不能构成一个基底；(4)若〈a，b〉＝π，则a·b<0，故不正确；(5)两个平面可能平行或重合.
答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\教材衍化.TIF" \* MERGEFORMAT
2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则( )
A.α∥β B.α⊥β
C.α，β相交但不垂直 D.以上均不对
解析 ∵n1≠λn2，且n1·n2＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直.
答案 C
3.(选修2－1P118A6改编)已知a＝(cos θ，1，sin θ)，b＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a＋b与a－b的夹角是________.
解析 a＋b＝(cos θ＋sin θ，2，cos θ＋sin θ)，
a－b＝(cos θ－sin θ，0，sin θ－cos θ)，
∴(a＋b)·(a－b)＝(cos2 θ－sin2 θ)＋(sin2 θ－cos2 θ)＝0，
∴(a＋b)⊥(a－b)，则a＋b与a－b的夹角是.
答案
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4.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. D.
解析 设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，
则化简得∴x＝y＝z.
答案 C
5.(2018·合肥月考)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是________.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\LS12.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 以A为原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，M，O，N.·＝·＝0，∴ON与AM垂直.
答案 垂直
6.如图所示，在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝________(用a，b，c表示).
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\C33C.TIF" \* MERGEFORMAT
解析 ＝＋＝a＋
＝a＋(－)＝a＋
＝a＋×(＋)＝a＋b＋c.
答案 a＋b＋c
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\考点聚焦突破.tif" \* MERGEFORMAT
考点一 空间向量的数量积及应用 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 典例迁移
【例1】 (经典母题)如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\H35.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)·；(2)·.
解 设＝a，＝b，＝c.
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
(1)＝＝c－a，＝－a，＝b－c，
·＝·(－a)＝a2－a·c＝，
(2)·＝(＋＋)·(－)
＝·(－)
＝·(－)
＝·(c－a)
＝
＝.
【迁移探究1】 本例的条件不变，求证：EG⊥AB.
证明 由例1知＝(＋－)＝(b＋c－a)，
所以·＝(a·b＋a·c－a2)
＝＝0.
故⊥，即EG⊥AB.
【迁移探究2】 本例的条件不变，求EG的长.
解 由例1知＝－a＋b＋c，
||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，则||＝，即EG的长为.
【迁移探究3】 本例的条件不变，求异面直线AG和CE所成角的余弦值.
解 由例1知＝b＋c，＝＋＝－b＋a，
cos?，?＝＝－，
由于异面直线所成角的范围是，
所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.
规律方法 1.利用数量积解决问题的两条途径：一是根据数量积的定义，利用模与夹角直接计算；二是利用坐标运算.
2.空间向量的数量积可解决有关垂直、夹角、长度问题.
(1)a≠0，b≠0，a⊥b?a·b＝0；
(2)|a|＝；
(3)cos〈a，b〉＝.
【训练1】 如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\LA17.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求AC1的长；
(2)求证：AC1⊥BD；
(3)求BD1与AC夹角的余弦值.
(1)解 记＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
∴a·b＝b·c＝c·a＝.
||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)
＝1＋1＋1＋2×＝6，
∴|1|＝，即AC1的长为.
(2)证明 ∵＝a＋b＋c，＝b－a，
∴·＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c
＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0.
∴⊥，∴AC1⊥BD.
(3)解 ＝b＋c－a，＝a＋b，
∴||＝，||＝，
·＝(b＋c－a)·(a＋b)
＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.
∴cos〈，〉＝＝.
∴AC与BD1夹角的余弦值为.
考点二 用空间向量证明平行和垂直问题
【例2】 如图正方形ABCD的边长为2，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\C25A.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：AE∥平面BCF；
(2)求证：CF⊥平面AEF.
证明 取BC中点H，连接OH，则OH∥BD，
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\C26.TIF" \* MERGEFORMAT
又四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，
故以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，)，B(1，2，0).
＝(－2，－2，0)，＝(1，0，)，＝(－1，－2，).
(1)设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取z＝1，得n＝(－，，1).
又四边形BDEF为平行四边形，
∴＝＝(－1，－2，)，
∴＝＋＝＋
＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，)＝(－3，－4，)，
∴·n＝3－4＋＝0，∴⊥n，
又AE?平面BCF，∴AE∥平面BCF.
(2)＝(－3，0，)，∴·＝－3＋3＝0，·＝－3＋3＝0，
∴⊥，⊥，
即CF⊥AF，CF⊥AE，
又AE∩AF＝A，
AE，AF?平面AEF，
∴CF⊥平面AEF.
规律方法 1.证明直线与平面平行，只须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.
2.用向量证明垂直的方法
(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.
(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.
(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.
【训练2】 如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綉BC，二面角A1－AB－C是直二面角.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S95.TIF" \* MERGEFORMAT
求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
证明 因为二面角A1－AB－C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，
所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB＝AC，BC＝AB，
所以∠CAB＝90°，
即CA⊥AB，
所以AB，AC，AA1两两互相垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.
设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2).
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S96.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，＝(2，0，0)，
设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，
则即
即取y＝1，则n＝(0，1，0)，
所以＝2n，
即∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)，
设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，
即m＝(1，－1，1).
所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
所以⊥m，
又AB1?平面A1C1C，
所以AB1∥平面A1C1C.
考点三 用空间向量解决有关位置关系的探索性问题 INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\箭头.TIF" \* MERGEFORMAT 多维探究
角度1 与平行有关的探索性问题
【例3－1】 (2018·西安八校联考)已知某几何体的直观图和三视图如图，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形.M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S97.TIF" \* MERGEFORMAT
解 由几何体的三视图可知AB，BC，BB1两两垂直，AN＝AB＝BC＝4，BB1＝8.如图，分别以AB，BB1，BC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系B－xyz，则A(4，0，0)，B(0，0，0)，C(0，0，4)，N(4，4，0)，B1(0，8，0)，C1(0，8，4).
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S98.TIF" \* MERGEFORMAT
设平面CNB1的法向量为n＝(x，y，z).
∵＝(－4，－4，4)，＝(－4，4，0)，
∴
令x＝1，可得平面CNB1的一个法向量为n＝(1，1，2).
设P(0，0，a)(0≤a≤4).
由M(2，0，0)，得＝(2，0，－a).
∵MP∥平面CNB1，∴·n＝2－2a＝0，解得a＝1，
∴在线段CB上存在一点P，使得MP∥平面CNB1，此时BP＝1.
角度2 与垂直有关的探索性问题
【例3－2】 如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S99.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：AC⊥BF；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
(1)证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF?平面ADEF，
∴AF⊥平面ABCD.
∵AC?平面ABCD，∴AF⊥AC.
过A作AH⊥BC于H，则BH＝1，AH＝，CH＝3，
∴AC＝2，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB，
∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面FAB，
∵BF?平面FAB，∴AC⊥BF.
(2)解 存在.由(1)知，AF，AB，AC两两垂直.
以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(－1，，2).
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S100.TIF" \* MERGEFORMAT
假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，
设＝λ，则λ>0，P.
设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z).
由＝，＝(0，2，0)，
得
即
令x＝1，则z＝，
所以m＝为平面PAC的一个法向量.
同理，可求得n＝为平面BCEF的一个法向量.
当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF，
故存在满足题意的点P，此时＝.
规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.
(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为＝λ，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.
【训练3】 (2019·桂林模拟)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S101.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.
(1)证明 设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，
∴AO2＋A1O2＝AA，
∴A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O?平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，).
INCLUDEPICTURE "C:\\Documents and Settings\\Administrator\\桌面\\最新考纲2020届高考数学(理科)一轮复习讲义(含答案)\\4S102.TIF" \* MERGEFORMAT
由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)，
·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
∴⊥，即BD⊥AA1.
(2)解 假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，).
从而有P(0，1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ).
设平面DA1C1的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，
则
又＝(0，2，0)，＝(，0，)，
则
取n3＝(1，0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，
则n3⊥，即n3·＝－－λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.
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[思维升华]
1.利用向量的线性运算和空间向量基本定理表示向量是向量应用的基础.
2.利用共线向量定理、共面向量定理可以证明一些平行、共面问题；利用数量积运算可以解决一些距离、夹角问题.
3.利用向量解立体几何题的一般方法：把线段或角度转化为向量表示，用已知向量表示未知向量，然后通过向量的运算或证明去解决问题.其中合理选取基底是优化运算的关键.
4.向量的运算有线性运算和数量积运算两大类，运算方法有两种，一种是建立空间坐标系，用坐标表示向量，向量运算转化为坐标运算，另一种是选择一组基向量，用基向量表示其它向量，向量运算转化为基向量的运算.
5.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直.
[易错防范]
1.在利用＝x＋y①证明MN∥平面ABC时，必须说明M点或N点不在面ABC内(因为①式只表示与，共面).
2.找两个向量的夹角，应使两个向量具有同一起点，不要误找成它的补角.
3.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.
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基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k等于( )
A.2 B.－4 C.4 D.－2
解析 ∵α∥β，∴两平面的法向量平行，
∴＝＝，∴k＝4.
答案 C
2.在空间直角坐标系中，已知A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，则直线AB与CD的位置关系是( )
A.垂直 B.平行
C.异面 D.相交但不垂直
解析 由题意得，＝(－3，－3，3)，＝(1，1，－1)，所以＝－3，所以与共线，又AB与CD没有公共点，所以AB∥CD.
答案 B
3.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为( )
A.a2 B.a2 C.a2 D.a2
解析 如图，设＝a，＝b，＝c，
则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量两两夹角为60°.
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＝(a＋b)，＝c，
∴·＝(a＋b)·c
＝(a·c＋b·c)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.
答案 C
4.如图，在空间四边形OABC中，OA＝8，AB＝6，AC＝4，BC＝5，∠OAC＝45°，∠OAB＝60°，则OA与BC所成角的余弦值为( )
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A. B.
C. D.
解析 因为＝－，
所以·＝·－·
＝||||cos〈，〉－||||cos〈，〉
＝8×4×cos 135°－8×6×cos 120°＝－16＋24.
所以cos〈，〉＝
＝＝.
即OA与BC所成角的余弦值为.
答案 A
5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
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A.斜交 B.平行
C.垂直 D.MN在平面BB1C1C内
解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1M＝AN＝，
则M，N，＝.
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又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量.
因为·＝0，
所以⊥，又MN?平面BB1C1C，
所以MN∥平面BB1C1C.
答案 B
二、填空题
6.(2019·西安调研)已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x＋y＝________.
解析 由条件得
解得x＝，y＝－，z＝4，
∴x＋y＝－＝.
答案
7.正四面体ABCD的棱长为2，E，F分别为BC，AD中点，则EF的长为________.
解析 ||2＝(＋＋)2
＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)
＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)
＝2，
∴||＝，∴EF的长为.
答案
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∥.其中正确的序号是________.
解析 ∵·＝0，·＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确；
又AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，
∴是平面ABCD的法向量，则③正确；
∵＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，
∴与不平行，故④错误.
答案 ①②③
三、解答题
9.(2018·青海质检)正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点.求证：MN∥平面A1BD.
证明 如图所示，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.
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设正方体的棱长为1，则
D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，M，N，
于是＝，＝(1，0，1)，＝(1，1，0).
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝0，且n·＝0，得
取x＝1，得y＝－1，z＝－1.
所以n＝(1，－1，－1).
又·n＝·(1，－1，－1)＝0，
所以⊥n.
又MN?平面A1BD，所以MN∥平面A1BD.
10.如图所示，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：
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(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明 (1)取BC的中点O，连接PO，△PBC为等边三角形，即PO⊥BC，
∵平面PBC⊥底面ABCD，BC为交线，PO?平面PBC，
∴PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
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不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝.
∴A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，).
∴＝(－2，－1，0)，＝(1，－2，－).
∵·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，
∴⊥，
∴PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，则M.
∵＝，＝(1，0，－)，
∴·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，
∴⊥，即DM⊥PB.
∵·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，
∴⊥，即DM⊥PA.
又∵PA∩PB＝P，PA，PB?平面PAB，
∴DM⊥平面PAB.
∵DM?平面PAD，
∴平面PAD⊥平面PAB.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.有下列命题：①若p＝xa＋yb，则p与a，b共面；②若p与a，b共面，则p＝xa＋yb；③若＝x＋y，则P，M，A，B共面；④若P，M，A，B共面，则＝x＋y.其中真命题的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解析 ①正确；②中若a，b共线，p与a不共线，则p＝xa＋yb就不成立；③正确；④中若M，A，B共线，点P不在此直线上，则＝x＋y不正确.
答案 B
12.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为( )
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A.(1，1，1) B.
C. D.
解析 设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM?平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，
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又O是正方形ABCD对角线交点，
∴M为线段EF的中点.
在空间坐标系中，E(0，0，1)，F(，，1).
由中点坐标公式，知点M的坐标.
答案 C
13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________.
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解析 以D1A1，D1C1，D1D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)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，
∴＝(x－1，0，1)，∴＝(1，1，y)，
由于B1E⊥平面ABF，
所以·＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0?x＋y＝1.
答案 1
14.如图，正△ABC的边长为4，CD为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.
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(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.
解 (1)AB∥平面DEF，理由如下：
在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB.
又因为AB?平面DEF，EF?平面DEF，
所以AB∥平面DEF.
(2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，
故＝(0，，1).
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假设存在点P(x，y，0)满足条件，
则＝(x，y，－2)，·＝y－2＝0，
所以y＝.
又＝(x－2，y，0)，＝(－x，2－y，0)，∥，
所以(x－2)(2－y)＝－xy，所以x＋y＝2.
把y＝代入上式得x＝，所以＝，
所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时＝.
